Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

2
Prof. Dr. Thomas Peternell
Inhaltsverzeichnis
0. Vorbemerkungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1. Komplexe Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Analysis IV (Funktionentheorie)
2. Wegintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3. Der Satz von Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4. Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5. Die Umlaufszahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip . . . . . . . . . . . . . . 31
8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Dieses Skript bezieht sich auf die Vorlesung Analysis IV“, die Prof. Dr. Thomas Peternell im Sommer-
”
semester 2002 an der Universität Bayreuth hielt. Das Dokument wurde in LATEX gesetzt.
9. Stammfunktionen und Logarithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
10. Reell-analytische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Wer Tipp- oder sonstige Fehler findet, von denen es sicherlich einige im Skript gibt, kann mir diese gerne
mitteilen.
11. Laurentreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Die aktuellste Version des Skripts gibt’s auf der Lehrämtler-Homepage www.trepsilon.de.
13. Der Residuensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
14. Der Satz von Rouché . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
15. Der Satz von Mittag-Leffler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
16. Der Weierstraßsche Produktsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
17. Biholomorphe Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
18. Der Satz von Montel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
19. Der Riemannsche Abbildungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Übungsblätter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Version 0.11 vom 16. Juli 2002
Namensverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
c○ 2002 Stefan Meyer
stem@abi-selb.de

0. Vorbemerkungen 4
3 0. Vorbemerkungen
0.4.1. Satz
[0, 1] ist zusammenhängend.
0. Vorbemerkungen
Beweis: Sei X = [0, 1] = U1 ∪ U2 mit ∅ = Ui ⊂ [0, 1] offen. Zeige: U1 ∩ U2 = ∅.
Annahme: U1 ∩ U2 = ∅.
Sei x1 ∈ U1 und x2 ∈ U2. Ohne Einschränkung sei x1 < x2. Definiere z := sup(U1 ∩ [x1, x2]).
1. Fall: z /∈ U1 Annahme: z ∈ U1. Dann existiert ein ε > 0 mit [z, z + ε) ⊂ U1. Es ist z < x2, weil
x2 ∈ U2 und U1 ∩ U2 = ∅ mit Ui offen. Dann gilt für ein hinreichend kleines ε:
0.1. Definition
Sei X ein topologischer Raum.
a) X heißt zusammenhängend, wenn aus X = U1 ∪ U2 mit ∅ = Ui ⊂ X offen folgt: U1 ∩ U2 = ∅.
b) X heißt wegzusammenhängend, wenn für alle x1, x2 ∈ X eine Kurve γ : [0, 1] → X existiert mit
γ(0) = x1 und γ(1) = x2.
[z, z + ε) ⊂ U1 ∩ [x1, x2].
Dies ist ein Widerspruch zur Definition von z als Supremum.
2. Fall: z /∈ U2 Annahme: z ∈ U2. Dann existiert ein ε > 0 mit (z − ε, z] ⊂ U2. Es ist z > x1 und
z < x2. Für ein hinreichend kleines ε gilt dann:
0.2. Bemerkung
a) X ist genau dann zusammenhängend, wenn aus A ⊂ X offen und abgeschlossen folgt: A = ∅ oder
A = X.
b) Sei X zusammenhängend, f : X → R (oder C) stetig und lokal-konstant1 , dann folgt: f ist konstant.
(z − ε, z] ⊂ U2 ∩ [x1, x2].
Also z − ε ∈ U1 ∩ [x1, x2] und damit U1 ∩ U2 = ∅, was ein Widerspruch ist.
Also: z ∈ [0, 1] \ (U1 ∪ U2), was ein Widerspruch zur Annahme ist.
0.4.2. Bemerkung
Jedes Intervall ist zusammenhängend.
0.5. Definition
Eine offene zusammenhängende Menge G ⊂ Rn heißt Gebiet.
Beweis:
a) ⇒“: Sei ∅ = A ⊂ X offen und abgeschlossen. Setze U1 := A (offen) und U2 := X \ A (offen),
”
also X = U1 ∪ U2. Da X zusammenhängend ist, gilt entweder U1 = ∅ oder U2 = ∅. Ersteres
ist ein Widerspruch zu A = ∅, letzteres bedeutet X = A, was zu zeigen war.
” ⇐“: Sei X = U1 ∪ U2 mit U1 ∩ U2 = ∅. Setze A := U1. Gemäß Voraussetzung folgt dann: A = ∅
oder A = X, also U1 = ∅ oder U2 = ∅.
b) Sei a ∈ f(X), d.h. es existiert ein x ∈ X mit f(x) = a. f ist lokal-konstant, also ist f −1 (a)
offen. Da f stetig ist, ist auch f −1 (a) abgeschlossen. Sei nun x ′ ∈ f −1 (a) mit x ′ nahe x. Dann
gilt f(x ′ ) = f(x), weil f lokal-konstant ist, und damit x ′ ∈ f −1 (a). Da X zusammenhängend ist,
folgt insgesamt: f −1 (a) = X.
Bemerkung
Weiteres zur Topologie ist in Abschnitt 16. zu finden.
0.3. Satz
a) Sei X ein topologischer Raum, der wegzusammenhängend ist. Dann ist X auch zusammenhängend.
b) Sei G ⊂ Rn offen und zusammenhängend. Dann ist G auch wegzusammenhängend. 2
Beweis:
a) Sei ∅ = U ⊂ X offen und abgeschlossen. Sei x ∈ U und y ∈ X. Zu zeigen: y ∈ U. Wähle
einen stetigen Weg γ : [0, 1] → X mit γ(0) = x und γ(1) = y. ∅ = γ−1 (U) ⊂ [0, 1] ist offen (da
U offen ist) und abgeschlossen. Satz 0.4.1. besagt, daß [0, 1] zusammenhängend ist. Also ist
γ−1 (U) = [0, 1] und γ ∈ U, d.h. γ(1) ∈ U.
b) Sei z0 ∈ G fest und f : G → R mit
1 es existiert ein stetiger Weg von z nach z0
.
0 sonst
f(z) :=
Zeige nun, daß f lokal-konstant ist. Sei dazu z ∈ G und wähle ein ε > 0. Sei Uε(z) = U ⊂ G.
Ohne Einschränkung sei f|U = 0. Dann existiert ein z1 ∈ G mit f(z1) = 0, also f(z1) = 1. Dann
gibt es ein stetiges γ : [0, 1] → G mit γ(0) = z0 und γ(1) = z1.
Nehme nun ein beliebiges z ′ ∈ U und zeige: f(z ′ ) = 1. Sei nun γ irgendein stetiger Weg von z1
nach z ′ , zum Beispiel ein Geradenstück. Setze γ : [0, 1] → G mit
1
γ(2t) 0 ≤ t ≤ 2
≤ t ≤ 1 .
1
γ(2t − 1) 2
γ(t) :=
Es ist γ(0) = z1, γ(1) = z, γ(0) = z0 und γ(1) = z ′ . γ ist damit ein stetiger Weg von z0 nach z ′ ,
also: f(z ′ ) = 1.
f ist damit lokal-konstant. Also ist f konstant, weil G zusammenhängend ist. Damit gilt f(z) = 1
für alle z ∈ G mit f(z0) = 1. Damit ist G wegzusammenhängend.
1f : X → R heißt lokal-konstant, wenn für alle x ∈ X ein offenes U = U(x) existiert, so daß f|U offen ist.
2Es gibt topologische Räume, die zusammenhängend, aber nicht wegzusammenhängend sind.

1. Komplexe Differenzierbarkeit 6
5 1. Komplexe Differenzierbarkeit
1.3. Folgerung
1. Komplexe Differenzierbarkeit
∂y (z0)
.
∂y (z0)
.
Es gilt:
∂f
∂x (z0) − i ∂f
∂f
∂x (z0) + i ∂f
a) ∂f
∂z (z0) = 1
2
b) ∂f
∂z (z0) = 1
2
1.1. Notationen
Sei U ⊂ C offen und f : U → C, f = u + iv mit u, v : U → R. Dabei ist u = Re(f) und v = Im(f). Dabei
wird R2 mit C identifiziert: (x, y) =“ x + iy.
”
f ist genau dann in z0 ∈ U reell differenzierbar, wenn u und v in z0 reell differenzierbar sind. Es gilt:
c) ∂f
∂z (z0) = ∂f
∂z (z0).
∂v + i ∂x .
∂f
= ∂z (z0).
d) ∂f
∂z
∂v + i ∂y .
∂u = ∂x
∂u = ∂y
a) ∂f
∂x
b) ∂f
∂y
Beweis: Für a) und b) gilt:
∂f
= ∂x .
c) ∂f
∂x
◦ A
∂f
(z0),
∂y (z0)
=
∂f
(z0),
∂z (z0)
∂f
∂z
∂f
= ∂y .
d) ∂f
∂y
1
2
1 − 2i
1
2
∂f
∂x
∂f
∂x
=
Sei U ⊂ R 2 , f : U → R 2 und z0 = x0 + iy0. Es gelten folgende Äquivalenzen:
1
2i
∂f
(z0),
∂y (z0)
a) f ist in z0 reell differenzierbar.
∂f
∂y (z0). c) und d) folgen aus
∂f
∂x (z0) − 1
2i
∂f
∂y (z0) und ∂f
∂z (z0) = 1
2
∂f
∂x (z0) + 1
2i
∂z (z0) = 1
2
Also gilt: ∂f
Definition 1.1.
→ 0 (z → z0).
|z−z0|
b) f(z) = f(z0) + Df(z1)(z − z0) + ϕ(z) mit ϕ(z)
c) Es existieren in z0 stetige ∆1, ∆2, so daß f(z) = f(z0) + (x − x0)∆1(z) + (y − y0)∆2(z).
Es gilt: ∆1(z0) = ∂f
∂x (z0) und ∆2(z0) = ∂f
∂y (z0).
. Ansatz:
∂f
und ∂y
∂z = zez und ∂f
∂z = ez . Berechne nun ∂f
∂x
1.4. Beispiel
Sei f : C → C, f(z) = zez . Dann folgt: ∂f
f = u + iv.
1.2. Satz und Definition
Sei U ⊂ C offen, f : U → C und z0 ∈ U.
f(z) = f(x + iy)
= (x − iy)e x e iy
= (x − iy)e x (cos y + i sin y)
= xe x cos y + ixe x sin y − iye x cos y + ye x sin y.
a) f ist genau dann in z0 reell differenzierbar, wenn in z0 stetige ∆, ∆ ′ : U → C existieren, so daß für
alle z ∈ U gilt:
f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z) + (z − z0)∆ ′ (z).
b) Sei f in z0 reell differenzierbar. Dann sind ∆(z0) und ∆ ′ (z0) eindeutig bestimmt. Wir setzen:
Somit gilt:
∂f
∂z (z0) := ∆(z0) und ∂f
∂z (z0) := ∆ ′ (z0).
u(x + iy) = xe x cos y + ye x sin y,
v(x + iy) = xe x sin y − ye x cos y.
Beweis: Es gilt:
x − x0 = Re(z − z0)
Es folgt:
∂f
∂x = ex cos y + xe x cos y + ye x sin y + i(e x sin y + xe x sin y − ye x cos y),
∂f
∂y = −xex sin y + e x sin y + ye x cos y + i(xe x cos y + ye x sin y − e x cos y).
= 1
2 ((z − z0) + (z − z0)).
y − y0 = Im(z − z0)
= 1
2i ((z − z0) − (z − z0)).
.
z − z0
z − z0
x − x0
y − y0
Insgesamt ergibt sich:
= A
∈ GL(2, C). Dann gilt:
1
2
1 − 2i
1
2
1
2i
Setze nun A :=
− i∂f
∂y
∂f
∂x
1
=
2
∂f
∂z
= (x − iy)e x e iy
= ze z .
1.5. Definition
f : U → C heißt in z0 komplex differenzierbar, wenn ein in z0 stetiges ∆: U → C existiert, so daß für alle
z ∈ U gilt:
f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z).
a) ⇒“: f ist in z0 reell differenzierbar, also ist f(z) = f(z0) + (x − x0)∆1(z) + (y − y0)∆2(z).
”
Definiere (∆, ∆ ′ ) := (∆1, ∆2) ◦ A. Dann gilt:
(z − z0)∆(z) + (z − z0)∆ ′ (z) = (∆(z), ∆ ′
z − z0
(z))
z − z0
z − z0
= (∆1(z), ∆2(z)) ◦ A
z − z0
= (x − x0)∆1(z) + (y − y0)∆2(z).
” ⇐“: Setze (∆1, ∆2) := (∆, ∆ ′ ) ◦ A −1 und führe obige Rechnung rückwärts durch.
b) ∆(z0) und ∆ ′ (z0) sind eindeutig bestimmt, weil ∆1(z0) und ∆2(z0) eindeutig bestimmt sind.
∆(z0) =: f ′ (z0) heißt komplexe Ableitung von f in z0.

1. Komplexe Differenzierbarkeit 8
7 1. Komplexe Differenzierbarkeit
+(z − z0)∆(z). Also ist ∆(z) = 0 und
1.6. Satz
Sei z0 ∈ U ⊂ C und f : U → C. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
= f(z0)
=c
1.9. Beispiele
a) Sei f : C → C mit f(z) = c. Gemäß 1.5. gilt: f(z)
=c
∂f
∂z (z0) = 0 für alle z0 ∈ C.
a) f ist in z0 komplex differenzierbar.
b) f ist in z0 reell differenzierbar und es gilt: ∂f
∂z (z0) = 0.
b) Sei f : C → C mit f(z) = z. Es gilt: f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z) = z0 + (z − z0)∆(z) = z. Daraus
folgt ∆(z) = 1, und somit ∂f
∂z (z0) = 1 für alle z0 ∈ C.
c) Sei f : C∗ = C \ {0} → C mit f(z) = 1
z . Es gilt f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z) = 1
z0 + (z − z0)∆(z) = 1
z .
Daraus folgt ∆(z) = − 1
z·z0 . Also gilt f ∈ O(C∗ ) und ∂f
.
Ist f in z0 komplex differenzierbar, so ist f ′ (z0) = ∂f
∂z (z0).
Beweis:
∂z (z0) = − 1
z2 0
d) Sei f : C → C mit f(z) = z. Es gilt ∂f
∂z = 1 für alle z0 ∈ C. f ist somit in keinem Punkt komplex
differenzierbar.
” a) ⇒ b)“: Setze ∆′ = 0 (siehe 1.2.). Dann folgt: ∂f
∂z (z0) = ∆ ′ (z0) = 0 und ∂f
∂z (z0) = ∆(z0) = f ′ (z0).
” b) ⇒ a)“: Sei f in z0 reell differenzierbar. Gemäß 1.2. existieren dann in z0 stetige ∆, ∆ ′ : U → C,
so daß für alle z ∈ U gilt:
1.10. Satz
Seien f1, f2 : U → C in z0 komplex differenzierbar, und c ∈ C. Dann sind auch f1 + f2, cf1 und f1f2 in
f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z) + (z − z0)∆ ′ (z).
z0 komplex differenzierbar. Es gilt:
Wir benötigen eine Darstellung der Form f(z) = f(z0) + (z − z0) ∆(z). Dazu setzen wir
a) (f1 + f2) ′ (z0) = f ′ 1(z0) + f ′ 2(z0).
b) (cf1) ′ (z0) = cf ′ 1(z0).
c) (f1f2) ′ (z0) = f ′ 1(z0)f2(z0) + f1(z0)f ′ 2(z0).
Beweis: a) und b) sind klar. Zu c): Sei fi(z) = fi(z0) + (z − z0)∆i(z) mit in z0 stetigen ∆i (i = 1, 2).
Dann gilt: f1f2(z) = f1(z0)f2(z0) + (z − z0)∆(z). Definiere nun ∆(z) := ∆1(z)f2(z0) + ∆2(z)f1(z0).
z−z0
z−z0 ∆′ (z) z = z0, z ∈ U
.
ϕ(z) :=
0 z = z0
Zeige nun: ϕ ist in z0 stetig. Nehme dazu eine Folge (zn) → z0. Dann gilt:
· |∆′ (zn)|
zn − zn,0
|ϕ(zn)| =
1.11. Satz
Seien U1, U2 ⊂ C offen, fi : Ui → C und fi(U1) ⊂ U2. Sei z0 ∈ U1 und w0 := f1(z0). Ist f1 in z0 komplex
differenzierbar und f2 in w0 komplex differenzierbar, so ist f2 ◦ f1 ist z0 komplex differenzierbar. Es gilt:
zn − zn,0
= |∆ ′ (zn)|
(f2 ◦ f1) ′ (z0) = f ′ 2(w0) · f ′ 1(z0).
∆ ′ in z0 stetig
→ |∆ ′ (z0)|
= 0.
Beweis: Definiere
f1(z) = f1(z0) + (z − z0)∆1(z), (1)
f2(w) = f2(w0) + (w − w0)∆2(w). (2)
Also gilt: lim
n→∞ ϕ(zn) = 0 = ϕ(z0). Setze also ∆(z) = ∆(z) + ϕ(z). ∆ ist also in z0 stetig und für
alle z ∈ U ist f(z) = f(z0) + (z − z0) ∆(z). f ist somit in z0 komplex differenzierbar.
∆1 ist dabei in z0 stetig und ∆2 in w0. Für w = f1(z) und w0 = f1(z0) ergibt Gleichung (2):
1.7. Definition
Sei U ⊂ C offen. f : U → C heißt komplex differenzierbar oder holomorph, wenn f in jedem z0 ∈ U
komplex differenzierbar ist.
O(U) := {f : U → C holomorph}
(f2 ◦ f1)(z) = f2(f1(z))
= f2(w)
(2)
= f2(w0) + (w − w0)∆2(w)
= (f2 ◦ f1)(z0) + (f1(z) − f1(z0))∆2(f1(z))
1.8. Satz
Sei f : U → C, f = u + iv und f sei in z0 reell differenzierbar. Dann sind äquivalent:
(1)
= (f2 ◦ f1)(z0) + (z − z0)∆1(z)∆2(f1(z)).
a) ∂f
∂z (z0) = 0, d.h. f ist in z0 komplex differenzierbar.
Definiere ∆(z) := ∆1(z)∆2(f1(z)). f2 ◦ f1 ist somit in z0 komplex differenzierbar:
∂x (z0). (Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen)
∂x (z0) = ∂v
∂y (z0) und ∂u
∂y (z0) = − ∂v
b) ∂u
(f2 ◦ f1) ′ (z0) = ∆(z0)
= ∆1(z0)∆2(w0)
= f ′ 1(z0)f ′ 2(w0).
Beweis: Im Punkte z0 gilt:
+ i∂f
∂y
∂v
+ i
∂f
∂x
∂u
∂x
∂u
∂x
1.3. 1
=
2
= 1
2
= 1
2
∂f
∂z
1.12. Satz
Seien fi : Ui → C in z0 komplex differenzierbar. fi habe keine Nullstellen. Dann ist f1
f2 in z0 komplex
′
′
′
f1
f 1 (z0)f2(z0)−f1(z0)f 2 differenzierbar mit (z0) = (z0)
f2(z0) 2 .
∂u
+ i + i∂v
∂x ∂y ∂y
+ 1
2 i
∂v ∂u
+
∂x ∂y
∂v
−
∂y
f2
f2
Beweis: Sei h: C∗ → C mit h(z) = 1
z . Gemäß 1.9. gilt h ∈ O(C∗ ). Nach 1.11. ist auch h ◦ f2 = 1
′
1
∂u = − ∂y .
∂v und ∂x
∂v = ∂y
∂u
= 0 gilt also genau dann, wenn ∂x
∂f
∂z
f2 in z0 komplex
′
f 2 (z0)
f2(z0) 2 . Nach 1.11. ist f1 · 1
in z0 komplex differenzierbar. Es gilt: f2 (z0) = −
differenzierbar. Die Formel folgt aus der Produktregel.

2. Wegintegrale 10
9 1. Komplexe Differenzierbarkeit
2. Wegintegrale
1.13. Folgerung
Sei a, b ∈ R, I = [a, b] mit a < b. Sei B ⊂ C offen.
n
n
ajjz j−1 .
ajz j , holomorph auf C. Dann gilt f ′ (z) =
a) Sei f ∈ C[z], d.h. f(z) =
2.1. Definition
Ein stetig differenzierbarer Weg W ist eine stetig differenzierbare Abbildung ϕ: I → C, dabei ist ϕ(a)
der Anfangspunkt und ϕ(b) der Endpunkt. Ist ϕ(a) = ϕ(b), so heißt W geschlossen. |W | := ϕ(I) heißt
Spur von W . ϕ heißt einfach geschlossen, wenn ϕ| [a,b) injektiv ist. −W sei folgender Weg: ψ : I → C,
ψ(t) = ϕ(a + b − t).
j=1
j=0
b) Seien f1, f2 ∈ C[z]. Dann gilt: f1
f2 ∈ O({z ∈ C | f2(z) = 0}).
1.14. Beispiele
. Mit
∂v = ∂y
a) Sei f(z) = f(x + iy) = Re(z) = x ∈ R. Dann ist f in keinem z0 komplex differenzierbar.
Beweis: Laut Cauchy-Riemann müßte bei komplexer Differenzierbarkeit gelten: ∂u
∂x
2.2. Definition
Sei f : I → C stetig.
u(z) = x und v(z) = 0 ergibt sich der Widerspruch 1 = 0.
b
b
b
Im(f(t)) dt.
Re(f(t)) dt + i
f(t) dt :=
b) Sei f(z) = ez . (f ist reell differenzierbar.) Es gilt: f ∈ O(C).
Beweis: Rechne Cauchy-Riemann nach: ez = exeiy = ex cos y + iex sin y mit u(z) = ex cos y
und v(z) = ex sin y. Dann gilt:
a
a
a
2.3. Satz
∂x .
∂u
∂x = ex cos y = ∂v
∂y ,
∂u
∂y = −ex sin y = − ∂v
Es gilt:
b
b
b
Es gilt:
f2(t) dt.
f1(t) dt +
(f1 + f2)(t) dt =
a)
a
a
b
a
b
∂
∂x (exe iy ) − i ∂
∂y (exe iy
)
∂
∂z (ez ) = 1
2
b) αf(t) dt = α f(t) dt mit α ∈ C.
a
a
b
c) f(t) dt
a ≤
b
|f(t)| dt.
a
d) Ist Z = (t0, . . . , tn) eine Zerlegung von [a, b], also a = t0 < t1 < . . . < tn = b, so gilt:
b
n
tj
f(t) dt = f(t) dt.
= e z .
tj−1
j=1
a
b
f(t) dt ∈ C. Ohne Einschränkung
Beweis: a), b) und d) sind trivial. Wir zeigen nur c): Sei c :=
a
b
1.15. Satz
Sei G ⊂ C ein Gebiet.
a) Sei f ∈ O(G) und f(G) ⊂ R, d.h. Im(f) = 0. Dann ist f konstant.
b) Seien f, f ∈ O(G). Dann ist f konstant.
c) Sei f ∈ O(G) mit f ′ = 0. Dann ist f konstant.
Beweis:
a) Sei f = u + iv. Da f(G) ⊂ R, folgt: v = 0. Gemäß Cauchy-Riemann gilt dann: ∂u
∂x = 0 und
∂u
∂y = 0. u ist somit lokal konstant. Da G zusammenhängend ist, ist auch u konstant, d.h. f
ist konstant.
b) Da f, f ∈ O(G), gilt auch: f + f = 2Re(f) ∈ O(G). Also ist Re(f) konstant. Analog zeigt
man: Im(f) ist konstant. Also ist f konstant.
dt
f(t)
c
Im
a
sei c = 0 (ansonsten wäre nichts zu zeigen). Es gilt:
b
f(t)
1 =
a c dt
b
f(t)
= Re dt + i
a c
b
f(t)
≤ Re dt
a c
Analysis I b
≤
a
Re
f(t)
dt
c
(∗) b
≤
f(t)
a c dt
∂f
= ∂z = f ′ = 0. Also ist f ∈ O(G). Da auch f ∈ O(G), folgt mit b): f ist
c) Es gilt: ∂f
∂z
konstant.
b
|f(t)| dt.
1
|c|
=
a
Daraus folgt die Behauptung. (∗) gilt, weil |Re(z)| ≤ |z|.
2.4. Definition
Sei ϕ: I → C ein stetig differenzierbarer Weg. Sei f : |W | → C stetig. Dann definiert man:
b
f dz := (f ◦ ϕ) · ϕ ′ (t) dt.
a
W

2. Wegintegrale 12
11 2. Wegintegrale
b) Sei Q = [a, b] × [c, d] ⊂ R 2 = C ein Quader. Folgende Wege seien definiert:
2.5. Satz
Weg W1 : ϕ1 : [a, b] → C, ϕ1(t) = t + ic,
Weg W2 : ϕ2 : [c, d] → C, ϕ2(t) = b + it,
Weg W3 : ϕ3 : [a, b] → C, ϕ3(t) = a + b − t + id,
Weg W4 : ϕ4 : [c, d] → C, ϕ4(t) = a + i(c + d − t).
f2 dz.
f1 dz +
W
W
(f1 + f2) dz =
αf dz = α
W
4
f dz mit α ∈ C.
Es gilt:
a)
b)
Wj. Man schreibt auch: ∂Q = {W1, W2, W3, W4}.
Dann gilt für den Rand des Quaders: ∂Q =
W
W
j=1
Beweis: Trivial.
2.10. Definition
Eine Kette K ist eine Menge {W1, . . . , Wn} von Wegen. K ist geschlossen, wenn jedes c ∈ C genauso oft
n
als Anfangspunkt wie als Endpunkt eines Weges auftaucht. Ist f : |Wj| → C stetig, so setze
2.6. Definition
Sei ϕ: I → C ein stetig differenzierbarer Weg mit ϕ = ϕ1 + iϕ2. Die Länge L(W ) des Weges W ist
definiert als
j=1
b
n
|ϕ ′ (t)| dt
L(W ) :=
f dz.
f dz :=
ϕ ′ 1 (t)2 + ϕ ′ 2 (t)2 dt.
a
b
Wj
j=1
K
=
a
2.11. Definition
Seien I = [a, b] und J = [c, d] Intervalle.
a) Eine Parametertransformation ψ : J → I ist eine stetig differenzierbare, streng monoton wachsende
Funktion.
b) Seien W1 und W2 Wege, gegeben durch ϕ1 : I → C und ϕ2 : J → C. W2 geht genau dann aus W1
durch eine Parametertransformation hervor, wenn eine Parametertransformation ψ : J → I existiert,
so daß gilt: ϕ2 = ϕ1 ◦ ψ. (Das bedeutet: |W1| = |W2|.)
2.7. Satz
Der Weg W habe die Länge L(W ). f : |W | → C sei stetig. Es gelte |f(z)| ≤ r für alle z ∈ |W |. Dann
gilt:
f dz
≤ r · L(W ).
W
Beweis: Es gilt:
(f ◦ ϕ) · ϕ ′
(t) dt
b
2.12. Satz
In der Situation von Definition 2.11. b) gilt für stetige f : |W1| → C:
f dz = f dz.
Def.
=
f dz
a
W
b
|f(ϕ(t))| · |ϕ ′ (t)| dt
2.3. c)
≤
b
a
W2
W1
Beweis: Es gilt:
|ϕ ′ (t)| dt
≤ r ·
b
a
(f ◦ ϕ1)ϕ ′ 1 dt
f dz =
= r · L(W ).
a
d
(f ◦ ϕ1 ◦ ψ)(ϕ
c
′ 1 ◦ ψ)ψ ′ dt
d
W1
Substitutionsregel
=
(f ◦ ϕ2)ϕ ′ 2 dt
Kettenregel
=
c
2.8. Satz
Sei ϕ: I → C ein Weg W , Z = (t0, . . . , tn) eine Zerlegung von I und f : |W | → C stetig. Weiter sei Wj
der Weg ϕ| [tj−1,tj]. Dann gilt:
n
f dz = f dz.
f dz.
=
Wj
j=1
W
W2
Bemerkungen
f dz.
f dz = −
a) Im Falle W2 = −W1 gilt:
W1
−W1
b) Aus Satz 2.12. ergibt sich auch: L(W1) = L(W2).
Beweis: Es gilt:
b
|ϕ ′ 1(t)| dt
L(W1) =
a
d
Beweis: Klar mit Satz 2.3. d).
2.9. Beispiele
a) Sei z0 ∈ C und r > 0. W sei folgender Weg: ϕ: [0, 2π] → C mit ϕ(z) = z0 + reit . W ist einfach
geschlossen. Sei f : |W | → C mit f(z) = 1 stetig. Dann gilt:
z−z0
dz
f dz =
W
W z − z0
2π
1
=
reit ireit dt
0
2π
= |ϕ
c
′ 2(t)| dt
= L(W2).
dt
= i
0
= 2πi.

2. Wegintegrale 14
13 2. Wegintegrale
2.17. Folgerung
f dz = 0.
Ist speziell in Satz 2.16. W geschlossen, so gilt:
W
2.13. Definition
Sei B ⊂ C offen und f : B → C stetig.
a) F : B → C heißt unbestimmtes Integral von f, wenn für alle Wege W in B gilt:
f dz = F (Endpunkt von W ) − F (Anfangspunkt von W ).
W
= f.
b) F heißt Stammfunktion zu f, wenn gilt: F ∈ O(B) und F ′ = ∂F
∂z
2.14. Satz
Sei f :
B → C stetig und habe das unbestimmte Integral F . Sei K ⊂ B eine geschlossene Kette. Dann
gilt: f dz = 0.
K
Beweis: Sei K = {W1, . . . , Wn}. Dann folgt (bj: Endpunkte, aj: Anfangspunkte):
n
f dz = f dz
Wj
j=0
K
n
F (bj) − F (aj)
=
j=0
= 0,
weil jedes z ∈ C genauso oft als Endpunkt wie als Anfangspunkt auftaucht.
2.15. Hilfssatz
Sei F ∈ O(B) und ϕ: I → B stetig differenzierbar. Dann gilt:
(F ◦ ϕ) ′ = (F ′ ◦ ϕ)ϕ ′ ,
∂(F ◦ϕ)
∂t = ∂F
∂z ◦ ϕ dϕ
dt .
Beweis: Es gilt mit ϕ ′ = ϕ ′ 1 + iϕ ′ 2:
d.h.
(F ◦ ϕ) ′
∂F
= ◦ ϕ ϕ
∂x ′
∂F
1 + i ◦ ϕ ϕ
∂y ′ 2
= 1
∂F
− i∂F ◦ ϕ (ϕ
2 ∂x ∂y
′ 1 + iϕ ′ 2) + 1
∂F
+ i∂F ◦ ϕ (ϕ
2 ∂x ∂y
′ 1 + iϕ ′ 2)
∂F
= ◦ ϕ ϕ
∂z ′
∂F
+ ◦ ϕ ϕ
∂z ′
∂F
= ◦ ϕ ϕ
∂z ′ .
2.16. Satz
Sei F ∈ O(B) eine Stammfunktion zu f : B → C. Dann ist F das unbestimmte Integral zu f, und es gilt:
f dz = F (zE) − F (zA).
W
Beweis: Es gilt:
b
(f ◦ ϕ)ϕ ′ (t) dt
f dz =
a
b
W
2.15.
= (F ◦ ϕ)
a
′ (t) dt
= F (ϕ(b)) − F (ϕ(a))
= F (zE) − F (zA).

3. Der Satz von Goursat 16
15 3. Der Satz von Goursat
b) Nach Konstruktion ist (an) monoton steigend und (bn) monoton fallend. Es gilt lim(bn − an) = 0.
Also folgt: x0 := lim an = lim bn und an ≤ x0 ≤ bn für alle n ∈ N. Analog gilt y0 := lim cn =
lim dn mit cn ≤ y0 ≤ dn für alle n ∈ N.
Sei nun z0 := x0 + iy0 mit z0 ∈ Qn für alle n ∈ N. Da f in z0 komplex differenzierbar ist, existiert
ein in z0 stetiges ∆: B → C, so daß für alle z ∈ B gilt:
3. Der Satz von Goursat
Sei Q = {z = x + iy | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} =“ [a, b] × [c, d] ein Rechteck. Der Rand des Rechtecks
4
”
ist ∂Q = |Wi|. Die Wi sind wie in Beispiel 2.9. b) definiert. Für die Länge des Randes gilt: L(∂Q) =
i=1
f(z) = f(z0) + (z − z0)∆(z).
4
L(Wj) = 2(b − a) + 2(d − c).
Setze q : B → C mit q(z) = ∆(z) − ∆(z0). q ist stetig in z0 mit q(z0) = 0. Es folgt:
j=1
f(z) = f(z0) + ∆(z0)(z − z0) + q(z)(z − z0).
3.1. Satz von Goursat
Der Teil p(z) := f(z0) + ∆(z0)(z − z0) ist affin-linear. p hat also eine Stammfunktion, und
nach Folgerung 2.17. gilt: p dz = 0. Es bleibt also zu zeigen: (z − z0)q(z) dz = 0. Da
f dz = 0.
Sei B ⊂ C offen, Q ⊂ B und f ∈ O(B). Dann gilt:
∂Q
f(z) − p(z) = (z − z0)q(z) stetig ist, gilt folgende Abschätzung:
(f(z) − p(z)) dz
∂Qn
=
(z − z0)q(z) dz
∂Qn
≤ L(∂Qn) sup (|z − z0| · |q(z)|)
∂Q
∂Q
Beweis:
a) Wir konstruieren induktiv Rechtecke Qn = [an, bn] × [cn, dn] mit folgenden Eigenschaften:
z∈∂Qn
i) a = a0, b = b0, (ai) monoton steigend und (bi) monoton fallend. Analog für (ci) und (di).
ii)
f dz
∂Q
≤ 4n
·
f dz
∂Qn
.
iii) L(∂Qn) = 2−nL mit L := L(∂Q).
(|z − z0| · |q(z)|).
iii)
≤ 2 −n L sup
z∈Qn
(|z − z0| · |q(z)|) ab. Sei dazu ε > 0 vorgegeben und n hinreichend groß
c) Wir schätzen nun sup
Für den Induktionsanfang n = 0 setze a0 = a, b0 = b, c0 = c und d0 = d. Es folgt nun der
Induktionsschritt n → n + 1. Sei dazu Qn schon konstruiert.
(n ≫ 0). Dann folgt sup (|z − z0| · |q(z)|) ≤ ε2
z∈Qn
−n L. Sei also z = x + iy ∈ Qn. Dann folgt:
z∈Qn
cn + dn
2
|x − x0| ≤ bn − an,
|y − y0| ≤ dn − cn.
,
, dn
×
Konstruiere aus Qn folgende vier Rechtecke:
Q (1)
:= an, an + bn
2
cn + dn
2
Es gilt nun mit L = 2(b − a) + 2(d − c):
,
, dn
×
, bn
an + bn
2
:=
Q (2)
(bn − an) 2 + (dn − cn) 2
|z − z0| =
,
cn, cn + dn
2
×
an, an + bn
2
an + bn
2
:=
Q (3)
Konstruktion
= 2 −n (b − a) 2 + (d − c) 2
≤ 2 −n L.
.
cn, cn + dn
2
×
, bn
:=
Q (4)
Wähle nun ein n ∈ N, so daß z ∈ U2−nL(z0), d.h. |z − z0| ≤ 2−nL. Wegen der Stetigkeit von q in
z0 gilt: |q(z)| < ε. Weil |z − z0| ≤ 2−nL, ist Qn ⊂ U2−nL(z0). Es folgt:
sup (|z − z0| · |q(z)|) ≤ 2
z∈Qn
−n Lε.
Es gilt: L(∂Q (ν) ) = 1
2L(∂Qn) mit ν = 1, . . . , 4. Da sich die mittleren“ Wege im großen Rechteck
4
”
wegheben, gilt: f dz = f dz. Es gilt also folgende Abschätzung:
∂Q (ν)
ν=1
∂Qn
f dz
.
∂Q (ν)
4
b)
≤ 2 −n L sup (|z − z0| · |q(z)|)
z∈Qn
(f(z) − p(z)) dz
d) Insgesamt ergibt sich nun:
∂Qn
f dz
≤
∂Qn
ν=1
c)
≤ 2 −n Lε2 −n L
f dz
maximal ist und setze Qn+1 := Q (ν0) . Wir verifizieren ii):
Wähle nun ν0 so, daß
= εL 2 4 −n .
∂Q (ν 0 )
f dz
I.V.
≤ 4 n
f dz
f dz
(f(z) − p(z)) dz
=
∂Q
Also:
∂Qn
∂Q
4
∂Q
f dz
≤ 4 n
f dz
b)
≤ 4 n
∂Q (ν)
ν=1
∂Qn
≤ 4 n εL 2 4 −n
4
f dz
≤ 4 n
= εL 2 .
f dz
≤ εL2
und damit: f dz = 0.
f dz
.
∂Qn+1
ν=1
∂Q
≤ 4 n+1
Für alle ε > 0 gilt also:
∂Qn+1
∂Q

3. Der Satz von Goursat 18
17 3. Der Satz von Goursat
Mittels der Integration über −W3 und −W4 erhält man analog: F ist in z0 partiell nach x differenzierbar
und es gilt:
∂F
∂x (z0) = f(x0, y0) = f(z0).
3.2. Satz
f dz = 0.
Sei B ⊂ C offen, z0 ∈ B und f ∈ O(B \ {z0}). Weiter sei f : B → C stetig. Dann gilt:
Q
= f
Da z0 beliebig ist, ist F stetig partiell differenzierbar und damit auch differenzierbar. Es gilt: ∂F
∂x
= if. Weiterhin gilt:
und ∂F
∂y
Beweis: Teile Q in Teilrechtecke Qj auf, so daß z0 in genau einem Teilrechteck liegt. Bezeichne dieses
mit Qj0 . Q1
sei das Rechteck oberhalb von Qj0 . Dann gilt nach dem Satz von Goursat: f dz = 0.
1 ∂F
= + i∂F
2 ∂x ∂y
= 1
(f + iif)
2
= 0.
∂Q1
Es gilt nun:
∂F
∂F
N
f dz
f dz =
∂Qj
j=1
∂Q
N
f dz.
=
F ist somit holomorph.
∂Qj 0
j=1
1 ∂F
= − i∂F
2 ∂x ∂y
= 1
(f − iif)
2
= f.
∂F
∂z
f stetig
≤ L(∂Qj) · f∂Qj 0
f dz
Betrachte nun folgende Abschätzung:
∂Qj
≤ L(∂Qj) · fQ
→ 0.
3.4. Folgerung
Sei B ⊂ C ein Kreis und z0 ∈ B. Weiterhin sei f : B → C mit f ∈ O(B \ {z0}). Dann folgt: f hat eine
Stammfunktion. 3
f dz = 0.
Also gilt:
∂Qj 0
3.3. Satz
Sei B ⊂ C ein Kreis mit Mittelpunkt a, d.h. B = {z ∈ C : |z − a| < r}. Sei f : B → C stetig. Weiterhin
gelte für jedes achsenparallele Rechteck Q ⊂ B: f dz = 0. Dann besitzt f eine Stammfunktion.
∂Q
Beweis: Nach affiner Transformation sei ohne Einschränkung a = 0 mit 0 < r ≤ ∞. Sei z0 ∈ B. Sei
Q0 ⊂ B das eindeutig bestimmte Rechteck mit 0 ∈ ∂Q0 und z0 ∈ ∂Q0, so daß 0z0 die Diagonale ist.
Definiere nun
F (z0) := f dz + f dz.
W2
W1
f dz = 0, gilt auch:
Da
∂Q0
f dz.
f dz −
F (z0) = −
W4
W3
f dz.
Sei nun W die Strecke von x0 + iy0 nach x0 + iy. Dann gilt:
F (x0 + iy) = f dz + f dz +
W
W2
W1
Ist y > y0, so ist W gegeben durch ϕ: [y0, y] → C, ϕ(t) = x0 + it. Also gilt:
y
f(x0, t) dt.
F (x0 + iy) = F (x0 + iy0) + i
y0
y
Ist y < y0, so gilt:
f(x0, t) dt.
F (x0 + iy) = F (x0 + iy0) − i
y0
f dz = 0.
3 Insbesondere gilt für jeden geschlossenen Weg W in B:
W
Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist F in z0 partiell nach y differenzierbar
und es gilt:
∂F
∂y (z0) = if(x0, y0) = if(z0).

4. Potenzreihen 20
19 4. Potenzreihen
4.4. Satz
4. Potenzreihen
∞
aν(z − z0) ν habe den Konvergenzradius R > 0. Dann ist f : UR(z0) → C, f(z) =
Die Potenzreihe
ν=0
∞
4.1. Erinnerung
a) Sei A ⊂ C und fn : A → C eine Funktionenfolge (n ∈ N). Dann gilt (mit K ⊂ A kompakt): 4
aν(z−z0) ν komplex differenzierbar, also holomorph. f ist sogar unendlich oft komplex differenzierbar.
ν=0
Es gilt:
(fn) → f gleichmäßig ⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ n0 ∀ n ≥ n0 ∀ x ∈ A : |fn(x) − f(x)| ≤ ε
⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ n0 ∀ n ≥ n0 : fn − fA < ε
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) .
a) f (s) (z) = ∂sf ∂zs (z) =
(fn) → f kompakt ⇐⇒ ∀ K ⊂ A : (fn|K) → (f|K) gleichmäßig
⇐⇒ ∀ K ⊂ A ∀ ε > 0 ∃ n0 ∀ n ≥ n0 : fn|K − f|KK < ε
ν=0
∞
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) hat wieder Konvergenzradius R.
b) Die Potenzreihe
aν(z − z0) ν eine komplexe Potenzreihe. Ist P konvergent in z1 = z0, so konvergiert
b) Sei P =
ν=0
P absolut und gleichmäßig auf jeder abgeschlossenen Kreisschreibe {r ∈ C |z − z0| ≤ r} mit
r < |z1 − z0|. Mit anderen Worten: P konvergiert absolut und kompakt auf der offenen Kreisscheibe
{z ∈ C |z − z0| < |z1 − z0|}.
c) Für den Konvergenzradius R einer Potenzreihe gilt:
ν=0
Beweis:
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) für s ≥ 0. fs konvergiert dann nach Satz 4.3. absolut und
a) Sei fs(z) :=
ν=0
gleichmäßig auf jedem Ur(z0) mit 0 < r < R. Also ist fs| Ur(z0) stetig und damit auch fs
selbst. Definiere D := Ur(z0) und sei Q ⊂ D ein achsenparalleles Rechteck. Dann konvergiert
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) gleichmäßig auf D, insbesondere auf ∂Q. Mit (∗) folgt:
R := sup{|z
− z0|
z∈C
P in z konvergent}.
Als Konvergenzkreis bezeichnet man UR(z0). In UR(z0) tritt absolute und kompakte Konvergenz
auf, in C \ UR(z0) Divergenz.
ν=0
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) dz.
fs dz =
∂Q
d) Die Formel von Hadamard zur Berechnung des Konvergenzradius lautet:
1
n
= lim sup |an|.
R n→∞
ν=0
∂Q
Begründung (∗): Konvergiere fn → f gleichmäßig auf dem Weg W , seien fn und damit auch f
stetig.
Beh.: fn dz → f dz.
4.2. Hilfssatz
∞
ν s q ν .
Sei 0 < q < 1 und s ∈ N. Dann konvergiert
W
W
s q → q. (ν → ∞)
ν=0
Bew.: Es gilt:
Beweis: Mit Hilfe des Quotientenkriteriums und aν := νsq ν gilt: aν+1
aν = 1 + 1
ν
(fn − f) dz
W
=
f dz
fn dz −
4.3. Satz
W
W
∞
aν(z − z0) ν eine Potenzreihe mit Konvergenzradius R > 0. Sei 0 < r < R und D =
Sei f =
≤ L(W ) · fn − fW
Satz 2.7.
∞
ν=0
→ 0.
(aν(z − z0) ν ) (s) konvergiert absolut und gleichmäßig auf D.
{z |z − z0| ≤ r}. Dann folgt:
Also hat die Funktion z ↦→ (aν(z − z0) ν ) (s)
eine Stammfunktion. Mit Folgerung 2.17. ergibt
sich (aν(z − z0) ν ) (s)
dz = 0, denn Q ist ein geschlossener Weg. Also: fs dz = 0.
ν=0
Beweis: Für ν ≥ s gilt: (aν(z − z0) ν ) (s) = aνν(ν − 1) . . . (ν − s + 1)(z − z0) ν−s . Weiterhin ist
∂Q
∂Q
fs hat somit eine Stammfunktion Fs : UR(z0) → C. Es gilt:
Fs(z) = fs dz
W1+W2
∞
=
(aν(z − z0) ν ) (s) dz
(aν(z − z0) ν ) (s) = 0 für ν < s. Wähle z1 mit |z1 − z0| < R und z1 /∈ D. Wähle M, so daß für alle ν
gilt: |aν(z1 − z0) ν ∞
| ≤ M. M existiert, weil aν(z1 − z0) ν absolut konvergiert. q := < 1, weil
r
|z1−z0|
ν=0
z1 /∈ D. Sei s ∈ N fest und ν ≥ s. Dann folgt:
(aν(z − z0) ν ) (s) ≤ |aν|ν s |z − z0| ν−s
W1+W2
ν=0
∞
z∈D
≤ |aν|ν s r ν−s
(aν(z − z0) ν ) (s−1) z
=
z0
ν=0
r ν
|z1 − z0| ν νs r −s
= |aν(z1 − z0) ν | ·
= fs−1(z) − fs−1(z0).
≤ Mq ν ν s r −s .
Also: Fs = fs−1−C mit C := fs−1(z0), und damit: fs = F ′ s = f ′ s−1, da Fs eine Stammfunktion
ist. Mittels Induktion über s erhält man: f (s) = fs.
Daraus folgt die Behauptung a). Insbesondere: f (s−1) = fs−1 ∈ O(UR(z0)), weil alle Fs holomorph
sind.
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) −s
hat die von z unabhängige Majorante Mr
∞
q ν ν s < ∞. Daraus folgt die
ν=0
absolute und gleichmäßige Konvergenz auf D.
|h(z)|.
ν=0
4Dabei ist die Supremumsnorm: hA = sup
z∈A

4. Potenzreihen 22
21 4. Potenzreihen
Zu zeigen: (fν ◦ ϕ)ϕ ′ → (f ◦ ϕ)ϕ ′ , dann kann Lemma 4.6. angewendet werden. Nun gilt aber:
∞
(aν(z − z0) ν ) (s) . Zu zeigen: R = Rs. Wir wissen schon:
b) Sei Rs der Konvergenzradius von
· ϕ ′ I
≤M
(fν ◦ ϕ)ϕ ′ − (f ◦ ϕ)ϕ ′ I ≤ fν ◦ ϕ − f ◦ ϕI
→0
∞
ν=0
|aν|ν|z − z0| ν−1 < ∞. Es
R ≤ Rs. Wir betrachten nun den Fall s = 1. Sei z ∈ UR1 (z0), d.h.
→ 0.
ν=1
∞
|aν| · |z − z0| ν < ∞. Also: z ∈ UR(z0) und R1 ≤ R. Analog für beliebiges s.
folgt:
4.8. Folgerung
∞
Sei fν eine gleichmäßig und absolut konvergente Reihe stetiger Funktionen auf W . Dann gilt:
ν=0
ν=0
∞
∞
fν dz.
fν dz =
ν=0
W
W
ν=0
∞
aν(z − z0) ν den Konvergenzradius W . Ist W ein Weg in UR(z0). Dann folgt:
Insbesondere hat P :=
ν=0
∞
∞
4.5. Beispiele
a) i) ez ∞ z
=
ν=0
ν
∈ O(C) mit R = ∞.
ν!
∞
n z2ν
ii) cos z = (−1)
(2ν)!
ν=0
.
∞
n z2ν+1
iii) sin z = (−1)
(2ν + 1)!
ν=0
.
∞
b) ν!z ν hat Konvergenzradius R = 0.
aν(z − z0) ν dz.
aν(z − z0) ν dz =
W
ν=0
ν=0
ν=0
W
c) Potenzreihen mit R = 1:
∞
i) z ν divergiert für alle z mit |z| = 1.
ν=0
zν (z = −1) divergiert für alle z mit |z| = 1.
ν
zν konvergiert für alle z mit |z| = 1.
ν2 ∞
ii)
ν=0
∞
iii)
ν=0
4.6. Lemma
Sei I = [a, b] und fν : I → C stetig. Weiterhin konvergiere (fν) → f gleichmäßig mit f : I → C. Dann
b
b
gilt:
f(t) dt.
fν(t) dt =
lim
a
a
ν→∞
Beweis: Sei fν = gν + ihν und f = g + ih. Es konvergieren (gν) → g und (fν) → f gleichmäßig.
Dann gilt:
b
b
b
hν(t) dt
gν(t) dt + i
fν(t) dt =
a
b
a
b
a
h(t) dt
g(t) dt + i
→
a
a
b
f(t) dt.
=
a
4.7. Satz
Sei B ⊂ C offen und W ein Weg in B. Es sei fν : |W | → C stetig. Weiterhin konvergiere (fν) → f
gleichmäßig mit f : |W | → C. Dann gilt:
f dz.
fν dz =
lim
ν→∞
W
W
Beweis: Sei I = [a, b]. W habe die Parametrisierung ϕ: I → C. Dann gilt:
b
fν dz = (fν ◦ ϕ)(t)ϕ ′ (t) dt.
a
W

5. Die Umlaufszahl 24
23 5. Die Umlaufszahl
5.5. Folgerung
n(z, K) ist lokal konstant in z. 5
5. Die Umlaufszahl
Sei K = {W1, . . . , Wr} eine geschlossene Kette, wobei die Wi (stückweise) stetig differenzierbare Kurven
sind.
5.6. Folgerung
Seien z1, z2 ∈ C\|K|. Es gebe einen Weg W in C\|K| mit z1, z2 ∈ | W |. Dann folgt: n(z1, K) = n(z2, K).
Beweis: Sei I = [a, b]. Sei W gegeben durch ϕ: I → C, ϕ(a) = z1 und ϕ(b) = z2. Die Funktion
t ↦→ n( ϕ(t), K) ist nach Satz 5.4. stetig und damit auch konstant.
5.1. Definition
Sei z0 /∈ |K|. Als Umlaufszahl von K bezüglich z0 bezeichnet man
n(z0, K) := 1
dz
.
2πi K z − z0
n(z, K) = 0.6
5.7. Satz
Es gilt: lim
|z|→∞
(0) (kompakt). Sei |z0| ≥ M, so folgt: z0 /∈ |W |.
Beweis: Sei K = {W }. Wähle M so, daß |W | ⊂ U M
2
Für z ∈ |W | gilt:
5.2. Satz
n(z0, K) ∈ Z.
Beweis: Wir zeigen die Behauptung für den Fall K = {W }. Sei also W ein differenzierbarer
geschlossener Weg. Zu zeigen: e−2πi·n(z0,W ) = 1. W sei gegeben durch ϕ: [a, b] → C. ϕ sei stetig
1
|z0| − |z|
1
≤
1
z − z0
differenzierbar, es gelte ϕ(a) = ϕ(b). Sei I = [a, b] und F : I → C,
ϕ ′ (ξ)
ϕ(ξ) − z0
b
≤
.
dξ
−
F (t) := (ϕ(t) − z0) exp
|z0| − M
2
a
1
≤
F ist stetig differenzierbar, und es gilt:
|z0| − |z0|
2
b
−
ϕ ′ (t)
ϕ(t) − z0
ϕ ′ (ξ)
ϕ ′ (ξ)
ϕ(ξ) − z0
b
2
|z0| .
=
= 0.
dξ
− (ϕ(t) − z0) exp
dξ
−
ϕ(ξ) − z0
F ′ (t) = ϕ ′ (t) exp
a
a
Also folgt:
ϕ ′ (ξ)
ϕ(ξ) − z0
b
z
z − z0
dξ:
=
Gemäß Satz 1.15. ist dann F konstant: F = c ∈ C. Es gilt mit
dz
a
W
z − z0
|n(z0, K)| =
W
1
2πi
≤ 1 2
L(W )
2π |z0|
= L(W ) 1
|z0|π
F (a) = ϕ(a) − z0
= F (b)
ϕ ′ (ξ)
b
dξ
−
ϕ(ξ) − z0
= (ϕ(b) − z0) exp
a
≤ L(W ) 1
Mπ
< 1,
= (ϕ(b) − z0) exp(−2πi · n(z0, W ))
= (ϕ(a) − z0) exp(−2πi · n(z0, W ))
Also folgt: exp(−2πi · n(z0, W )) und damit n(z0, W ) ∈ Z.
L(W )
π . Da n(z0, K) ∈ Z, folgt: n(z0, K) = 0.
falls M >
5.3. Lemma
5.8. Beispiel
Sei W = D = Ur(z0), ϕ: [0, 2π] → C mit ϕ(t) = z0 + reit . Dann gilt:
1 dz
n(z0, W ) =
2πi W z − z0
2π
1 ϕ
=
2πi 0
′ (t)
dt
ϕ(t) − z0
2π
1 rie
=
2πi 0
it
dt
reit = 1.
b
f(x, t) dt. Dann folgt: F ist
Sei B ⊂ R n offen und f : B × [a, b] → C stetig. Sei F : B → C, F (x) :=
a
stetig.
Beweis: Siehe Analysis II.
5.4. Satz
Die Funktion C \ |K| → Z, z ↦→ n(z, K) ist stetig.
Beweis: Sei K = {W } und I = [a, b]. W sei gegeben durch ϕ: I → C. Definiere h: (C\|W |)×I → C,
dt ist stetig. Dann folgt:
ϕ ′ (t)
ϕ(t)−z
h(z, t) := 1
2πi
1 ϕ
2πi a
′ (t)
ϕ(t) − z dt
h(z, t) dt
b
Gemäß Folgerung 5.6. gilt dann:
n(z, K) =
n(z, W ) = 1 ∀ z : |z − z0| < r,
n(z, W ) = 0 ∀ z : |z − z0| > r.
b
=
a
5Genauer: Sei G ein Gebiet in C \ |K|. Dann ist n(z, K) konstant auf G.
6Oder: ∃ M > 0 ∀ z ∈ C : |z| ≥ M ⇒ n(z, K) = 0.
ist stetig in z nach Lemma 5.3.

6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen 26
25 5. Die Umlaufszahl
6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen
5.9. Definition
I(K) := {z ∈ C \ |K| n(z, K) = 0} heißt Inneres von K,
A(K) := {z ∈ C \ |K| n(z, K) = 0} heißt Äußeres von K.
6.1. Satz (Cauchysche Integralformel für Kreise)
Sei z0 ∈ C, U := UR(z0) und f ∈ O(U). Sei r < R. Dann gilt für alle z ∈ Ur(z0):
f(ξ)
ξ − z dξ,
∂Ur(z0)
f(z) = 1
2πi
5.10. Definition
Sei K = {W1, . . . , Wn} eine geschlossene Kette. Sei z0 ∈ |Wν| \
µ=ν |Wµ|. Sei ϕ: I → Wν eine
Parametrisierung mit ϕ(t0) = z0. Für alle t ∈ I mit t = t0 gelte ϕ(t) = z0. Sei ϕ ′ (t0) = 0, d.h. |Wν|
ist in einer Umgebung von z0 eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit. Sei λ: (−ε, ε) → C ein stetig
differenzierbarer Weg mit λ ′ (t) = 0 für alle t ∈ (−ε, ε) und λ(0) = z0. V sei der Weg, der durch λ
definiert ist. Weiterhin seien λ ′ (0) und ϕ ′ (t0) nicht R-linear-abhängig in C = R2 . Dann sei definiert:
wobei ∂Ur(z0) mathematisch positiv orientiert ist.
V schneidet den Weg Wν bzw. die Kette K in z0 positiv ⇐⇒ ∠(ϕ ′ (t0), λ ′ (0)) ∈ (0, π),
V schneidet den Weg Wν bzw. die Kette K in z0 negativ ⇐⇒ ∠(ϕ ′ (t0), λ ′ (0)) ∈ (−π, 0).
Beweis: f ist komplex differenzierbar, also existiert für alle z ein in z stetiges ∆z : UR(z0) → C, so
daß für alle ξ gilt:
f(ξ) = f(z) + (ξ − z)∆z(ξ).
5.11. Satz
Sei z fest mit |z| < r. Dann ist
In der Situation von Definition 5.10. gilt im Falle eines positiven Schnittes mit z1 = λ(t1), z2 = λ(t2)
und t1 < 0, t2 > 0:
n(z2, K) = n(z1, K) + 1.
(∗)
f(ξ) − f(z)
ξ − z
∆z(ξ) =
holomorph in ξ
auf U \ {z} und stetig in z. Mit 3.4. folgt nun, daß ∆z eine Stammfunktion besitzt,
und daß gilt: ∆z(ξ) dξ = 0. Mit (∗) folgt nun:
Beweis: Sei D der Kreis um z0, so daß ∂D ∩ V aus zwei Punkten besteht. Man kann λ stets
affin wählen, so daß V eine Gerade darstellt. U1 und U2 seien die beiden Halbkreise“. Es gilt:
”
D = U1 ∪ U2 ∪ (|K| ∩ D). Sei z1 ∈ U1 und z2 ∈ U2. Nach Beispiel 5.8. gilt: n(z1, ∂D) = 1 mit
n(z1, ∂D) = n(z1, ∂U1) + n(z1, ∂U2).
Nach Satz 5.7. ist n(z1, ∂U2) = 0. Also: n(z1, ∂U1) = 1. Sei K ′ die Kette, die um die Verbindungslinie
von z1 und z2 einen Bogen macht“. Dann folgt:
”
∂Ur(z0)
1 = n(z1, ∂U1) = n(z0, K ′ ) − n(z0, K),
dξ.
f(ξ) − f(z)
ξ − z
∆z(ξ) dξ =
0 =
∂Ur(z0)
∂Ur(z0)
denn mit K ′′ = {K, ∂U1} gilt: n(z1, K ′ ) = n(z2, K ′′ ). Da λ([t1, t2]) ∩ |K ′ | = ∅, λ(t1) = z1 und
λ(t2) = z2 folgt mit der Folgerung 5.6.: n(z1, K ′ ) = n(z2, K ′ ). Also:
Es gilt:
f(z)
ξ − z dξ
dξ =
f(ξ)
ξ − z
1
2πi
1 = n(z1, K ′ ) − n(z1, K)
= n(z2, K ′ ) − n(z1, K)
= n(z2, K) + n(z2, ∂U1) − n(z1, K).
∂Ur(z0)
1
2πi
= f(z)
2πi
= f(z).
∂Ur(z0)
dξ
ξ − z
Analog zu n(z1, ∂U2) = 0, gilt: n(z2, ∂U1) = 0. Insgesamt ergibt sich: 1 = n(z2, K) − n(z1, K).
∂Ur(z0)
6.2. Satz
∞
aν(z − z0) ν , so daß für alle
Sei f ∈ O(UR(z0)). Dann gibt es eine eindeutig bestimmte Potenzreihe
ν=0
∞
5.12. Satz
Im Falle eines negativen Schnittes in Satz 5.11. gilt: n(z2, K) = n(z1, K) − 1.
5.13. Beispiele
a)
b)
5.14. Definition
Sei G ⊂ C ein Gebiet. G heißt einfach zusammenhängend, wenn für jede geschlossene Kette K mit
|K| ⊂ G gilt: I(K) ⊂ G.
aν(z − z0) ν . Dabei gilt:
z ∈ UR(z0) gilt: f(z) =
ν=0
5.15. Beispiele
a) C∗ = C \ {0} ist nicht einfach zusammenhängend.
Beweis: Setze K := ∂U1(0) ⊂ C. Dann folgt: I(K) = {z ∗ | z| < 1} ⊂ C .
,
f(ξ)
(ξ − z0) ν+1 dξ = f (ν) (z0)
ν!
∂Ur(z0)
aν = 1
2πi
b) C und {z |z| < r} sind einfach zusammenhängend.
wobei 0 < r < R beliebig.

6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen 28
27 6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen
6.5. Satz
Sei U ⊂ C offen und f : U → C. Dann sind äquivalent:
Beweis: Mit Satz 6.1. gilt:
f(ξ)
ξ − z dξ
f(z) =
a) f ist komplex differenzierbar, also holomorph.
b) f ist unendlich oft komplex differenzierbar.
c) f ist um jeden Punkt z0 ∈ U lokal in eine Potenzreihe entwickelbar.
∂Ur(z0)
f(ξ)
(ξ − z0) − (z − z0) dξ
1
2πi
1
2πi
1
2πi
=
∂Ur(z0)
1
1 − z−z0
f(ξ)
ξ − z0
d) f hat lokal eine Stammfunktion.
dξ
·
=
ξ−z0
∂Ur(z0)
f dz = 0.
e) f ist stetig und für jedes achsenparalleles Rechteck Q ⊂ U gilt:
(z − z0) ν
dξ
(ξ − z0) ν
∞
f(ξ)
ξ − z0
∂Q
·
1
2πi
(∗)
=
Beweis:
a) ⇒ d): Satz 3.4.
a) ⇒ b): Satz 6.2. mit der Tatsache, daß Potenzreihen unendlich oft differenzierbar sind.
a) ⇔ c): Satz 6.2.
d) ⇒ a): Lokal existiert ein F ∈ O(U) mit F ′ = f|U . Also gilt: f|U ∈ O(U), und somit f ∈ O(U).
ν=0
∂Ur(z0)
dξ
(ξ − z0) ν
f(ξ)
ξ − z0
∞
· (z − z0) ν
1
2πi
∞
(∗∗)
=
∂Ur(z0)
ν=0
f(ξ)
ν
dξ (z − z0)
(ξ − z0) ν+1
1
2πi
=
∂Ur(z0)
ν=0
b) ⇒ a): Trivial.
∞
f dz = 0 nach Goursat.
a) ⇒ e): Klar, da f stetig und
aν(z − z0) ν .
=
∂Q
ν=0
e) ⇒ a): f besitzt lokal eine Stammfunktion nach 3.3., also: f ∈ O(U).
6.6. Satz (Riemannscher Hebbarkeitssatz)
Sei B ⊂ C offen, z0 ∈ B und f ∈ O(B \{z0}). f sei nahe z0 beschränkt, d.h. es existiert ein U = U(z0) ⊂
B, so daß gilt: |f(z)| ≤ M für alle z ∈ U. Dann gilt: F ∈ O(B), so daß F | B\{z0} = f.
(∗) gilt, weil z−z0
= ξ−z0
|z−z0|
r < 1 und z ∈ Ur(z0).
(∗∗) gilt wegen der gleichmäßigen Konvergenz.
∞
Zur Eindeutigkeit: Sei f(z) = aν(z − z0) ν für alle z ∈ UR(z0). Dann folgt:
ν=0
Insbesondere gilt: Sei f : B \ {z0} → C holomorph und f : B → C stetig, dann folgt: f ∈ O(B).
aνν(ν − 1) · . . . · (ν − s + 1)(z − z0) ν−s .
f (s) (z) =
(z − z0)f(z) z = z0
Beweis: Sei g : B → C mit
ν≥s
.
0 z = z0
g(z) :=
. as ist somit eindeutig bestimmt.
Bei z = z0 folgt: f (s) (z0) = as · s!. Also: as = f (s) (z0)
s!
Dann gilt: g ∈ O(B \ {z0}), weil f nahe z0 beschränkt ist. Also ist g in z0 stetig. g hat nach 3.2. eine
Stammfunktion, und mit 6.5. gilt: g ∈ O(B). Also gilt:
6.3. Folgerung
f(ξ)
dξ.
(ξ − z) s+1
g(z) = g(z0) + (z − z0)∆(z),
∂Ur(z0)
In Satz 6.1. gilt: f (s) (z) = s!
2πi
wobei ∆ in z0 stetig ist. Es gilt für z = z0:
g(z) = (z − z0)f(z)
= (z − z0)∆(z).
6.4. Folgerung
Sei U ⊂ C offen, z0 ∈ U und f ∈ O(U). Sei R maximal mit UR(z0) ⊂ U. Dann gibt es eine konvergente
∞
Potenzreihe aν(z − z0) ν ∞
auf UR(z0), so daß für alle z ∈ UR(z0) gilt: f(z) = aν(z − z0) ν .
ν=0
ν=0
Also gilt: ∆ = f auf B \ {z0}. Also ist f in z0 stetig. f hat nach 3.2. lokal eine Stammfunktion, und
mit 6.5. folgt: f ∈ O(B).
Bemerkungen
∞
6.7. Definition
f ∈ O(C) heißt ganze Funktion.
aν(z − z0) ν kann größer als R sein.
a) Der Konvergenzradius von
ν=0
b) Man sagt: f ist lokal in eine Potenzreihe entwickelbar.
Bemerkungen
∞
aνz ν für alle z ∈ C, da C keinen Rand hat.
a) Sei f ∈ O(C). Dann gilt: f(z) =
ν=0
b) Ganze Funktionen sind zum Beispiel exp, sin, cos sowie alle Polynome.

6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen 30
29 6. Potenzreihenentwicklung holomorpher Funktionen
b) g(z) := f(z)
1
− 1. Wende nun a) an mit ε =
anzn 2 . Dann existiert ein r′ ≥ 1, so daß aus |z| ≥ r ′
folgt: |g(z)| < 1
2 . Es folgt:
6.8. Satz (Satz von Liouville)
|f(z)| = |anz n (1 + g(z))|
= |an| · |z| n · |1 + g(z)|
Sei f ∈ O(C) und f beschränkt. Dann gilt: f ist konstant.
∞
Beweis: Sei f(z) = aνz ν . Zu zeigen: aν = 0 für alle ν ≥ 1.
Wähle M, so daß für alle z ∈ C gilt: |f(z)| ≤ M. Sei 0 < r < ∞. Dann folgt:
aν = 1
f(ξ)
dξ.
2πi ∂Ur(0) ξν+1 ν=0
|g(z)|< 1
2
> |an| · |z| n · 1
2
|z|≥1
≥ |an| · |z| · 1
2
n≥1
≥ m
Hieraus folgt:
für |z| hinreichend groß.
Bemerkung
Hilfssatz 6.10. ist falsch für f : C → C holomorph, aber kein Polynom. Zum Beispiel für f = exp, denn:
exp |iR ist beschränkt, da |eix | = 1 für alle x ∈ R.
|f(ξ)|
|ξ| ν+1
sup
|ξ|=r
|aν| ≤ 1
2π L(∂Ur(0))
M
2πr
rν+1 ≤ 1
2π
= M
.
rν 6.11. Folgerung
Sei f ∈ C[z] mit grad f = n ≥ 1. Dann existieren c, z1, . . . , zn ∈ C, so daß gilt:
Für r ≫ 0 folgt: aν = 0 für alle ν ≥ 1.
f(z) = c(z − z1) · . . . · (z − zn).
6.9. Satz (Fundamentalsatz der Algebra)
z1, . . . , zn sind genau die Nullstellen von f.
Sei f ∈ C[z] und f nicht konstant. Dann gilt: f hat eine Nullstelle.
Beweis: Angenommen, für alle z ∈ C gilt: f(z) = 0. Daraus folgt: g : C → C, g(z) = 1
f(z) ist
holomorph.
Beh.: g ist beschränkt.
Bew.: Wähle r > 0 mit |z| ≥ r. Dann folgt nach dem Hilfssatz 6.10.: |f(z)| ≥ 1. Also: |g(z)| ≤ 1.
Weil g stetig ist, existiert ein M > 0, so daß aus |z| ≤ r folgt: |g(z)| ≤ M. Also ist g beschränkt.
Mit dem Satz von Liouville folgt: g ist konstant, und damit ist auch f konstant.
6.10. Hilfssatz
Sei f ∈ C[z] und f nicht konstant. Dann folgt: Für alle m ∈ N existiert ein r > 0, so daß aus |z| ≥ r
folgt: |f(z)| > m. Oder: lim |f(z)| = ∞.
|z|→∞
n
aνz ν mit an = 0 und n ≥ 1.
Beweis: f(z) =
ν=0
f(z)
− 1
anzn < ε.
. Sei |z| ≥ r. Dann folgt:
a) Beh.: Für alle ε > 0 existiert ein r > 0, so daß aus |z| ≥ r folgt:
und r := max 1, N
ε
n−1
aν
Bew.: Sei ε > 0. Definiere N :=
an
a0
+ . . . + − 1
anzn anzn
|a0| 1
+ . . . +
|an| |z| n
1
r
ν=0
anzn anz
− 1
n =
f(z)
anz
n + an−1z n−1
1
|z|
≤ |an−1|
|an|
|a0|
+ . . . +
|an|
1
r
r≥1
≤ |an−1|
|an|
= N
r
< ε.

7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip 32
31 7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip
7.2. Folgerung
7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip
Sei G ⊂ C ein Gebiet. Die Menge N ⊂ G habe einen Häufungspunkt in G. Seien f, g ∈ O(G) mit
f|N = g|N . Dann folgt: f = g.
7.1. Satz (Identitätssatz)
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ O(G). Es gebe eine Menge N ⊂ G mit einem Häufungspunkt, so daß
Beweis: Wende Satz 7.1. an auf f − g.
f|N = 0. Dann gilt: f = 0. 7
7.3. Satz (Cauchysche Ungleichung)
Beweis: Wähle eine Folge (zn) ⊂ N, so daß (zn) gegen ein z0 ∈ G konvergiert. Ohne Einschränkung
∞
sei zn = z0. Sei f(z) = aν(z − z0) ν die Potenzreihenentwicklung von f um z0 auf Ur(z0) ⊂ G.
Sei U ⊂ C offen, f ∈ O(U) und z0 ∈ U. Sei r > 0, so daß Ur(z0) ⊂ U. Dann gilt für alle 0 ≤ r ′ < r, für
alle z ∈ Ur ′(z0) und für alle n ∈ N0:
Beh.: ak = 0.
Bew.: Induktion über K.
k = 0: a0 = f(z0) = lim
n→∞ f(zn) = lim f(0) = 0.
n→∞
k − 1 → k: Seien also a0 = . . . = ak−1 = 0. Dann folgt:
ν=0
r · n!
(r − r ′ ) n+1 · f∂Ur(z0).
f (n)
(z) ≤
Beweis: Für alle z ∈ Ur(z0) gilt nach der Cauchyschen Integralformel:
f (n) (z) = n!
f(ξ)
dξ.
2πi ∂Ur(z0) (ξ − z) n+1
f(z) = ak(z − z0) k + ak+1(z − z0) k+1 + . . .
auf Ur(z0). Wähle m so groß, daß zm ∈ Ur(z0). Dann folgt:
Sei z ∈ Ur ′(z0). Dann folgt: |ξ − z| n+1 ≥ (r − r ′ ) n+1 mit ξ ∈ ∂Ur(z0). Es folgt:
0 = f(zm)
= ak(z − z0) k + ak+1(z − z0) k+1 + . . .
1
(r − r ′ ) n+1
f (n)
(z) ≤ n!
Teile nun durch (zm − z0) k :
2π L(∂Ur(z0)) · f∂Ur(z0) n! · r
=
0 = ak + ak+1(zm − z0) + . . .
∞
= ak + aν(zm − z0) ν−k
(r − r ′ ) n+1 · f ∂Ur(z0).
ν=k+1
= ak + g(zm).
7.4. Folgerung
Also ist g ∈ O(Ur(z0)) und damit ist g stetig. Für alle m ≫ 0 gilt:
Für z ∈ U 1
2 (z0) gilt:
· f ∂Ur(z0).
n! · 2n+1
rn
f (n)
(z) ≤
0 = ak + g(zm)
= ak + g(z0)
= ak + 0
in Satz 7.3.
Beweis: Setze r ′ := r
2
Also gilt: ak = 0.
Somit gilt: aν = 0 und damit: f| Ur(z0) = 0. Definiere nun:
7.5. Folgerung
Es gilt:
A := {z | f (ν) (z) = 0 ∀ ν ∈ N0}.
f (n)
(z0) ≤ n!
r n · f ∂Ur(z0).
Beweis: Setze r ′ := 0 in Satz 7.3.
A hat folgende Eigenschaften:
a) A ist nicht leer, denn z0 ∈ A.
b) A ist abgeschlossen, denn: A =
{z | f (ν) (z) = 0}. A ist also ein Schnitt abgeschlossener Mengen,
da f (ν) stetig.
c) A ist offen, denn:
z1 ∈ A =⇒ f (ν) (z1) = 0 für alle ν.
⇐⇒ Alle Koeffizienten bν in der Potenzreihenentwicklung von f um z1 sind 0.
=⇒ f = 0 in U(z1).
=⇒ U(z1) ⊂ A.
Da G zusammenhängend ist, folgt: A = G. Damit ist f = 0.
ν
7.6. Satz (Satz von Weierstraß)
Sei G ⊂ C und fn ∈ O(G) für n ∈ N. Sei (fn) → f kompakt, d.h. konvergiert gleichmäßig auf jedem
Kompaktum mit f : G → C. Dann ist f ∈ O(G) und für alle n ∈ N konvergiert → f (k) kompakt.
f (k)
n
Beweis: Mit Analysis II folgt: f ist stetig.
a) Nach 3.3. oder 6.6. genügt es zu zeigen:
f dz = 0
∂Q
Bemerkung
Satz 7.1. ist falsch für unendlich oft differenzierbare f : R → R, zum Beispiel:
0 x ≤ 0
f(x) =
1 − e x x > 0 .
für alle achsenparallele Rechtecke Q ⊂ G.
Dann würde gelten: f ∈ O(G).
Nun gilt: fk ∈ O(G). Daraus folgt: fk dz = 0. Mit 4.12. (kompakte Konvergenz) folgt:
∂Q
f dz = 0.
Es gilt: f ∈ C ∞ (R), f = 0 auf (−∞, 0] und f = 0. Außerdem gilt: f (k) (0) = 0 für alle k ∈ N.
∂Q
zk = z0 ∈ G, zk = z0 und f(zk) = 0 für alle k. Dann folgt: f = 0.
7Oder: Es existiert eine Folge (zk) in G mit lim
k→∞

7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip 34
33 7. Identitätssatz, Cauchysche Ungleichung und Maximumsprinzip
holomorph auf Ur ′(z0). Wende nun Folgerung 7.5. für n = 0 an:
= |g(z0)|
1
f (z0)
b) Zu zeigen: f (k)
n → f (k) kompakt für alle k ≥ 1. Wir zeigen den Fall k = 1, der Rest folgt per
Induktion.
Sei z0 ∈ G und r > 0, so daß Ur(z0) ⊂ G. Dann folgt mit 7.4.:
≤ g ∂Ur(z0)
(z0) ≤ C
r · fn − f∂Ur(z0) → 0 (n → ∞).
f ′ n − f ′ U r 2
∂Ur(z0)
1
f
=
1
min
|z−z0|=r |f(z)|.
=
7.7. Satz
|f(z)|, was ein Widerspruch ist.
Also gilt: |f(z0)| ≥ min
|z−z0|=r
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ O(G) mit f = const. Dann ist f(G) ⊂ C wieder ein Gebiet.
Beweis:
7.9. Anwendung
Sei G ⊂ C ein Gebiet, f ∈ O(G) und |f| = const. Dann gilt: f = const.
Beweis: Sei |f| = const = r. Dies ist äquivalent mit f(G) ⊂ ∂Ur(0). Mit Satz 7.7. folgt: f = const.
a) f(G) offen: Sei w0 ∈ f(G). Wir möchten im folgenden ein ε > 0 mit Uε(w0) ⊂ f(G) finden.
Wähle z0, so daß f(z0) = w0 und ein r > 0, so daß f −1 (w0) ∩ Ur(z0) = {z0}. 8 Dann existiert ein
ε > 0, so daß gilt:
|f(z) − w0| ≥ 3ε ∀ z ∈ ∂U r
2 (z0).
7.10. Satz (Maximumsprinzip)
Sei nun |w − w0| < ε. Für |z − z0| = r
2 gilt:
Sei G ⊂ C ein Gebiet, f ∈ O(G) und |f| habe in z0 ∈ G ein lokales Maximum. Dann ist f konstant.
Beweis: Sei U = Uε(z0), so daß |f| ein Maximum in z0 hat. Dann kann f(z0) kein innerer Punkt
U
von f(U) sein, weil für alle z ∈ U gilt: |f(z)| ≤ |f(z0)|. Mit Satz 7.7. folgt: f = const auf U. Der
Identitätssatz liefert schließlich f = const.
|f(z) − w| ≥ |f(z) − w0| − |w − w0|
≥ 3ε − ε
= 2ε.
Außerdem gilt:
7.11. Bemerkung
Sei G ⊂ C ein beschränktes Gebiet, d.h. G ist kompakt. Weiter sei f : G → C stetig, f|G ∈ O(G) und
f = const. Dann nimmt |f| das Maximum auf ∂G an.
Beweis: Da G kompakt und f stetig sind, hat |f| auf G ein Maximum. Mit Satz 7.10. hat |f| auf G
kein Maximum. Somit wird das Maximum auf dem Rand angenommen.
|f(z0) − w| = |w0 − w|
< ε.
7.12. Satz (Minimumsprinzip)
Insgesamt ergibt sich: |f(z0) − w| < |f(z) − w|.
b) f(G) zusammenhängend: f(G) ⊂ R2 ist offen, also reicht es zu zeigen: f(G) ist wegzusammenhängend.
Seien w1, w2 ∈ f(G). Wähle z1, z2 ∈ G mit f(z1) = w1 und f(z2) = w2. Wähle einen Weg
γ : [0, 1] → G mit γ(0) = z1 und γ(1) = z2. Dann ist f ◦ γ : [0, 1] → f(G) wieder ein Weg, und
zwar mit (f ◦ γ)(0) = w1 und (f ◦ γ)(1) = w2.
Sei G ⊂ C ein Gebiet, f ∈ O(G) und |f| habe in z0 ein lokales Minimum. Dann ist f konstant oder
f(z0) = 0.
Beweis: Sei f(z0) = 0. Sei U = Uε(z0), so daß |f| in z0 ein Minimum hat. Ohne Einschränkung
gelte, daß f|U keine Nullstelle habe. Dann gilt: g := 1
f ∈ O(U). Da |g| in z0 ein Maximum hat, gilt
mit Satz 7.10.: g = const. Also ist auch f|U konstant und mit dem Identitätssatz auch ganz f.
7.8. Hilfssatz
Sei U ⊂ C offen, f ∈ O(U), z0 ∈ U, r > 0 und Ur(z0) ⊂ U. Ist |f(z0)| < min
|z−z0|=r |f(z)|, dann hat f| Ur(z0)
eine Nullstelle.
7.13. Bemerkung
Sei G ⊂ C ein beschränktes Gebiet, f : G → C stetig und f|G ∈ O(G). Dann hat f eine Nullstelle in G
oder |f| nimmt das Minimum auf ∂G an, also |f(z)| > min |f(ξ)| mit z ∈ G. (Verallgemeinerung von
ξ∈∂G
Hilfssatz 7.8.)
|f(z)|, dann
Beweis: Es reicht zu zeigen: f| Ur(z0) hat eine Nullstelle, denn wenn |f(z0)| < min
|z−z0|=r
folgt: |f(z0)| < min
|z−z0|=r+ε |f(z)|.
Angenommen, f| Ur(z0) hat keine Nullstelle, dann existiert ein r ′ > r, so daß f| Ur ′ (z0) keine Nullstelle
hat. 9
f| Ur(z0) hat keine Nullstellen, also existiert ein r ′ > r, so daß f| Ur(z0) keine Nullstellen hat. Für alle
z ∈ Ur(z0) existieren Umgebungen U(z0) ohne Nullstellen. Da Ur(z0) kompakt ist, existieren z1, . . . ,
n
zn mit Ur(z0) ⊂ U(zi). Wähle nun ein r ′ > r, so daß Ur ′(z0)
n
⊂ U(zi). Die Funktion g := 1
f ist
i=1
i=1
8 f −1 hat keinen Häufungspunkt in G, denn ansonsten wäre f konstant auf einer Menge mit einem Häufungspunkt, also
|f(z)|. Aus |f(z0)| < h(r) folgt: Es existiert ein ε > 0 mit h(r + ε) > |f(z0)|.
konstant nach dem Identitätssatz.
9Definiere die stetige Funktion h: r ↦→ min
|z−z0|=r

8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz 36
35 8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz
8.3. Satz (Cauchysche Integralformel)
Sei B ⊂ C offen, f ∈ O(B) und K eine geschlossene Kette mit |K| ⊂ B und I(K) ⊂ B. Dann gilt für
alle z ∈ B \ |K|:
n(z, K) · f(z) = 1
f(ξ)
2πi K ξ − z dξ.
8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz
8.1. Hilfssatz
1 f(ξ)
Sei K eine Kette und f : |K| → C stetig. Dann gilt: lim
dξ = 0.
|z|→∞ 2πi K ξ − z
Beweis: Ohne Einschränkung sei K ein Weg. Weil |K| kompakt ist, existiert ein r > 0, so daß
Beweis:
a) Strategie des Beweises:
f(z) · n(z, K) = f(z) 1
dξ
2πi K ξ − z
1 f(z)
=
2πi K ξ − z dξ
! 1 f(ξ)
=
2πi K ξ − z dξ,
f(ξ) − f(z)
d.h.
dξ = 0. Definiere F (ξ, z) :=
K ξ − z
f(ξ)−f(z)
ξ−z . Es genügt zu zeigen: F (ξ, z) dξ = 0
K
für alle z ∈ B \ |K|.
b) Nach Hilfssatz 8.2. existiert eine stetige Fortsetzung F zu F auf B ×B. Definiere F1
: B ×B → C,
f(ξ) − f(z)
F1(z) =
dξ = F (ξ, z) dξ. F1 ist stetig. Es gilt:
K ξ − z
K
f(ξ) − f(z) fξ)
dξ
dξ = dξ − f(z) . (∗)
K ξ − z
K ξ − z K ξ − z
|K| ⊂ Ur(0). Also existiert ein M > 0 mit |f(z)| ≤ M für alle z ∈ |K|. Sei |z| ≥ 2r. Dann gilt:
1 f(ξ)
2πi
K ξ − z dξ
1
≤
2π L(K)2M
|z|
→ 0 (|z| → ∞),
|z|
⇐⇒ |ξ − z| ≥ 2 .
2 ≤ |z|
1
weil mit |z| ≥ 2r und |ξ| = r gilt: |ξ−z|
8.2. Hilfssatz
Sei B ⊂ C offen und f ∈ O(B). Weiter sei die Funktion F : B × B \ {(ξ, z) ∈ B × B | ξ = z} → C definiert
mit
f(ξ) − f(z)
F (ξ, z) := .
ξ − z
Dann existiert ein stetiges F : B × B → C mit F | B×B\{(ξ,z) | ξ=z} = F .
Der erste Term auf der rechten Seite existiert für alle z ∈ C \ |K|,
das Integral im zweiten Term
f(ξ)
ergibt 2πi · n(z, K) = 0, wenn z ∈ A(K). Definiere nun F2(z) = dξ und die Funktion
K ξ − z
F1(z) z ∈ B
G: C → C, G(z) =
.
F2(z) z ∈ A(K)
f(ξ)
Mit (∗) und z ∈ B ∩ A(K) folgt: F1(z) = dξ, also ist G wohldefiniert (und auf ganz C
K ξ − z
definiert). Wenn z ∈ C, gilt: z ∈ B oder z ∈ A(K). Weiterhin gilt: C = I(K) ∪ |K| ∪ A(K) mit
I(K) ∪ |K| ⊂ B, da nach Voraussetzung gilt: I(K) ⊂ B.
c) Zeige: G ∈ O(C).
i) Zeige: F1 ∈ O(C).
Sei D = Ur(z0) mit D ⊂ B. Zeige: Für jedes achsenparallele Rechteck
Q ⊂ D gilt: F1(z) dz = 0. Es gilt:
Beweis: Vorbemerkung: Sei z oder ξ fest, zum Beispiel ξ. Wir erhalten dann die Funktion B \ {ξ} →
C, z ↦→ f(ξ)−f(z)
ξ−z . Diese Funktion ist stetig in ξ fortsetzbar, weil f holomorph ist. Dies müssen wir
” simultan“ für alle ξ durchführen.
Sei z0 ∈ B und D := Ur(z0), so daß D ⊂ B. Seien z, ξ ∈ D. Die Cauchysche Integralformel liefert:
1 f(λ)
f(ξ) =
2πi ∂D λ − ξ dλ
1 f(λ)
f(z) =
2πi ∂D λ − z dλ.
Somit erhalten wir:
f(ξ) − f(z)
ξ − z
1 1 f(λ) f(λ)
− dλ
ξ − z 2πi ∂D λ − ξ λ − z
1 f(λ) (λ − z) − (λ − ξ)
2πi ∂D ξ − z (λ − ξ)(λ − z) dλ
1 f(λ)
2πi ∂d (λ − ξ)(λ − z) dλ.
F (ξ, z) =
=
=
∂Q
F (ξ, z) dξ dz
=
F1(z) dz =
K
∂Q
∂Q
F (ξ, z) dz dξ.
Fubini
=
∂Q
K
f(λ)
Die Funktion h: B × B × ∂D → C mit h(ξ, z, λ) = (λ−ξ)(λ−z) ist stetig. Also ist auch H : D × D → C,
(ξ, z) ↦→ h(ξ, z, λ) dλ stetig. Somit ist H eine stetige Fortsetzung auf F |D×D. Da die Fortsetzung
ist holomorph in z = ξ und stetig in z = ξ nach
F (ξ, z) dz = 0, damit auch F1(z) dz = 0.
Die Funktion z ↦→ F (ξ, z) ξ=z
= f(ξ)−f(z)
ξ−z
∂D
eindeutig ist, existiert eine globale Fortsetzung von F . 10
Hilfssatz 8.2. Mit Satz 3.2. ergibt sich:
∂Q
∂Q
Somit ist F1 holomorph.
F (ξ, z).
10Wenn eine stetige Fortsetzung H existiert, so gilt: H(ξ, ξ) = lim
z→ξ
z=ξ

8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz 38
37 8. Cauchysche Integralformel und Cauchyscher Integralsatz
Für z ∈ D \ {z0} sind beide Definitionen gleich, also ist g wohldefiniert und g ∈ O(B). Mit der
Cauchyschen Integralformel gilt:
1 g(ξ)
n(z0, K)g(z0) =
dξ
2πi K ξ − z0
1 f(ξ) 1 s−1
=
dξ − aν(ξ − z0)
2πi K (ξ − z0) s+1 2πi
ν=0 K
ν−s−1 dξ
1 f(ξ)
=
dξ,
2πi K (ξ − z0) s+1
ii) Zeige: F2 ∈ O(C). Sei D ⊂ A(K) ein Kreis und Q ⊂ D ein achsenparalleles Rechteck. Es
gilt:
f(ξ)
F2(z) dz =
dξ dz
∂Q
∂Q K ξ − z
Fubini f(ξ)
=
dz dξ
K ∂Q ξ − z
dz
= f(ξ)
K ∂Q ξ − z dξ
= f(ξ) · 0 dξ
weil ξ ↦→ aν(ξ − z0) ν−s−1 eine Stammfunktion hat und somit das rechte Integral 0 ergibt. Weiterhin
gilt:
K
= 0.
.
n(z0, K)g(z0) = n(z0, K)h(z0)
= n(z0, K)as
= n(z0, K) f (s) (z0)
s!
Somit ergibt sich die Behauptung.
Also ist auch F2 holomorph.
d) Zeige: G ist beschränkt. Nach Hilfssatz 8.1. existiert ein r > 0, so daß |K| ⊂ Ur(0) und G
beschränkt ist auf C \ Ur(0), denn lim
|z|→∞ F2(z) = 0. Auf Ur(0) ist G sowieso beschränkt (da G
stetig ist), also ist G beschränkt.
e) Nach dem Satz von Liouville gilt: G = c ∈ C. Zeige nun: c = 0. Wenn |z| ≫ 0, so gilt:
i) G(z) = F2(z),
ii) lim
|z|→∞ F2(z) = 0.
Insgesamt ergibt sich: c = 0.
8.4. Cauchyscher Integralsatz
f(z) dz = 0.
Sei B ⊂ C offen, f ∈ O(B) und K eine geschlossene Kette in B mit I(K) ⊂ B. Dann gilt:
K
Beweis: Sei z0 ∈ B \ |K|, g : B → C mit g(z) = (z − z0)f(z). g ∈ O(B). Mit Satz 8.3. gilt:
1 g(ξ)
n(n0, K)g(z0) =
dξ
2πi K ξ − z0
1
= f(ξ) dξ.
2πi K
Mit g(z0) = 0 ergibt sich die Behauptung.
8.5. Definition
Eine geschlossene Kette K in B mit I(K) ⊂ B heißt nullhomolog in B. Zwei geschlossene Ketten K1
und K2 (mit gleichen Anfangs- und Endpunkten) in B heißen homolog, wenn K2 − K1 nullhomolog ist.
8.6. Satz (Cauchysche Integralformel für Ableitungen)
Sei B ⊂ C offen, f ∈ O(B) und K eine geschlossene Kette in B mit I(K) ⊂ B. Dann gilt:
n(z, K)f (s) (z) = s!
f(ξ)
dξ.
2πi K (ξ − z) s+1
∞
Beweis: Sei z0 ∈ B \ |K| und D := Ur(z0) ⊂ B. Auf D sei f(z) = aν(z − z0) ν . Weiter sei
ν=0
∞
aν(z − z0) ν−s . Definiere die Funktion
h(z) :=
ν=s
h(z) z ∈ D
s−1
f(z)− aν(z − z0) ν
z ∈ B \ {z0}
⎧
⎪⎨
.
g : B → C, g(z) =
ν=0
(z−z0) s
⎪⎩

9. Stammfunktionen und Logarithmus 40
39 9. Stammfunktionen und Logarithmus
9.4. Folgerung und Definition
1
z hat eine Stammfunktion auf C \ (−∞, 0]. Diejenige Stammfunktion F mit F (1) = 0 wird mit log
bezeichnet, oft auch mit Hauptzweig des Logarithmus.
9. Stammfunktionen und Logarithmus
9.1. Satz
Bemerkungen
a) Es sei G ⊂ C∗ ein Gebiet. Ein f ∈ O(G) mit ef(z) = z für alle z ∈ G heißt Zweig des Logarithmus.
b) Es gilt (log) ′ (z) = 1
z für alle z ∈ C \ (−∞, 0].
z
dw
Beweis: log z = (ein Weg von 1 nach z).
1 w
c) Es gilt elog z = z für alle z ∈ C \ (−∞, 0].
Beweis: Es gilt: elog x = x für alle x ∈ R mit x > 0. Mit dem Identitätssatz ergibt sich die
Behauptung.
f dz = 0. Dann hat
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ O(G). Für jede geschlossene Kette K in G gelte:
K
f eine (globale) Stammfunktion.
f(ξ) dξ
Beweis: Fixiere z0 ∈ G. Sei z ∈ G. Wähle eine Kette K mit |K| ⊂ G von z0 nach F (z) =
(z, z0 ∈ |K|).
a) Zeige: F ist wohldefiniert, d.h. unabhängig von der Wahl von K.
Sei K ′ eine weitere Kette von z0 nach z. Dann ist K := K − K ′ eine geschlossene Kette. Es gilt
dann:
0 = f(ξ) dξ
K
= f(ξ) dξ − f(ξ) dξ.
K
9.5. Bemerkung
log | (0,∞) ist der in Analysis I definierte reelle Logarithmus logR. Beweis: Sei z ∈ C \ (−∞, 0], z = reiϕ mit |z| = r und ϕ ∈ (−π, π). Sei K := {1r, W }, wobei der
Weg W gegeben ist durch
Somit gilt: f(ξ) dξ =
K
K ′
f(ξ) dξ.
b) Zeige: F ist Stammfunktion von f.
Sei z1 ∈ G und D = Ur(z1) ⊂ G. Nach Satz 3.3. hat f|D die Stammfunktion F ∈ O(D). Sei K
eine Kette in G von z0 nach z1 und K ′ die Verbindungsgerade von z1 nach z. Dann folgt:
F (z) =
K+K ′
f dξ
= f dξ +
K
K
c
′
f dξ
F (z)− .
F (z1)
K ′
K
λ: [0, ϕ] → C, λ(t) = reit , falls ϕ ≥ 0,
λ: [0, −ϕ] → C, λ(t) = re−it , falls ϕ < 0.
Dann folgt:
dw
w
dw
w
dx
x +
z
log z =
1
=
K
r
dw
w
=
W
ϕ
1
Also gilt: F |D = F |D + const. Somit gilt: F |D ∈ O(D) und F ′ |D = f|D. Weil D beliebig war, ist
F eine Stammfunktion zu f.
ireit dt
reit ϕ≥0
= logR r +
0
= log R r + iϕ
Nebenbemerkung
Sei G ⊂ C ein Gebiet und A die Menge aller geschlossenen Wege in G. Dann bezeichnet man mit
= log |z| + iϕ.
H1(G) := A/ ∼
Sei nun z ∈ (0, ∞). Dann folgt: ϕ = 0 und damit log z = log R z.
9.6. Satz
Es gibt kein Gebiet G ⊂ C, G C \ (−∞, 0], so daß log holomorph auf G fortsetzbar ist.
Beweis: Sei z0 = x0 < 0. Dann folgt:
die erste Homologiegruppe von G, mit K1 ∼ K2 ⇐⇒ K1, K2 homolog. H1 ist eine endlich erzeugte
abelsche Gruppe.
a)
(log |z| + iϕ)
= lim
9.5.
log z
lim z→z0 Imz>0
9.2. Folgerung
Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet und f ∈ O(G). Dann hat f eine Stammfunktion.
Beweis: Sei K eine geschlossene Kette in G. Da G einfach zusammenhängend ist, gilt: I(K) ⊂
G. Mit dem Cauchyschen Integralsatz gilt: f dz = 0. Satz 9.1. ergibt schließlich, daß f eine
|z|→|z0 |
ϕ→π
K
Stammfunktion hat.
= log |z0| + iπ.
b)
(log |z| + iϕ)
= lim
9.5.
log z
|z|→|z0 |
ϕ→−π
lim z→z0 Imz

10. Reell-analytische Funktionen 42
41 9. Stammfunktionen und Logarithmus
10. Reell-analytische Funktionen
Bemerkungen
10.1. Definition
Sei I ⊂ R ein offenes Intervall. Sei f : I → R. f heißt reell-analytisch, wenn für alle x0 ∈ I ein
∞
U = U(x0) ⊂ I existiert, so daß gilt: f(x) = aν(x − x0) ν für alle x ∈ U. 11
a) Die Funktion log : C \ (−∞, 0] → C ist injektiv. Es gilt: Im log = R × i(−π, π).
b) Die Wahl der reellen negativen Achse als Ausnahmemenge“ ist willkürlich; man könnte auch ir-
”
gendeinen (anderen) Halbstrahl in der linken Halbebene entfernen.
c) Durch Aufschneiden“ von C längs (−∞, 0] kann man den natürlichen maximalen Definitionsbereich
”
von log konstruieren, eine sogenannte Riemannsche Fläche ( Wendelfläche“).
”
ν=0
10.2. Definition
Sei I ⊂ R ein Intervall und G ⊂ C ein Gebiet, so daß gilt: I ⊂ (G ∩ R). Sei f : I → C. F ∈ O(G) heißt
eine holomorphe Fortsetzung von f, wenn F |I = f.
Bemerkung
Hat f eine holomorphe Fortsetzung, ist f reell analytisch.
9.7. Satz
∞ z
Für alle z ∈ C mit |z| < 1 gilt: log(1 + z) =
ν=1
ν
. (Potenzreihenentwicklung von log um z = 1.)
ν
∞
Beweis: Auf {|z| < 1} schreibe log(1 + z) = aνz
ν=0
ν ∞
bzw. log(1 + z) = aνz
ν=1
ν , da log 1 = 0. Nach
∞ x
Analysis I gilt für alle 0 < x < 1 (x ∈ R) die Taylorentwicklung log(1 + x) =
ν
ν =
∞
aνx ν . Da
10.3. Satz
Seien F1, F2 ∈ O(G) zwei holomorphe Fortsetzungen von f. Dann gilt: F1 = F2.
Beweis: Es gilt: F1|I = f = F2|I. Mit dem Identitätssatz folgt: F1 = F2.
ν=1
ν=1
die Taylorentwicklung eindeutig ist, folgt: aν = 1
ν .
9.8. Definition
Sei a ∈ C \ (−∞, 0] und b ∈ C. Dann sei ab := exp(b · log a).
10.4. Satz
Sei f : I → R reell-analytisch. Dann existiert ein Gebiet G ⊂ C, so daß es eine holomorphe Fortsetzung
F ∈ O(G) auf f mit I ⊂ G gibt.
Beweis:
a) Lokale Fortsetzung.
Sei x0 ∈ I. Wähle r > 0, so daß für Ur(x0) = {z ∈ C |z − z0| < r} gilt: Ur(x0) ∩ R ⊂ I. 12
9.9. Satz
Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet. Sei f ∈ O(G) ohne Nullstellen. Dann existiert ein
g ∈ O(G), so daß für alle z ∈ G gilt: eg(z) = f(z).
′
f
Beweis: Es gilt: f ∈ O(G). Da G einfach zusammenhängend ist, existiert eine Stammfunktion
h ∈ O(G) zu . Es gilt:
Sei r so klein, daß für x ∈ I, |x − x0| < r gilt: f(x) = ∞
′
f
f
ν=0 aν(x − x0) ν . Definiere F (z) :=
∞ ν=0 aν(z − z0) ν . Es folgt: F (z) konvergiert auf Ur(x0).
b) Globale Fortsetzung.
Nach a) gilt: Für alle x ∈ I existiert ein offenes U = U(x) ⊂ C, so daß es eine Funktion Fx ∈ O(U)
gibt, für die gilt: F |U∩I = f|U∩I, U = Uε(x)(x). Definiere G :=
x∈I U(x). Es folgt: I ⊂ G, und
G ist offen.
G ist zusammenhängend: Seien z1, z2 ∈ G. Dann existieren ein x1, x2 ∈ I, so daß z1 ∈ U(x1) und
z2 ∈ U(x2). Da G wegzusammenhängend und zusammenhängend ist, können wir F definieren.
Sei z ∈ G. Wähle x ∈ I, so daß z ∈ U(x). Definiere F (z) := Fx(z).
= f ′ (z)e −h(z) − h ′ (z)f(z)e −h(z)
f(z)e −h(z)
d
dz
= e −h(z) (f ′ (z) − h ′ (z)f(z))
= 0,
da h ′ (z) = f ′ (z)
f(z) . Also gilt: fe−h = C = 0. Also: f = eh+ C mit C = log C. Daraus folgt: g = h + C.
Zeige: F ist wohldefiniert. Sei x ′ ∈ I, so daß z ∈ U(x ′ ). V := U(x) ∩ U(x ′ ) ist dann ein
Gebiet, da Schnitt von zwei Kugeln. Mittels Satz 10.3. gilt: Aus Fx|V = Fx ′|V und z ∈ V folgt:
Fx(z) = Fx ′(z). Also ist F wohldefiniert und es gilt: F ∈ O(G).
Insgesamt ergibt sich: F |I = f.
9.10. Satz
Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet, f ∈ O(G) ohne Nullstellen und n ∈ N. Dann existiert
ein g ∈ O(G), so daß gilt: gn = f. ( n-te Wurzel“)
”
Beweis: Wähle h ∈ O(G) mit eh = f nach Satz 9.9. Definiere dann g := e h
n . Dann gilt:
Bemerkung
Sei G ⊂ C offen und I ⊂ R ein Intervall mit I ⊂ (G ∩ R). Sei F ∈ O(G) mit F (G ∩ R) ⊂ R. Dann gilt:
F |I ist reell analytisch.
∞
Beweis: Lokal gilt: F (z) = aν(z − z0) ν mit z0 ∈ G ∩ R. Da F (G ∩ R) ⊂ R, sind alle aν reell.
n
= e h = f.
e h
n
g n =
ν=0
Also ist F |I reell analytisch.
11f ist dann also durch eine konvergente Potenzreihe darstellbar.
12Wähle r so, daß für |x − x0| < r gilt: x ∈ I.

10. Reell-analytische Funktionen 44
43 10. Reell-analytische Funktionen
Vorbemerkungen
a) Sei f : C → C, |f(z)| ≤ M|z| n und |z| ≥ R. Dann ist f ein Polynom vom Grade ≤ n.
b) Sei f ein nicht-konstantes Polynom. Dann gilt: lim |f(z)| = ∞.
10.5. Beispiele
a) Wir wissen, daß für alle x, y ∈ R gilt: sin(x + y) = sin x cos y + sin y cos x. Wie schaut es nun im
Komplexen aus?
|z|→∞
c) Es gilt f(z) ∼ z n für große |z|.
10.8. Satz
Sei f : C → C eine transzendente holomorphe Funktion, d.h. f ist kein Polynom. Sei w0 ∈ C. Dann gibt
es eine Folge (wm) in C mit lim
m→∞ |wm| = ∞, so daß lim
m→∞ f(wm) = w0.
i) Sei dazu y ∈ R fest. Sei f : R → R, f(x) = sin(x + y) − sin x cos y − sin y cos x. Als holomorphe
Fortsetzung wählen wir F (z) = sin(z + y) − sin z cos y − sin y cos z. Wenn f = 0 gilt, folgt wegen
der Eindeutigkeit der holomorphen Fortsetzung: F = 0. Also gilt für alle z ∈ C und für alle
y ∈ R: sin(z + y) = sin z cos y − sin y cos z.
ii) Sei nun z ∈ C fest. Definiere g(y) := sin(z + y) − sin z cos y − sin y cos z. Wir erhalten dasselbe
Resultat.
Mit anderen Worten: Für alle r > 0 ist f(C \ Ur(0)) dicht in C, d.h. f(C \ Ur(0)) = C. 13
Beweis: Wir zeigen: Wenn es keine Folge (wm) gibt mit lim
m→∞ |wm| = ∞ und lim
m→∞ f(wm) = w0,
dann ist f ein Polynom.
Ohne Einschränkung sei f nicht konstant. Die Menge Γ := {z ∈ UR(0) | f(z) = w0} ist endlich. 14
Also gilt: f −1 (w0) hat keine Häufungspunkte in C. Numeriere nun die Elemente dieser Menge durch:
Γ = {a1, . . . , ar}, mit Vielfachheiten n1, . . . , nr. 15 Definiere nun die Funktion
f(z) − w0
g : C → C, g(z) = .
ni (z − ai)
b) Sei z ∈ C∗ mit z = reiϕ , r > 0 und ϕ ∈ [−π, π). Wenn nun z ∈ C \ (−∞, 0], dann folgt: ϕ ∈ (−π, π)
und arg |z| = ϕ. Es gilt: arg : C \ (−∞, 0] → (−π, π).
Seien z1, z2 ∈ C \ (−∞, 0], zj = rjeiϕj und ϕj ∈ (−π, π) mit j = 1, 2. Für das Produkt gilt:
z1 · z2 = r1r2ei(ϕ1+ϕ2) , und für das Argument: arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2) mod 2π, da ϕ1 + ϕ2
nicht notwendigerweise im Bereich (−π, π).
Sind z1, z2 so, daß ϕ1 + ϕ2 ∈ (−π, π), dann folgt: arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2). Mit Bemerkung
9.5. gilt: log z = log |z| + i arg z. Also gilt für z1, z2 ∈ C \ (−∞, 0] mit arg(z1) + arg(z2) ∈ (−π, π):
r i=1
∈ O(C).
g ∈ O(C) hat keine Nullstelle, also gilt: 1
g
log(z1 · z2) = log |z1z2| + i arg(z1 · z2)
= log |z1| + log |z2| + i arg(z1) + i arg(z2)
= log z1 + log z2.
≤ M ′ · |z| n .
g (z)
1
Beh.:
≤ M · |z|n .
Bew.: Wähle M > 0, so daß für |z| ≥ R gilt:
r
(z − aj) nj
j=1
(Da die ai konstant sind, gilt: |z − ai| ni ≤ const · |z| ni .) Definiere n := n1 + . . . + nr. Da
10.6. Satz
Sei I ⊂ R ein offenes Intervall und f : I → R unendlich oft differenzierbar. f ist genau dann reellanalytisch,
wenn gilt:
(n) f (x)
∀ x0 ∈ I ∃ C > 0 ∃ δ > 0 ∀ n ∈ N : |x − x0| < δ (x ∈ I) =⇒
δ
n!
n ≤ C.
| r i=1 (z − ai) ni |
|f(z) − w0|
(Wachstumsbedingung für die n-te Ableitung.)
Beweis:
M|z| n
ε
|f(z) − w0| ≤ ε für |z| ≥ R, folgt für |z| ≥ R:
1
g
(z)
=
≤
M ′ := M
ε
= M ′ |z| n .
keine Nullstellen. Nach dem
1
ist ein Polynom vom Grade ≤ n, also hat g
Mit 6.12. folgt nun 1
g
” ⇒“: Sei x0 ∈ I und R der Konvergenzradius der Taylorreihe um x0. Sei F die holomorphe Fortsetzung
auf Ur(x0) ⊂ C. Sei 0 < δ < R
R
2 . Wende nun die Cauchysche Ungleichung an für r = 2 .
Dann folgt:
(n) f (x)
n!
= C = const. Also folgt:
Fundamentalsatz der Algebra gilt somit: 1
g
δ n ≤ 2f∂Ur(x0) =: C.
r
(z − ai) ni .
f(z) − w0 = 1
C
” ⇐“: Wir zeigen, daß die Taylorreihe von f um x0 gegen f konvergiert. Dazu betrachten wir das
i=1
(x − x0) n
Lagrangesche Restglied (mit 0 ≤ ϑ ≤ 1):
Somit ist f ein Polynom.
C
n
|x − x0|
δn Vor.
=
f (n) (x0) + ϑ(x − x0)
n!
10.9. Folgerung
Sei f : C → C holomorph. Es gebe n ∈ N, M, R > 0, so daß mit |z| ≥ R gilt: |f(z)| ≥ M · |z| n . Dann ist
f ein Polynom vom Grade ≥ n.
→ 0 (n → ∞),
Beweis: Aus Satz 10.8. folgt mit w0 = 0, daß f ein Polynom ist. Sei nun m der Grad von f, dann
gilt: |f(z)| ≤ C|z| m . Gleichzeitig gilt jedoch auch: |f(z)| ≥ M|z| n für |z| ≥ R. Insgesamt ergibt sich:
m ≥ n.
da |x − x0| < δ.
10.7. Beispiel
Sei f : R → R, f(x) = 1
1+x2 . Was ist der Konvergenzradius der Taylor-Entwicklung um 0? Betrachte dazu
F : C\{−i, i} → C mit F (z) = 1
1+z2 . Der Konvergenzradius der Potenzreihenentwicklung von F um 0 ist
1. (Die Punkte −i und i sind ausgeschlossen, daher kann er nicht größer sein.) Da der Konvergenzradius
von f um 0 nicht größer werden kann als der von F , ist auch dieser 1.
13Dies ist völlig falsch für ein Polynom!
14Wäre sie nicht endlich, würde mit dem Identitätssatz folgen: f = const, was ein Widerspruch zur Voraussetzung wäre.
15Das heißt: h: z ↦→ f(z) − w0 hat in ai eine Nullstelle der Vielfachheit ni. Aus h(ai) = 0 folgt also: h(z) = (z − ai) nih(z) mit h(ai) = 0 lokal.

11. Laurentreihen 46
45 11. Laurentreihen
d) Eindeutigkeit.
Sei f = g1 + g2 eine weitere Zerlegung, g1 ∈ O(U1), g2 ∈ O(U2) und lim
|z|→∞ |g1(z)| = 0. Aus
11. Laurentreihen
1
In diesem Paragraphen untersuchen wir Singularitäten holomorpher Funktionen, wie zum Beispiel
1+z 2
f1 + f2 = g1 + g2 folgt: f1 − g1 = f2 − g2 auf U1 ∩ U2 = Ur,R(z0). Definiere nun die Funktion
oder e 1
z . Es gilt etwa:
f1 − g1 auf U1,
f2 − g2 auf U2.
k 1
k!
1
z
∞
h: C → C, h =
e 1
z =
k=0
|h(z)| = 0. Mit dem Satz von Liouville folgt: h = const = 0.
Es gilt: h ∈ O(C). Ebenso gilt: lim
1
k! z−k .
∞
|z|→∞
=
Also gilt: f1 = g1 und f2 = g2, was zu zeigen war.
k=0
11.3. Satz und Definition
Sei f ∈ O(Ur,R(z0)). Dann gibt es eine Zerlegung
Dies ist jedoch keine Potenzreihe, da negative Exponenten auftreten.
∞
−1
11.1. Bezeichnung
Sei 0 ≤ r < R ≤ ∞. Dann sei Ur,R(z0) := {z ∈ C r < |z −z0| < R}. Insbesondere: U0,R = UR(z0)\{z0}.
aν(z − z0) ν
aν(z − z0) ν +
f(z) =
ν=0
ν=−∞
ν=−∞ aν(z − z0) ν konvergiert kompakt auf Ur,∞(z0) = U1 und heißt
ν=0 aν(z − z0) ν konvergiert kompakt auf UR(z0) = U2 und heißt Nebenteil.
mit z ∈ Ur,R(z0). Die Reihe −1 Hauptteil, die Reihe ∞ 11.2. Satz
Sei f ∈ O(Ur,R(z0)). Seien U1 := Ur,∞(z0) = {z ∈ C |z − z0| > r} und U2 := UR(z0). Dann gibt es
Funktionen f1 ∈ O(U1) und f2 ∈ O(U2), so daß auf U := Ur,R(z0) = U1 ∩ U2 gilt: f = f1 + f2. f1 kann
∞
−∞ aν(z − z0) ν heißt Laurentreihe. Für alle n ∈ Z gilt:
an = 1
f(ξ)
dξ
2πi ∂Uϱ(z0) (ξ − z) n+1
so gewählt werden, daß gilt:
lim
|z|→∞ |f1(z)| = 0. (∗)
mit r < ϱ < R.
Beweis: Sei f = f1 + f2 die (eindeutige) Zerlegung aus Satz 11.2. Sei f2(z) = ∞ ν=0 aν(z − z0) ν
f1 und f2 sind eindeutig bestimmt.
Beweis:
a) Sei r < R. Wähle ϱ mit r < ϱ < R. Definiere die Funktion f2,ϱ ∈ O(Uϱ(z0)) durch
die Potenzreihenentwicklung von f2 um z0. Sie konvergiert auf UR(z0). Wir entwickeln f1 in eine
” Potenzreihe um unendlich“. Betrachte dazu die Funktion
f(ξ)
ξ − z dξ.
∂Uϱ(z0)
f2,ϱ(z) = 1
2πi
F : U 1 0, r (0) → Ur,∞(z0), F (w) = z0 + 1
w .
Für r < ϱ < ϱ < R ist f2,ϱ = f2,ϱ| Uϱ(z0), denn für z ∈ Uϱ(z0) gilt nach dem Cauchyschen
Integralsatz mit g(ξ) = f(ξ)
ξ−z :
Die dazugehörige Umkehrabbildung lautet: w = 1
z−z0 . Betrachte f1 ◦ F ∈ O(U 1 0, r (0)), (f1 ◦ F )(w) =
f1(z0 + 1
w ). Da lim
|z|→∞ |f1(z)| = 0, folgt: lim (f1 ◦ F )(w) = 0. Damit ist f1 ◦ F stetig nach 0
w→0
fortsetzbar, und zwar durch h(0) = 0. Mit dem Riemannschen Hebbarkeitssatz folgt: f1 ◦ F ist
holomorph fortsetzbar.
∞
Betrachte nun die Potenzreihenentwicklung (f1 ◦ F )(w) = bνw ν auf U 1
r (0) mit b0 = 0. Es folgt:
f(ξ)
ξ − z
dξ = 0.
∂U ϱ(z0)−∂Uϱ(z0)
1
2πi
Definiere nun f2 : U2 → C, f2(z) = f2,ϱ(z) mit ϱ so, daß z ∈ Uϱ(z0). Analog definiert man
f1 : U1 → C mit
f1(z) = − 1
f(ξ)
2πi ∂Uσ(z0) ξ − z dξ,
ν=1
1
(z − z0) ν
∞
bν ·
f1(z) =
ν=1
wobei r < |σ| < R und |z − z0| > σ.
b) Verifikation von (∗).
Sei |z − z0| > σ. Dann gilt:
konvergiert kompakt auf Ur,∞(z0). Setze a−ν = bν für ν ≥ 1.
Nur zur Formel für die an. Es gilt:
1
d(z, Uσ(z0))
|f1(z)| ≤ 1
2π 2πσf∂Uσ(z0) ∞
−1
→ 0 (|z| → ∞),
aν+n+1(z − z0) ν .
aν+n+1(z − z0) ν +
(z − z0) −n−1 f(z) =
ν=0
ν=−∞
da d(z, Uσ(z0)) → ∞ für |z| → ∞. 16
c) f = f1 + f2.
Sei z ∈ Ur,R(z0). Wähle ϱ und σ, so daß gilt: r < σ < |z − z0| < ϱ < R. Dann gilt:
Mit der kompakten Konvergenz folgt:
∞
−1
I(∂Uϱ(z0) − ∂Uσ(z0)) ⊂ Ur,R(z0).
(z − z0) ν dz.
aν+n+1
(z − z0) ν dz +
aν+n+1
(z − z0) −n−1 f(z) dz =
∂Uϱ(z0)
ν=0
∂Uϱ(z0)
ν=−∞
∂Uϱ(z0)
1
(z−z0) ν eine Stammfunktion. Somit gilt für ν = −1:
Für ν ∈ Z mit ν = −1 hat
(z − z0) ν dz = 0.
Mit der Cauchyschen Integralformel folgt:
1 f(ξ) 1 f(ξ)
f(z) =
dξ −
2πi ∂Uϱ(z0) ξ − z 2πi ∂Uσ(z0) ξ − z dξ
= f2(z) + f1(z).
16d(z, Uσ(z0)) → ∞ ist der Abstand von z zu dem Kreis Uσ(z0). 2πσ ist dabei die Länge des Kreises.
∂Uϱ(z0)

12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen 48
47 11. Laurentreihen
12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen
Damit erhalten wir:
dz
z − z0
12.1. Definition
Ist U ⊂ C offen, z0 ∈ U und f ∈ O(U \ {z0}), so heißt z0 Singularität von f.
(z − z0) −n−1 f(z) dz = an
∂Uϱ(z0)
∂Uϱ(z0)
= 2πi · an.
a) Eine Singularität heißt hebbar, wenn ein V = V (z0) ⊂ U existiert, so daß f|V beschränkt ist, d.h.
wenn eine holomorphe Fortsetzung f von f auf U existiert. 17
|f(z)| = ∞.
b) Eine Singularität heißt Pol, wenn gilt: lim
11.4. Definition
Eine Laurentreihe ist eine Reihe der Form
z→z0
c) Eine Singularität heißt wesentlich, wenn die Singularität z0 nicht hebbar und kein Pol ist.
∞
aν(z − z0) ν .
12.2. Beispiele
a) f(z) = 1
zn mit n ≥ 1 hat einen Pol in 0. 18 Sei p(z) = (z − z0) kh(z) mit h(z0) = 0. Also:
1
p(z) = 1
(z−z0) k
1 · h(z) . Daraus folgt: lim
1
z→z0 p(z)
= ∞.
b) f(z) = e 1
z hat eine wesentliche Singularität in 0. Sei xn = 1
n → ∞. 0 ist also keine hebbare Singularität. Sei dagegen zn = 2πi· 1
n . Dann folgt: f(zn) = e2πin =
cos(2πn) + i sin(2πn) = 1. Also: lim
n→∞ |f(zn)| = ∞.
ν=−∞
ν=0 aν(z − z0) ν . Die Laurentreihe
Als Hauptteil bezeichnet man −1 ν=−∞ aν(z − z0) ν , als Nebenteil ∞ heißt konvergent in z, wenn der Hauptteil und der Nebenteil in z konvergieren. Die Laurentreihe heißt
kompakt konvergent auf U, wenn der Hauptteil und der Nebenteil auf U kompakt konvergieren.
n , dann folgt: f(xn) = e n → ∞ für
11.5. Beispiel
Sei G = C \ {0, 1}, f : G → C mit f(z) = 1
z(z−1) .
a) Auf U0,1(0) gilt:
12.3. Satz und Definition
Sei z0 ein Pol von f ∈ O(U \ {z0}). Dann existiert genau ein n ∈ N und genau ein h ∈ O(U) mit
h(z0) = 0, so daß für alle z ∈ U \ {z0} gilt:
1
h(z).
(z − z0) n
f(z) =
f(z) = − 1
z ·
1
1 − z
= − 1
∞
z
z
ν=0
ν
∞
= z ν−1
ν=0
∞
z ν
=
1 = 0. f hat
n heißt Ordnung der Polstelle z0. Also: z0 ist ein Pol n-ter Ordnung.
Beweis: Weil z0 ein Pol von f ist, gilt: lim |f(z)| = ∞. Also existiert ein V = V (z0), so daß f| V \{z0}
z→z0
keine Nullstellen hat. Also gilt: 1
f ∈ O(V \ {z0}).
Mit lim |f(z)| = ∞ folgt: lim
1
z→z0
z→z0 z (z)
also eine holomorphe Fortsetzung g auf V mit g(z0) = 0.
Sei n die Nullstellenordnung von g in z0. Also existiert ein g ∈ O(V ) mit g(z0) = 0, so daß für alle
z ∈ V gilt: g(z) = (z − z0) ng(z). Definiere nun h := 1
g ∈ O(V ) (eventuell V verkleinern). Dann folgt:
1 f(z) = (z−z0) n h(z) und h(z0) = 0.
ν=−1
= − 1
z − 1 − z − z2 − . . .
∞
(−1)z ν .
Der Hauptteil von f(z) ist − 1
z = −z−1 , der Nebenteil von f(z) ist
ν=0
Bemerkung
Es gilt: f hat in z0 genau dann einen Pol der Ordnung n, wenn 1
f in z0 eine Nullstelle der Ordnung n
hat.
12.4. Satz
Sei z0 eine isolierte Singularität von f. Dann gilt: z0 ist genau dann ein Pol n-ter Ordnung, wenn M1,
M2 > 0 und V = V (z0) existieren, so daß für alle z ∈ V \ {z0} gilt:
b) Auf U1,∞(0) gilt:
1
1 − 1
z
f(z) = 1
·
z2 ν
1
z
∞
= 1
z2 ν=0
−2
z ν
=
M1 · |z − z0| −n ≤ |f(z)| ≤ M2 · |z − z0| −n .
−∞
Beweis:
” ⇒“: Sei h(z) = f(z)
(z−z0) n mit h(z) = 0. Dann existiert ein M1 > 0, so daß für alle z nach z0 gilt:
|h(z)| ≥ M1 > 0. Da h holomorph ist, existiert ein M2 > 0, so daß für alle z nahe z0 gilt:
|h(z)| ≤ M2. Setze h ein, dann folgt die Behauptung.
” ⇐“: Aus der Existenz von M2 folgt: (z − z0) n · f(z) hat eine holomorphe Fortsetzung. Aus der
Existenz von M1 folgt: h(z0) = 0. Also ist z0 ein Pol n-ter Ordnung.
+ . . .
z3 = 1
z
2 + 1
f(z) besteht nur aus seinem Hauptteil, da der Nebenteil 0 ist.
17Also: lim f(z) = c ∈ C.
z→z0
18 1
Allgemein: Sei p ∈ C[z] ein Polynom mit Nullstelle z0. Dann hat p
Man könnte f(z) auch um z0 = 1 entwickeln, d.h. auf U0,1(1) oder U1,∞(1).
Beim systematischen Vorgehen führt man eine Partialbruchzerlegung der gewünschten Funktion durch:
1 A B
1 1 1
1
z(z−1) = z + z−1 . Bei uns also: A = −1 und B = 1, d.h. z(z−1) = − z + z−1 . Bei a): − z ∈ O(U0,∞(0))
und 1
z−1 ∈ O(U0,1(0)). Bei b): z durch 1
z ersetzen.
einen Pol in z0.

12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen 50
49 12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen
ν=−n aν(z − z0) ν mit a−n = 0. Weiter gilt:
” ⇐“: Es gilt: f(z) = ∞
∞
aν(z − z0) ν+n
(z − z0) n f(z) =
ν=−n
Bemerkung
In Satz 10.8. ist f : C → C holomorph und kein Polynom. Also gilt für alle r > 0: f(C \ Ur(0)) ist dicht
in C. Der Punkt“ ∞ ist also eine wesentliche Singularität von f, also: 0 ist eine wesentliche Singularität
”
von z ↦→ f
1
z .
∞
aν−n(z − z0) ν
=
ν=0
12.5. Satz von Casorati-Weierstraß
konvergiert in Ur(z0) und hat keine Nullstellen in z0.
c) Klar mit a) und b).
Sei z0 eine isolierte Singularität von f ∈ O(U \ {z0}). Dann gilt: z0 ist genau dann eine wesentliche
Singularität, wenn für alle w0 ∈ C eine Folge (zn) ⊂ U mit lim
n→∞ zn = z0 existiert, so daß gilt:
12.7. Beispiel
a) e 1
z hat eine wesentliche Singularität in 0, denn:
lim
n→∞ f(zn) = w0.
ν 1
ν!
1
z
∞
e 1
z =
Also: Für alle V = V (z0) ist f(V \ {z0}) dicht in C.
Beweis:
ν=0
z−ν ν!
∞
=
” ⇒“: Annahme, es existiert ein V = V (z0), so daß f(V \ {z0}) nicht dicht in C ist. Dann existieren
ein w0 ∈ C und ein ε > 0, so daß gilt: f(V \ {z0}) ∩ Uε(w0) = ∅. Also gilt für alle V \ {z0}:
|f(z) − w0| ≥ ε. Definiere nun die Funktion
ν=0
zν (−ν)! .
0
=
.
1
f(z) − w0
g : V \ {z0} → C, g(z) :=
ν=−∞
Dann folgt: |g(z)| ≤ ε für alle z ∈ V \ {z0}. Also ist g| V \{z0} beschränkt. Somit existiert eine
hat entweder eine holomorphe
g(z)
holomorphe Fortsetzung g in z0. Daraus folgt: f(z) = w0 + 1
Fortsetzung19 oder einen Pol20 in z0, was ein Widerspruch ist.
” ⇐“: Trivial, da z0 weder hebbar noch ein Pol ist.
ν z2ν+1
12.6. Satz
(2ν + 1)!
Also: aν = 1
(−ν)! für ν ≤ 0 und aν = 0 für ν > 0.
b) Folgende Funktion ist holomorph auf C fortsetzbar:
sin z
f(z) =
z
= 1
∞
(−1)
z
ν=0
− . . .
z4
+
5!
= 1 − z2
3!
Sei U ⊂ C offen, z0 ∈ U und f ∈ O(U \ {z0}). Sei U0,r(z0) ⊂ U. Sei f(z) = ∞ ν=−∞ aν(z − z0) ν für alle
z ∈ U0,r(z0). Dann gilt:
Nun eine Funktion mit einem Pol 1. Ordnung:
a) z0 ist genau dann eine hebbare Singularität, wenn aν = 0 für alle ν < 0.
b) z0 ist genau dann ein Pol der Ordnung n, wenn a−n = 0 und aν = 0 für ν < −n.
sin z
z2 g(z) =
c) z0 ist genau dann eine wesentliche Singularität, wenn aν = 0 für unendlich viele ν < 0.
+ . . .
z
−
3!
= 1
z
1
z(z−1) 8 hat in 0 einen Pol der Ordnung 1 und in 1 einen Pol der Ordnung 8.
c) Die Funktion f(z) =
12.8. Definition
Sei U ⊂ C offen. Eine meromorphe Funktion ist eine holomorphe Funktion f : U \ Pf → C, wobei gilt:
Beweis:
a) z0 ist genau dann hebbar, wenn f eine holomorphe Fortsetzung f besitzt. Die Potenzreihenentwicklung
von f ist identisch mit der Laurentreihenentwicklung von f, daher gilt: aν = 0 für
ν < 0.
b) ⇒“: (z − z0)
” nf(z) ist holomorph und hat keine Nullstellen in z0, weil die Polordnung n ist. Es
gilt:
a) Pf ⊂ U ist diskret, d.h. ohne Häufungspunkt in U.
b) Jedes z ∈ Pf ist ein Pol von f.
∞
aν(z − z0) ν
(z − z0) n f(z) = (z − z0) n
ν=−∞
Pf heißt die Polstellenmenge von f. Die Menge aller meromorphen Funktionen auf U wird mit M(U)
bezeichnet.
∞
aν(z − z0) ν+n
=
ν=−∞
12.9. Bemerkung
M(U) ist C-Algebra. 22
∞
bν(z − z0) ν .
=
ν=0
22 Sei Ω eine Menge und A ⊂ 2 Ω ein System von Teilmengen. A heißt Algebra, wenn gilt:
a) Ω ∈ A.
b) Aus A ∈ A folgt: ∁A ∈ A.
c) Aus A1, A2 ∈ A folgt: A1 ∪ A2 ∈ A.
Ein Koeffizientenvergleich liefert: a−n = b0 = 0, aν = 0 für ν < −n. 21
19wenn g(z0) = 0
20wenn g(z0) = 0
21Siehe auch Übungsblatt 6, Aufgabe 3.

12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen 52
51 12. Isolierte Singularitäten holomorpher Funktionen
12.14. Bemerkung
C ist homöomorph zu S2 ⊂ R3 .
Bemerkung
a) Ist G zusammenhängend, dann folgt: M(G) ist ein Körper. Seien etwa f, g ∈ M(G) mit g = 0,
Beweis: Definiere
⊂ Pf ∪ Pg ∪ {g = 0}. Die Menge {g = 0} ist diskret
∈ M(G). Außerdem gilt: P f
g
dann folgt: f
g
.
ϕ: S 2 \ {(0, 0, 1)} → C, ϕ(x1, x2, x3) = x1 + ix2
1 − x3
nach dem Identitätssatz.
b) Ist G nicht zusammenhängend, dann existiert 1
g nicht.
Die Umkehrabbildung ist
1
x2 + y2 + 1 .
12.10. Satz
ϕ −1 (x + iy) = (2x, 2y, x 2 + y 2 − 1) ·
Sei f ∈ M(U) und z0 ∈ U. Dann existiert eine Umgebung V = V (z0) ⊂ U und g, h ∈ O(V ) mit f|V = g
h .
ϕ ist stetig und bijektiv, ϕ−1 ist wieder stetig.
Definiere nun als Fortsetzung: ϕ: S2 → C mit ϕ(N) = ∞, wobei N = (0, 0, 1). ϕ ist bijektiv. Nun
zur Stetigkeit:
Beweis: Wenn z0 kein Pol ist, so setze h = 1 und g = f. Ist z0 ein Pol n-ter Ordnung, so existiert
eine Umgebung V = V (z0) und g ∈ O(V ) mit f(z) = g(z)
(z−z0) n . Dann folgt: h(z) = (z − z0) n .
|ϕ(x1, x2, x3)| = ∞.
a) ϕ ist stetig in N, denn: lim
(x1 ,x2 ,x3 )∈S2 \N
12.11. Bemerkung
→(0,0,1)=N
b) ϕ−1 ist stetig in ∞, denn: lim
|x+iy|→∞ ϕ−1 (x + iy) = (0, 0, 1).
Sei f ∈ M(U) und sei Pf endlich. Dann existieren g, h ∈ O(U) mit f = g
h .23
Beweis: Sei Pf = {z1, . . . , zn} und g(z) = n j=1 (z − zj) mj f(z), wobei mj die Polstellenordnung von
h .
j=1 (z − zj) mj . Da f ∈ M(U), existieren g, h ∈ O(U) mit f = g
zj ist. Weiter ist h(z) = n
Damit ist ϕ ein Homöomorphismus von S 2 nach C.
Nebenbemerkung
Der 1-dimensionale komplex-projektive Raum P1(C) ist definiert durch C2 \ {0}/ ∼ mit
Bemerkung
Es gilt also: Aus G zusammenhängend folgt: M(G) ist der Quotientenkörper von O(G).
z ∼ w :⇐⇒ ∃ λ ∈ C 2 : z = λw.
12.12. Konstruktion der Riemannschen Zahlensphäre
C := C ∪ {∞} heißt Riemannsche Zahlensphäre.
P1(C) ist also die Menge der Geraden in C 2 durch den Punkt 0. Man kann zeigen: P1(C) ∼ C.
12.15. Satz
a) Jede meromorphe Funktion f ∈ M(U) definiert eine stetige Abbildung f : U → C durch f(z) = ∞
für z ∈ Pf .
b) Ist umgekehrt g : U → C stetig, so daß D := g−1 (∞) diskret ist und g| U\D ∈ O(U \ D), so ist
f = g| U\D meromorph, und Pf = D.
a) U ist eine Umgebung von ∞, wenn ein r > 0 existiert, so daß gilt: C \ Ur(0) ⊂ U.
b) Wie definieren eine Topologie auf C: Sei U ⊂ C. U heißt offen, wenn gilt:
i) U ∩ C ist offen.
ii) Ist ∞ ∈ U, so gibt es eine Umgebung von ∞.
Damit wird C zu einem topologischen Raum.
c) Man sagt (zn) → ∞, wenn für alle M > 0 ein n0 existiert, so daß für alle n ≥ n0 gilt: |zn| ≥ M
oder zn = ∞.
d) Sei Y ⊂ C und f : Y → C mit f(z0) = ∞. f ist in z0 stetig, wenn für jede Folge (zn) ⊂ Y mit
lim
n→∞ zn = z0 gilt: lim
n→∞ |f(zn)| = ∞. 24
Beweis:
a) Für z ∈ U \ Pf setze f(z) = f(z), für z ∈ Pf setze f(z) = ∞. Zu zeigen: f ist in z ∈ Pf stetig.
Sei dazu (zn) ⊂ U mit (zn) → z. Da z ∈ Pf , folgt: |f(zn)| = | f(zn)| → ∞. Also ist f in z ∈ Pf
stetig.
b) Zu zeigen: z ∈ D genau dann, wenn z ein Pol von f ist. Sei (zn) ⊂ U \ D mit (zn) → z. Es gilt:
g ist genau dann stetig in z, wenn lim
n→∞ |g(zn)| = lim
n→∞ |f(zn)| = ∞, genau dann, wenn z ein Pol
von f ist.
12.13. Satz
C ist kompakt. 25
Beweis: Sei (Ui)i∈I eine offene Überdeckung von C, also C =
i∈I Ui. Wähle i0 ∈ I, so daß ∞ ∈ Ui0 .
Dann existiert ein r > 0, so daß gilt: Ui0 ⊃ C \ Ur(0). Dann ist K := C \ Ui0 = C (Ui0 \ {∞})
abgeschlossen, da Ui0 \ {∞} offen in C ist. Ebenso gilt: K ⊂ Ur(0). Also ist K kompakt.
von K. Somit überdecken Ui0 , Ui1 , . . . ,
Sei U ′ i := Ui \ {∞} mit i ∈ I und i = i0. Dann bildet (U ′ i ) i∈I\{i0} eine offene Überdeckung von K in
C. Also existiert eine endliche Teilüberdeckung U ′ i1 , . . . , U ′ in
C.
Uin
23Die Voraussetzung, daß Pf endlich sein soll, kann weggelassen werden. Der Beweis ist dann jedoch schwieriger. Wir führen
ihn später für U = C.
24f ist z0 stetig bedeutet, daß das Urbild einer Umgebung von ∞ eine Umgebung von z0 ist.
25Erinnerung: Ein topologischer Raum X heißt kompakt, wenn je zwei verschiedene Punkte von X disjunkte Umgebungen
besitzen (Hausdorffsches Trennungsaxiom) und jede offene Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung enthält.

13. Der Residuensatz 54
53 13. Der Residuensatz
Es gilt: F ∈ O(U \ D), und z1, . . . , zn sind hebbare Singularitäten. Also ist F holomorph in einer
Umgebung I(K). Sei D ′ = D \ {z1, . . . , zn} ⊂ A(K). Dann folgt: F ∈ O(U \ D ′ ). Mit dem
13. Der Residuensatz
Cauchyschen Integralsatz folgt:
F (z) dz = 0
K
1
2πi
Der Cauchysche Integralsatz lieferte uns bisher eine Aussage, wenn f : U → C holomorph ist und K eine
geschlossene Kette mit I(K) ⊂ U. Dann gilt nämlich:
f(z) dz = 0.
∂K
Wir möchten nun den Wert des obigen Integrals bestimmen, wenn f : U \ D → C holomorph ist, wobei
D ⊂ U diskret ist mit D ∩ K = ∅. Dies wird der Residuensatz 13.4. beantworten.
n
hν(z) dz.
K
auf einer Umgebung von I(K). Somit ergibt sich:
1
f(z) dz =
2πi K
ν=1
−1
13.1. Definition
Sei U ⊂ C offen, D ⊂ U diskret, f ∈ O(U \ D) und z0 ∈ D. Als Residuum von f bei z0 bezeichnet man:
1
resz0f := f(z) dz,
2πi ∂Uϱ(z0)
aνµ (z − zν) µ . Beachte (∗):
Sei hν(z) =
µ=−∞
wobei ϱ so sei, daß Uϱ(z0) ⊂ U und D ∩ Uϱ(z0) = {z0}. 26
0 µ = −1,
n(zν, K) µ = −1.
(z − zν) µ dz =
K
Bemerkung
Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist obige Definition unabhängig von der Wahl von ϱ.
Dann folgt:
−1
(z − zν) µ dz
aνµ
hν dz =
K
1
2πi
1
2πi
µ=−∞
K
13.2. Satz
Sei U ⊂ C offen, D ⊂ U diskret, f ∈ O(U \ D) und z0 ∈ D. Sei f(z) = ∞ ν=−∞ aν(z − z0) ν die
Laurententwicklung um z0. Dann gilt:
resz0f = a−1.
1
2πi aν−1 · n(zν, K)
1
2πi reszν f · n(zν, K).
(∗)
=
=
0 ν = −1,
2πi ν = −1.
Beweis: Mit Satz 12.3. gilt (∗):
(z − z0) ν dz =
∂Uϱ(z0)
13.5. Satz
Einsetzen liefert nun:
Sei U ⊂ C offen, z0 ∈ U und f ∈ O(U \ {z0}). Dann gilt:
∞
1
2πi
aν(z − z0) ν dz
f(z) dz =
∂Uϱ(z0)
∂Uϱ(z0)
1
2πi
a) Sei z0 ein Pol 1. Ordnung. Dann gilt:
ν=−∞
∞
f = lim (z − z0)f(z).
z→z0
(z − z0) ν dz
aν
1
2πi
=
resz0
∂Uϱ(z0)
ν=−∞
(∗)
= a−1.
b) Sei g ∈ O(U). f habe in z0 einen Pol 1. Ordnung. Dann gilt:
Dabei ist ϱ so klein ist, daß die Laurentreihenentwicklung auf Uϱ(z0) existiert.
resz0 (g · f) = g(z0) · resz0 f.
13.3. Folgerung
c) Seien f, g ∈ O(U). f habe in z0 eine Nullstelle 1. Ordnung. Dann gilt:
f = 0.
Sei z0 eine hebbare Singularität. Dann folgt: resz0
g(z0)
=
f ′ (z0) .
g
f
resz0
d) f habe in z0 einen Pol n-ter Ordnung. Es sei g(z) = (z − z0) n f(z). Dann gilt:
1
(n − 1)! g(n−1) (z0).
f =
resz0
13.4. Satz (Residuensatz)
Sei U ⊂ C offen und D ⊂ U diskret. Sei K eine geschlossene Kette in U \ D mit I(K) ⊂ U. Sei
f ∈ O(U \ D). Dann gilt:
1
f(z) dz =
2πi K
n(z, K) · reszf.
z∈D∩I(K)
Beweis:
a) Da z0 ein Pol 1. Ordnung ist, ist (z − z0)f(z) holomorph. Sei g(z) = ∞ ν=0 aν(z − z0) ν . Betrachte
nun die Laurentreihenentwicklung von f:
Beweis: Da I(K) kompakt ist, ist D ∩ I(K) endlich. Sei also D ∩ I(K) = {z1, . . . , zn}. Sei hν der
Hauptteil der Laurentreihenentwicklung von f um zν. Dann folgt: hν ∈ O(C \ {zν}). Definiere nun
n
hν.
F := f −
∞
bν(z − z0) ν .
f(z) =
ν=1
26 Dies ist immer richtig, wenn ϱ genügend klein ist. Ein solches ϱ ist zu finden, da D diskret ist.
ν=−1

13. Der Residuensatz 56
55 13. Der Residuensatz
Es gilt:
. R habe keine Pole auf R ⊂ C. Weiterhin sei grad q ≥ grad p + 2. Dann gilt:
13.7. Satz
Seien p, q ∈ C[z] und R = p
q
∞
∞
bν(z − z0) ν+1
(z − z0) ν f(z) =
reszR.
R(x) dx = 2πi
ν=−1
Imz>0
−∞
∞
bν−1(z − z0) ν
=
R(x) dx. Es gilt:
−∞
dx
xn und es gilt: M dx
−∞ xn < ∞.
Beweis: Weil grad q ≥ grad p + 2 und R keine Pole auf R besitzt, existiert ∞
ν=0
∞
xn für n ≥ 2 und große |x|. Für n ≥ 2 und M > 0 existiert ∞
M
Weiterhin gilt: |R(x)| ≤ C
|x| n .
Wähle r so groß, daß alle Pole von R in Ur(0) liegen. Definiere
∼ 1
R = p
q
aν(z − z0) ν .
!
=
ν=0
Es ergibt sich: bν−1 = aν für alle ν ≥ 0. Also:
Wr : [0, π] → C, t ↦→ re it .
resz0f = b−1 = a0 = g(z0) = lim (z − z0)f(z).
z→z0
n(z, K) · reszR
Die Kette K sei K := {[−r, r], Wr}. Dann gilt:
R(z) dz = 2πi
b) Analog zu a).
c) Es gilt:
z∈I(K)
K
reszR.
= 2πi
(z − z0)
f(z)
a)
= lim
Imz>0
1
f
resz0
z→z0
r
Ebenso gilt:
1
f ′ (z0) .
f(z0)=0
=
R(z) dz.
R(x) dx +
R(z) dz =
Wr
−r
K
Dabei ist f ′ (z0) = 0, da z0 eine Nullstelle 1. Ordnung ist. Mit b) ergibt sich:
R(z) dz → 0 für r → ∞.
Es bleibt zu zeigen:
Wr
Weil grad q ≥ grad p + 2, gibt es ein C > 0, so daß für große |z| gilt:
g(z0)
=
f ′ (z0) .
g
f
resz0
|R(z)| ≤ C
.
|z| 2
d) Analog zu a).
Also gilt:
13.6. Satz
r 2
R(z) dz
≤ L(Wr) · C
Wr
Seien p, q ∈ R[x, y] und R(x, y) := p(x,y)
q(x,y) . Es gelte: q(cos t, sin t) = 0 für alle t ∈ R.27 Dann gilt:
= πr · C
r2 = π · C
r
→ 0 (r → ∞).
ξ − 1
ξ
ξ + 1
ξ
1
2
1
ξ R
2π
.
, 1
2i
resz
R(cos t, sin t) dt = 2π
|z|0
−∞
= 2πi(resξR + res ξ 3R).
.
ξ + 1
ξ
= 2π
13.4.
resz
Da ξ und ξ 3 Pole 1. Ordnung sind, läßt sich a) aus Satz 13.5. anwenden:
|z|

13. Der Residuensatz 58
57 13. Der Residuensatz
Somit ergibt sich:
resξR + resξ3R = 1
2 √ 2i .
Als Endergebnis kommt somit heraus:
,
13.10. Folgerung
Seien p, q ∈ C[z]. R = p
q habe keine Pole auf R, und es gelte: grad q > grad p. Es gilt:
∞
R(x) cos(x) dz = πi resz(R(ξ)e
−∞
Imz>0
iξ ) −
resz(−R(ξ)e
Imz grad p. Dann gilt:
13.9. Satz
Seien p, q ∈ C[z]. R = p
q
∞
n2
∞
resz(R(ξ)e −iξ ).
R(x)e −ix dx = −2πi
R(x)e ix dz
Imz0
cos x = 1
2 (eix + e −ix ),
2i (eix − e −ix ).
sin x = 1
Beweis: Wähle r1, r2 und s so groß, daß alle Pole von R mit positivem Imaginärteil im Inneren von
Q liegen. Der Residuumsatz liefert dann:
R(z)e iz dz = 2πi
resz(R(ξ)e iξ ).
Imz>0
∂Q
13.11. Bemerkung
In Folgerung 13.10. gelte zusätzlich: R(R) ⊂ R. Dann gilt:
Daraus folgt:
r2
∞
∞
R(z)e iz dz.
resz(R(ξ)e iξ ) −
R(x)e ix dx = 2πi
R(x)e ix dx
R(x) cos x dx = Re
W1+W2+W3
Imz>0
−r1
−∞
−∞
Es ist zu zeigen:
resz(R(ξ)e iξ ).
= −2πIm
R(z)e iz dz → 0
Imz>0
für r1, r2, s → ∞.
Wähle C, so daß R(z) ≤ C
|z| auf |W1|, |W2| und |W3|. Dies ist möglich, weil gilt: grad q > grad p und
r1, r2, s groß sind. Dann gelten folgende Abschätzungen:
a) Mit z = x + iy und y = s gilt:
R(z)e
W2
iz
dz
=
−r1
R(x + is)e
r2
ix e −s
dx
≤ (r1 + r2) · C
· e−s
s
→ 0. (r1, r2, s → ∞, s = r1 + r2)
W1+W2+W3
Analog für sin.
13.12. Beispiel
cos x
x2 π
dx =
+ a2 2a e−a .
∞
Für a > 0 gilt:
0
Beweis: Es gilt:
∞
∞
2 dx
cos x
x2 + a
1
2
cos x
x2 dx =
+ a2
e iξ
−∞
0
ξ 2 + a 2
resz
= −πIm
C ≤ r2 und 1
0 e−ts dt = 1 1
s − s e−s ≤ 1
s gilt:
R(z)e
W1
iz
dz
=
1
R(r2 + its)e
0
ir2−ts
is dt
1
≤ RW1 · s · e −ts dt
b) Mit RW1
Imz>0
e iξ
(∗)
= −πIm resia
ξ 2 + a 2
13.5. e
= −πIm i(ia)
2ia
π
=
2a e−a .
0
≤ C
r2 1
Bei (∗) gilt: Die Pole von ξ2 +a2 sind ia und −ia. Man kann also schreiben: ξ2 + a2 = (ξ + ia)(ξ − ia).
→ 0. (r2 → ∞)
c) Analog erhält man:
.
C
≤
r1
R(z)e iz dz
W3
Sei A eine endliche Menge. Über R wurde verwendet: R ∈ O(C \ A), hat keine Pole in R, und es gilt:
limz→∞ |R(z)| = 0.

13. Der Residuensatz 60
59 13. Der Residuensatz
13.14. Beispiel
π
sin(πα) .
∞
dx =
xα−1 x + 1
Für 0 < α < 1 gilt:
0
Vorbemerkung
Sei z ∈ C \ [0, ∞), z = reiϕ , r > 0 und ϕ ∈ (0, 2π). Definiere
lg : C \ [0, ∞) → C, lg z := log r + iϕ.
. Dann ergibt sich:
z(z+1)
Beweis: Sei R(z) = 1
∞
∞
lg ist holomorph. Definiere weiterhin gα(z) := e α lg z . 28 Dann gilt:
x α R(x) dx.
dx =
xα−1 x + 1
lg(re iϕ ),
lg(x + iy) = log x = lim
ϕ→0
lim
y→0
0
0
Die Pole sind 0 und −1. Es gilt: res−1(zαR(z)) = −eπia . Somit ergibt sich die Behauptung.
ϕ>0
y>0
lg(re iϕ ).
lg(x + iy) = log x + 2πi = lim
ϕ→2π
ϕ 0, so daß für |z| nahe 0 gilt:
|R(z)| ≤ C′
|z| . Also gilt:
W2
W3 die Strecke von s + i π
2 nach −r + i π
2 und
W4 die Strecke von −r + i π
2 nach −r.
Q sei der von W1 bis W4 umschlossene Quader. Es gibt genau eine Singularität im Inneren von Q,
, und keine auf dem Rand. Es gilt:
nämlich a
2
C′
≤ 2πϱ ·
ϱ1 − α
→ 0. (ϱ → 0)
gα(z)R(z) dz
W4
i
g(z) = −
2 √ π .
res a
2
r
c) Es gilt:
Mit Hilfe des Residuensatzes und Aufgabe 1 auf Blatt 8 folgt:
x α R(x) dx.
gα(z)R(z) dz =
lim
ε→0
g(z) dz = 2πi · res a
2 g(z)
ϱ
W1
∂Q
r
Analog erhält man:
= √ π,
x α R(x) dx.
gα(z)R(z) dz = −e 2πiα
lim
ε→0
√ π −r+i 2
√ π s+i 2
√ π s+i 2
s
ϱ
W3
g(z) dz
g(z) dz −
−
g(z) dz +
g(z) dz =
d) Insgesamt ergibt sich:
−r
→0 (r,s→∞)
−r+i √ π
2
g(z) dz
s
−r
∂Q
1 − e 2πiα .
∞
→0 (r,s→∞)
x α R(x) dx
gα(z)R(z) dz =
lim r→∞
∞
0
W (r,ε,ϱ)
ε,ϱ→0
dz. (r, s → ∞)
e −z2
(∗)
=
Somit ergibt sich die Behauptung.
−∞
Daraus folgt die Behauptung.
28Also: gα(z) =“ z
” α .
29z ∈ G ⇒ ∃ r0, ε0, ϱ0 ∀ r ≥ r0 ∀ε ≤ ε0 ∀ ϱ ≤ ϱ0 : z ∈ I(W(r,ε,ϱ)).

14. Der Satz von Rouché 62
61 14. Der Satz von Rouché
14.4. Satz
Sei G ⊂ C ein Gebiet, z0 ∈ g und f ∈ O(G) mit f = const, f(z0) = w0. Sei k die Vielfachheit der
w0-Stelle z0. Dann existiert ein V = V (z0) ⊂ G, so daß gilt:
14. Der Satz von Rouché
a) f(V ) enthält eine offene Umgebung W von w0 ∈ C.
b) Für alle w ∈ W \ {w0} existieren genau k verschiedene Urbilder z1, . . . , zk ∈ g mit f(zi) = w. Die
Vielfachheit der w-Stelle zi ist 1.
14.1. Definition
Sei B ⊂ C offen und f : B → C holomorph. Sei w ∈ C und a ∈ B. f nimmt in a den Wert w mit
Vielfachheit k an, wenn
a) die Funktion h mit h(z) = f(z) − w in a eine Nullstelle der Ordnung k hat bzw.
b) es gilt: f(a) = w, f ′ (a) = 0, . . . , f (k−1) (a) = 0 und f (k) (a) = 0.
Beweis: Weil f nicht konstant ist, sind f −1 (w0) und f ′−1 (0) diskret nach dem Identitätssatz. Also
gibt es ein ε > 0 mit Uε(z0) ⊂ G, Uε(z0) ∩ f −1 (w0) = {z0}, Uε(z0) ∩ f ′−1 (0) = {z0}. Definiere
V := Uε(z0). Wir wollen nun berechnen:
1 f
2πi ∂V
′
(z) ξ=f(z) 1 ∂ξ
dz =
f(z) − w) 2πi f(∂V ) ξ − w .
Nach Spezialfall 14.3. ist dies genau N(w), also die Anzahl der w-Stellen, w ∈ W . Da f holomorph
ist, gilt N(∞) = 0.
Sei W das größte Gebiet in C \ f(∂V ), so daß w0 ∈ W und n(z, f(∂V )) konstant ist. Nach der Wahl
14.2. Satz
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ M(G) nicht konstant. Sei w ∈ C, f −1 (w) = {a1, a2, . . .} und Pf =
{b1, b2, . . .} die Menge aller Pole. 30 Sei kν die Vielfachheit, mit der f in aν den Wert w annimmt. Sei lν
die Polstellenordnung von f in bµ. Sei K eine geschlossene Kette in G, so daß I(K) ⊂ G, und für alle ν,
f ′ (z)
f(z) − w dz.
von W gilt dann für alle w ∈ W :
n(bµ, K)lµ = 1
2πi
µ gelte aν, bµ /∈ |K|. 31 Dann gilt:
n(aν, K)kν −
K
µ
ν
= n(w, f(∂V ))
∂ξ
ξ − w
f(∂V )
1
2πi
= n(w0, f(∂V )).
Beweis: Definiere die Funktion h(z) := f ′ (z)
f(z)−w . Es gilt: h ∈ M(G). Wir wollen nun den Residuensatz
auf h anwenden.
a) Die aν sind Pole von h. Wir suchen nun resaν h. In einer Umgebung U von aν gilt:
Also gilt:
N(w) = n(w, f(∂V )) = n(w0, f(∂V )) = N(w0) = k.
f(z) = w + (z − aν) kν g(z).
Da f ′ (z) = 0 für z ∈ V \ {z0}, ist f| U(z) injektiv. Somit hat f −1 (w) genau k Urbilder.
g ist holomorph auf U mit g(aν) = 0. 32 Somit gilt auf U:
14.5. Folgerung
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ O(G) nicht konstant. Sei z0 ∈ G. Dann existiert genau dann ein ε > 0, so
daß die Funktion f| Uε(z0) : Uε(z0) → f(Uε(z0)) ein Isomorphismus ist, wenn gilt: f ′ (z0) = 0.
+ g′ (z)
g(z) .
kν
= h(z) =
z − aν
f ′ (z)
f(z) − w
Beweis: Siehe Satz 14.4. mit k = 1.
14.6. Satz von Rouché
Sei U ⊂ C offen und K eine geschlossene Kette in U mit I(K) ⊂ U. Seien f, g ∈ O(U). Für alle z ∈ |K|
gelte: |f(z) − g(z)| < |f(z)|. Dann gilt: f und g haben gleich viele Nullstellen in I(K).
Beweis: Definiere ht := f + t(g − f) ∈ O(U) mit 0 ≤ t ≤ 1. Also gilt: h0 = f und h1 = g. Was ist
nun N(0, ht)?
Wir verifizieren nun, daß ht keine Nullstellen auf |K| hat. Es gilt:
Also folgt: resaν h = kν.
b) Die bµ sind einfache Pole von h. Wir suchen nun resbµ h. Es gilt:
f(z) − w = (z − bµ) −lµ g(z)
1
=
g(z), lµ (z − bµ)
mit g holomorph und ohne Nullstellen in einer Umgebung U(bµ). Dann folgt:
+ g′ (z)
g(z) .
lµ
= −
z − bµ
f ′ (z)
f(z) − w
|ht(z)| = |f(z) + t(g(z) − f(z))|
= 0,
n(bµ, K) · resbµ h
h +
n(aν, K) · resaν
µ
Also folgt: resbµ h = −lµ.
c) Der Residuensatz liefert:
1
h(z) dz =
2πi K
ν
weil t|g(z) − f(z)| < |f(z)| mit z ∈ |K| und 0 ≤ t ≤ 1. Mit Satz 14.2. folgt:
1 h
N(0, ht) =
2πi K
′ t(z)
ht(z) dz
1 f
=
2πi K
′ (z) + t(g ′ (z) − f ′ (z))
f(z) + t(g(z) − f(z)) dz.
Somit ist N(0, ht) stetig in t, also ist N(0, ht) konstant. Auf I(K) gilt somit: N(0, f) = N(0, g).
n(bµ, K)lµ.
n(aν, K)kν −
a), b)
=
µ
ν
14.3. Spezialfall
Sei K = ∂Ur(z0). Dann gilt:
14.7. Beispiel
Wieviele Nullstellen hat die Funktion f(z) = 3z5 − 100z + 1 auf U1(0)? Als Hilfsfunktion definieren wir
g(z) := −100z + 1. Für |z| < 1 gilt:
f ′ (z)
f(z) − w
dz = N(w) − N(∞),
∂Ur(z0)
1
2πi
wobei N(w) die Anzahl der w-Stellen mit Vielfachheit von f| Ur(z0), und N(∞) die Anzahl der Polstellen
mit Vielfachheit von f| Ur(z0) ist.
|f(z) − g(z)| = |3z 5 |
< |3z 5 − 100z + 1|.
Also folgt: N(0, f| U1(0)) = N(0, g| U1(0)) = 1.
30f −1 (w) ist diskret nach dem Identitätssatz.
31Aus I(K) kompakt folgt: Es gibt nur endlich viele aν, bµ in I(K).
32f(z) − w hat in aν die Nullstellenordnung der Ordnung kν.

15. Der Satz von Mittag-Leffler 64
63 14. Der Satz von Rouché
15. Der Satz von Mittag-Leffler
14.8. Satz (Fundamentalsatz der Algebra)
Wir stehen vor folgendem Problem: Sei G ⊂ C offen und D ⊂ G diskret. In jedem zν ∈ D sei der
Hauptteil
hν = c(ν) − nν
(z − zν) nν + c(ν) − nν + 1
(z − zν) nν−1 + . . . + c(ν) − 1
z − zν
vorgegeben. Gibt es nun ein f ∈ M(G), so daß der Hauptteil der Laurentreihenentwicklung um zν genau
Sei f ∈ C[z] und f nicht konstant. Dann gilt: f hat eine Nullstelle.
Beweis: Definiere
f(z) = z n + an−1z n−1 + . . . + a1z + a0,
g(z) = z n .
hν ist? Dazu folgende Bemerkungen:
Ist r ≫ 0, so gilt für |z| = r:
a) Wenn D endlich ist, ist das Problem trivial. Schreibe D als D = {z1, . . . , zm} und setze f als
f = h1 + . . . + hm. Wenn D nun unendlich ist, konvergiert dann f := ∞ ν=1 hν?
b) Wir beschränken uns auf den Fall G = C.
|f(z) − g(z)| = |an−1z n−1 + . . . + a0|
= |g(z)|
= |z| n .
15.1. Definition
Sei G ⊂ C ein Gebiet und D = {zν | ν ∈ I} diskret, wobei I endlich oder abzählbar ist. Eine Mittag-
Leffler-Verteilung oder Hauptteilverteilung M auf G ist eine Menge
Mit dem Satz von Rouché folgt für alle r ≫ 0: N(0, f| Ur(0)) = n. Daraus folgt die Behauptung.
{hν | ν ∈ I, hν Hauptteil in zν}.
Eine Lösung von M ist f ∈ M(G) mit f| G\D holomorph, so daß die Laurentreihenentwicklung von f um
zν genau den Hauptteil hν hat.
Bemerkung
a) Zur Notation: Ohne Einschränkung sei 0 ∈ D, gegebenenfalls setze h0 = 0. Numeriere D nun so,
daß 0 = |z0| ≤ |z1| ≤ . . ., also: D = {zν | ν ∈ N0}.
∞
(hν(z) − Pν(z)),
b) Ein Ansatz zur Lösung ist
f(z) = h0(z) +
ν=1
wobei Pν(z) ein Polynom ist. Die auftretenden Konvergenzprobleme soll Pν(z) lösen.
15.2. Satz
a) Sei M eine Mittag-Leffler-Verteilung auf G mit Lösungen f, g ∈ O(G). Dann ist f − g ∈ O(G).
b) Ist f ∈ M(G) eine Lösung von M und h ∈ O(G), so ist f + h ebenfalls eine Lösung.
Beweis:
a) Sei (f − g)| G\D ∈ O(G \ D). f und g haben in zν ∈ D die gleichen Hauptteile. Dann hat f − g
als Hauptteil 0. Somit ist zν eine hebbare Singularität von f − g. Also gilt: f − g ∈ O(G).
b) Klar.
15.3. Definition
Sei U ⊂ C offen, ν ∈ N und fν ∈ M(U). ∞ ν=1 fν heißt genau dann kompakt konvergent, wenn für alle
kompakten K ⊂ U ein ν0 existiert, so daß für alle ν ≥ ν0 gilt: fν sind holomorph in einer Umgebung von
K und
ν≥ν0 fν|K konvergiert gleichmäßig.
Bemerkung
Sei P (fν) = Dν und D = ∞ ν=1 Dν diskret. Weiter sei U(K) ∩ D endlich, etwa U(K) ⊂ {z1, . . . , zν0−1}.
Verlange nun: fν0 , fν0+1, . . . sind holomorph in U(K). Dort macht
ν≥ν0 fν Sinn.

15. Der Satz von Mittag-Leffler 66
65 15. Der Satz von Mittag-Leffler
Bemerkung
Sei f ∈ M(C), dann gilt: f definiert eine Mittag-Leffler-Verteilung. f habe die Pole aν mit Hauptteilen
hν in aν. Mit Satz 15.5. folgt dann:
∞
(hν − Pν)(z)
g(z) := h0(z) +
15.4. Folgerung
Seien fν ∈ M(U) und ∞ ν=1 fν sei kompakt konvergent. Es sei P := ∞ ν=1 P (fν). Dann ist P diskret in
U, und die Funktion
∞
f : U \ P → C, f(z) := fν(z)
ν=1
ν=1
ist meromorph auf C, wenn Pν das Taylorpolynom von hν um 0 von genügend hohem Grad ist.
Wenn nun g die gleiche Mittag-Leffler-Verteilung wie f hat, so folgt:
f(z) = h(z) + g(z),
ist holomorph auf U \ D, meromorph auf U und es gelte: P (f) ⊂ P .
Beweis:
a) Zur Diskretheit von P : Wäre P nicht diskret in U, so hätte P einen Häufungspunkt z0 ∈ U.
Dann gilt für K = Uε(z0) ⊂ U: K ∩ P (fν) = ∅ für unendlich viele ν. Dies ist ein Widerspruch
wobei gilt: h ∈ O(C).
15.6. Beispiel
Sei (aν) eine Folge in C mit a0 = 0, lim
ν→∞ |aν| = ∞ und |aν| ≤ |aν+1|.
zur Voraussetzung. 33 Also ist P diskret.
b) Da ∞ ν=1 fν auf U \ P kompakt konvergiert, ist f = ∞ ν=1 fν holomorph auf U \ P .
c) Zu zeigen: f hat höchstens Pole in z0. Sei z0 ∈ P . Seien ε > 0 und K := Uε(z0). Also existiert
ein ν0, so daß für alle ν ≥ ν0 gilt: f| Uε(z0) ist holomorph. Für ν ≥ ν0 gilt auf Uε(z0):
a) Wir wollen nun f ∈ M(C) so konstruieren, so f in aν einen Pol 1. Ordnung hat mit Residuum
ν0−1
cν
z−aν .
cν = 0, also mit Hauptteil
fν.
fν +
f =
ν2 mit ν ≥ 1. Die Potenzreihenentwicklung um 0 ist
1
= −
z − aν
1
∞
µ
z
.
aν aν
µ=0
Sei dazu εν = 1
ν=1
ν≥ν0
Da erste Summand ist gleichmäßig konvergent, und somit holomorph. Der zweite Summand ist
eine endliche Summe von meromorphen Funktion, und somit auch selbst meromorph. Somit hat
f höchstens Pole in z0.
2 gilt:
1
z
− aν
Wähle kν so, daß für |z| ≤ |aν|
µ
< 1
ν2 |cν| .
z
kν
15.5. Satz von Mittag-Leffler für C
aν
+ 1
aν
µ=0
Sei D ⊂ C diskret und M = {hν} eine Mittag-Leffler-Verteilung zu D = {zν | ν ∈ I}, wobei I endlich
oder abzählbar ist. Dann hat M eine Lösung. Genauer gilt:
Die Funktion
f(z) = c0
z +
∞
kν 1 z
cν +
z − aν
ν=1
µ=0
ν
a µ+1
ν
mit f ∈ M(C) löst die vorgegebene Mittag-Leffler-Verteilung. Die hν hängen von den aν ab.
b) Sei speziell aν = ν, cν = 1 für ν ∈ Z. Bei a) können wir nun kν = 0 setzen. Dafür müssen wir
zeigen: Die Funktion
f(z) = 1
1 1
+ +
z z − ν ν
a) Sind Pν ∈ O(C), so daß f := h0 + ∞ ν=1 (hν − Pν) kompakt konvergiert, so ist f Lösung von M.
b) Ist Pν das Taylorpolynom von hν um 0 mit ν ≥ 1 und genügend hohem Grad, so ist f := h0 +
∞
ν=1 (hν − Pν) kompakt konvergent, also Lösung. 34
ν=0
ν∈Z
Beweis:
a) Mit 15.4. gilt: f ∈ M(C). Es bleibt zu zeigen: f hat Hauptteil hν0 in zν0 : Pν ist holomorph, und
hν ist ebenfalls holomorph in U(zν0 ) für alle ν = ν0. Weil D diskret ist, gibt es eine Umgebung
U(zν0 ), so daß gilt: U(zν0 ) ∩ D = {zν0 }.
b) Setze rν := 1
2 |zν|, ν ∈ N und Uν := Urν (0). Wähle eine Folge (εν) in (0, ∞) mit ∞ ν=1 εν < ∞,
konvergiert kompakt. Dann würde nämlich folgen: Diese Funktion f ∈ M(C) hat einfache Pole mit
Residuum 1 in Z, ansonsten ist sie holomorph.
Wir weisen nun die Konvergenz nach. Es gilt:
1 1
+
z − ν ν =
|z|
|ν| · |z − ν| .
ν2 . Dann gilt: hν ∈ O(Uν) und
. . .
hν =
+ . . . nν (z − z0)
zum Beispiel εν = 1
ist holomorph auf C \ {z0}. Somit erfüllt das Taylorpolynom Pν von genügend hohem Grad von
Damit gilt für |z| ≤ R und |ν| > 2R, also |z − ν| ≥ R
2 :
1 1
+
2R
z − ν ν ≤ .
ν2 hν in 0 die Gleichung 35
< εν.
hν − Pνnν
Also folgt:
Sei nun U = Ur(0) und r > 0 beliebig. Wähle ν0, so daß für alle ν ≥ ν0 gilt: U ⊂ Uν. Dies ist
möglich, weil D (ohne Einschränkung sei D nicht endlich) keine Häufungspunkte besitzt. Also
gilt: |zν| → ∞, d.h. rν → ∞. Also gilt für alle ν ≥ ν0:
1
ν 2
∞
|f(z)| ≤ 2R
hν − PνU < εν.
ν=1
< ∞.
Weil ∞ ν=1 εν < ∞, folgt nach dem Majoranten-Kriterium: f := h0 + ∞ ν=1 (hν − Pν) konvergiert
kompakt auf U. Da dies für alle r gilt, gilt die kompakte Konvergenz auf ganz C. Mit 15.4. folgt:
f ∈ M(C).
Also gilt: f ∈ M(C) mit Polen 1. Ordnung in Z und Residuum 1, ansonsten holomorph. Die
Funktion
f(z) = π · cot(πz)
hat obige Eigenschaften.
33Diese lautet: Für alle k existiert ein ν0, so daß für alle ν ≥ ν0 gilt: P (fν) ∩ K = ∅.
34Der Satz von Mittag-Leffler gilt auch für beliebige G ⊂ C.
35 Dies ist eine Potenzreihenentwicklung von hν um 0.

15. Der Satz von Mittag-Leffler 68
67 15. Der Satz von Mittag-Leffler
hat ebenfalls die Eigenschaft (∗ ∗ ∗), denn: Ohne Einschränkung sei
2 π
sin(πz)
2i (eiπz − e−iπz ) folgt:
Die Funktion z ↦→ −
z = iy. Mit sin(πz) = 1
| sin(πz)| = 1
2 · |e−πy − e πy |
→ ∞. (|y| → ∞)
Damit hat auch
f ′ 2 π
0(z) = −
+ f1(z)
sin(πz)
die Eigenschaft (∗ ∗ ∗). f ′ 0 ist holomorph und periodisch mit Periode 1. Wegen (∗ ∗ ∗) und der
Holomorphie ist f ′ 0|S beschränkt. Aus dem Satz von Liouville folgt: f ′ 0 ist konstant. Die Eigenschaft
(∗ ∗ ∗) bedeutet: lim
y→∞ |f ′ 0(x, y)| = 0. Daraus folgt: f ′ 0 = 0. Hieraus folgt a) und b).
15.7. Satz
a) 1
1 1
+ + = π · cot(πz). (Partialbruchentwicklung von cot)
z z − ν ν
ν∈Z\{0}
∞
2 1
π
b)
=
für z ∈ C \ Z.
(z − ν) 2 sin(πz)
ν=−∞
Beweis: f(z) = π · cot(πz) und 1
1 1
z + ν∈Z\{0} z−ν + ν lösen die gleiche Mittag-Leffler-Verteilung.
Also existiert nach der Bemerkung zu Satz 15.5. ein f0 ∈ O(C), so daß gilt:
f(z) = f0(z) + 1
1 1
+ + .
z z − ν ν
ν∈Z\{0}
Differenzieren liefert:
15.8. Folgerung
2
∞
1
(z − ν) 2
= f ′ 0(z) − 1
−
z2
π
sin(πz)
−
für z /∈ Z + 1
2 .
1
+
) ν + 1
2
1
z − (ν + 1
2
a) π · tan(πz) = −
ν∈Z\{0}
ν=−∞
1
(z − ν) 2
∞
2z
z2 für z /∈ Z.
− ν2 ∞
(−1) ν
= f ′ 0(z) −
1
=
z +
π
sin(πz)
b)
ν=−∞
ν=1
= f ′ 0 − f1(z).
. Dann folgt:
Beweis:
a) Verwende Satz 15.7. a) und cos(πz) = sin π z + 1
2
2
Wir stellen fest: f1 hat Periode 1, d.h. es gilt: f1(z+1) = f1(z). Wir wollen nun f1 näher untersuchen.
Betrachte dazu die Menge
S := {z = x + iy | 0 ≤ x ≤ 1, |y| ≥ 1}.
2 .
1
1 z − ν + 2
=
π
cos(πz)
ν∈Z
Sei z ∈ S. Wegen
Mittels Integration folgt:
(∗)
1
(x − ν) 2 + (y − ν) 2
1
=
(z − ν) 2
.
+ 1
ν + 1
2
1
z − ν + 1
2
π · tan(πz) = −
1
,
ν2 gilt für ν /∈ {0, 1}:
ν∈Z
. (∗∗)
1
(ν − 1) 2
2 ≤ max
1
(z − ν)
1
konvergiert absolut und gleichmäßig auf S.
(z − ν) 2
∞
Also folgt mit dem Majoranten-Kriterium:
1
sin(πz) .
Die Integrationskonstante ist 0, weil π · tan(π · 0) = 0.
b) Es reicht, für z ∈ R nachzuweisen:
cot(πz) + tan π z
=
2
ν=−∞
Sei nun ε > 0. Wähle ein ν0 > 0, so daß gilt:
Mit Satz 15.7. b) und 15.8. a) folgt:
S
1
(z − ν) 2
ν0
< ε
2 .
f1 −
1
+
2ν + 1
1
z − (2ν + 1)
−
1
+
2ν
1
z − ν
+
1
=
z
π
sin(πz)
µ=−ν0
ν∈Z
ν∈Z\{0}
Dies ist möglich wegen der gleichmäßigen Konvergenz. Wähle nun R so groß, daß für |Imz| > R gilt:
2z
z2 .
− ν2 ∞
(−1) ν
= 1
z +
1 ε
<
|z − ν| 2 2
ν=1
. (∗∗)
|ν|≤ν0
15.9. Satz und Definition
Die Funktion
z
f(z) = ez z = 0,
− 1
1 z = 0,
ist holomorph auf U = {z |z| < 2π}. Die Potenzreihenentwicklung von f um 0 hat die Form
z
ez z
= 1 −
− 1 2 +
∞ B2ν
(2ν)!
ν=1
z2ν .
Insgesamt gilt nun für z ∈ S mit |Imz| > R:
1
(z − ν) 2
ν0
+
1
(z − ν) 2
ν0
f1(z) −
|f1(z)| ≤
ν=−ν0
ν=−ν0
< ε.
Da f1 periodisch ist, folgt:
∀ ε > 0 ∃ R > 0 : |Imz| > R ⇒ |f1(z)| < ε. (∗ ∗ ∗)
Die B2ν heißen Bernoulli-Zahlen.
Die Behauptung folgt mit der Periodizität von f.

15. Der Satz von Mittag-Leffler 70
69 15. Der Satz von Mittag-Leffler
Mit Hilfe der geometrischen Reihe folgt:
∞
aνz ν mit a0 = f(0) = 1. Dann folgt:
Beweis: Schreibe f(z) =
µ
z 2
∞
ν=0
.
ν 2
1
z2 1
= −
− ν2 ν2 z
∞ ν=1 zν
ν!
∞
µ=0
.
aνz ν =
Somit folgt:
ν=0
µ
z 2
∞
∞
∞
∞
Also:
ν 2
− 1
ν2 πz · cot(πz) = 1 + 2z 2
.
zν ν!
·
aνz ν
z =
µ=0
∞
ν=1
ν=1
ν=0
∞
Ein Koeffizientenvergleich liefert:
z 2µ .
1
ν 2µ
= 1 − 2
ν=1
µ=1
z = a1z · 0 + a0 · z,
b) Es gilt:
0 = a2z 2 · 0 + a1z · z + a0 · 1
2 z2 .
cot(z) = cos(z)
sin(z)
= i · eiz + e−iz Somit gilt für den linearen Term: a0 = 1, und für den quadratischen Term: a1 = − 1
2 . Betrachte
allgemein g(z) := f(z) + z
2 . Rechne nach, daß gilt: g(z) = g(−z). Somit verschwinden die ungeraden
Terme der Potenzreihenentwicklung von g um 0. Es verschwinden aber auch alle ungeraden Terme
vom Grad größer gleich 3 der Potenzreihenentwicklung von f um 0.
2iz e + 1
= i ·
e2iz
− 1
2i
= i +
e2iz − 1 .
e iz − e −iz
15.10. Bemerkung
∞
1 − z
2 +
Die Gleichung
zν ν!
∞
Also folgt:
·
B2ν
(2ν)! z2ν
z =
ν=1
ν=1
z · cot(z) = iz + 2iz
e2iz − 1
ergibt durch Koeffizientenvergleich eine Rekursionsformel für B2ν. Insbesondere gilt: B2ν ∈ Q. Für die
ersten Koeffizienten gilt:
∞
2µ B2µ
2
(2µ)! (iz)2µ
1 − iz
2 +
= iz + 2i
µ=1
B2 = 1
6 ,
µ 22µ
∞
(−1)
B4 = 1
30 ,
(2µ)! z2µ .
= 1 +
µ=1
B6 = 1
42 ,
Ersetze nun z mit πz, so folgt die Behauptung.
B8 = − 1
30 .
15.11. Hilfssatz
(2µ)! B2µπ 2µ mit µ ∈ N. Insbesondere:
15.12. Folgerung
∞ 1
ν
∞
1
ν 2µ
∞
2µ = (−1)µ+1 22µ−1
ν=1
z 2µ für |z| < 1.
a) πz · cot(πz) = 1 − 2
∞
für µ = 1.
1 π2
=
ν2 6
a)
ν=1
∞
(−1)
µ=1
ν=1
µ 22µ
(2µ)! π2µ B2µz 2µ .
b) πz · cot(πz) = 1 +
1 π4
b) = für µ = 2.
ν4 90
ν=1
Beweis: Führe einen Koeffizientenvergleich von a) und b) in Hilfssatz 15.11. durch.
∞
µ=1
Beweis:
a) Es gilt:
2ν
=
z2 .
− ν2 1
−
ν
1
+
2 + ν
1
+
ν
1
2 − ν
Mit Satz 15.7. folgt dann:
1
z − ν
∞
1
+
ν
πz + cot(πz) = 1 +
ν=−∞
2ν
z2 .
− ν2 ∞
= 1 + z
ν=1

16. Der Weierstraßsche Produktsatz 72
71 16. Der Weierstraßsche Produktsatz
16.3. Hilfssatz
16. Der Weierstraßsche Produktsatz
∞
log(1 + uν) konvergiert genau dann absolut,
Sei (uν) eine Folge in C mit 1 + uν /∈ (−∞, 0]. Dann gilt:
ν=1
∞
uν absolut konvergiert.
wenn
Sei U ⊂ C offen, (aν) eine Folge in U ohne Häufungspunkt in U und nν ∈ N. Wir stellen uns nun die
Frage: Gibt es eine Funktion f ∈ O(U), so daß gilt: f(aν) = 0 mit Nullstellenordnung nν, ansonsten
ohne Nullstellen? Ist (aν) endlich, so gilt dann: f(z) = n ν=1 (z − aν) nν . Im Allgemeinen ist das Produkt
jedoch unendlich.
ν=1
Beweis: Für |u| ≤ 1
4 gilt:
16.1. Definition
∞
|u|. (∗)
a)
|u| ≤ | log(1 + u)| b)
≤ 4
3
2
3
aν heißt konvergent, wenn gilt:
Sei (aν) eine Folge in C. Das Produkt
Die Behauptung folgt dann mit dem Cauchykriterium. Wir zeigen nun die beiden Ungleichungen:
a) Verwende die Dreiecks-Ungleichung: |a + b| ≥ |a| − |b| ∞
u
mit a = u und b =
ν
. Führe nun
ν
ν=1
ν=1
a) Nur endlich viele aν sind 0.
∞
b) Der Grenzwert lim aν ist endlich und ungleich 0.
n→∞
die gleiche Abschätzung wie in b) durch.
b) Es gilt:
ν=1
aν =0
n
∞
∞
uν ν
∞
aν.
aν = lim
ν→∞
aν = 0. Sind alle aν = 0, so setze
Gilt aν = 0 für mindestens ein aν, so setze
| log(1 + u)| =
ν=1
ν=1
ν=1
ν
1
4
ν=1
∞
≤ |u| ·
ν=0
Bemerkung
∞
Ist aν konvergent, so folgt: lim
ν→∞ aν = 1. Denn es gilt für alle n ≥ n0:
= 4
3 |u|.
ν=1
n
=
< ε.
n
n+1
· |an − 1|
aν
aν
aν −
16.4. Hilfssatz
ν=1
aν =0
ν=1
aν =0
ν=1
aν =0
∞
∞
uν absolut konvergiert.
(1 + uν) heißt absolut konvergent, wenn
Das Produkt
ν=1
ν=1
Also: an → 1 für n → ∞.
∞
16.2. Hilfssatz
∞
∞
(1 + uν) konvergiert.
Bemerkung
∞
Sei (1 + uν) absolut konvergent. Mit den Hilfssätzen 16.2. und 16.3. folgt:
(1+uν). 36
log(1+uν), so konvergiert auch
Sei (uν) eine Folge in C mit 1+uν /∈ (−∞, 0]. Konvergiert
ν=1
ν=1
ν=1
ν=1
16.5. Definition
Beweis: Es gilt:
n
n
Sei U ⊂ C offen und fν : U → C mit ν ∈ N.
exp(log(1 + uν))
(1 + uν) = lim
n→∞
lim
n→∞
∞
∞
n
ν=1
ν=1
(1 + fν(z)).
(1 + fν) heißt punktweise konvergent gegen f, wenn für alle z ∈ U gilt: f(z) =
a)
ν=1
ν=1
∞
∞
log(1 + uν)
ν=1
= lim
n→∞ exp
(1 + fν) kompakt bzw. absolut konver-
fν kompakt bzw. absolut konvergiert, so heißt
b) Wenn
n
ν=1
ν=1
log(1 + uν)
lim
n→∞
= exp
gent.
ν=1
∞
log(1 + uν)
Vor.
= exp
16.6. Hilfssatz
∞
(1 + fν) konvergiert genau dann absolut und kompakt auf U, wenn für alle kompakten K ⊂ U ein ν0
ν=1
= 0.
ν=1
log(1 + fν) K absolut gleichmäßig konvergiert.
existiert, so daß
ν≥ν0
Beweis: Per Definition konvergiert ∞ ν=1 (1 + fν) genau dann kompakt und absolut, wenn ∞ ν=1 fν
kompakt und absolut konvergiert. Wir haben nun zu zeigen, daß dies äquivalent dazu ist, daß
∞
ν=1 log(1 + fν) kompakt und absolut konvergiert.
36 ∞
Allgemein kann zu jedem ν ein Zweig lg des Logarithmus so gewählt werden, daß gilt: Aus der Konvergenz von ν=1 lg(1+
uν) folgt die Konvergenz von ∞ ν=1 (1 + uν).

16. Der Weierstraßsche Produktsatz 74
73 16. Der Weierstraßsche Produktsatz
Lösung der Mittag-Leffler-
′
f
f
16.10. Hilfssatz
Sei f ∈ O(G) Lösung der Weierstraßverteilung W = {na | a ∈ D}. Dann ist
Verteilung { na
z−a | a ∈ D}.
Beweis: Sei
Wie in Hilfssatz 16.3. haben wir auf jedem Kompaktum für ν ≥ ν0 folgende Abschätzung:
2
3 |fν(z)| ≤ | log(1 + fν(z))| ≤ 4
3 |fν(z)|.
Dazu sei ν0 so groß, daß für alle ν ≥ ν0 gilt: fνK ≤ 1
4 .
f(z) = (z − a) na ga(z),
f ′ (z) = na(z − a) na−1 ga(z) + (z − a) na g ′ a(z)
mit ga ∈ O(G) und ga(a) = 0. Dann folgt:
Bemerkung
Die Argumente in den Hilfssätzen 16.4. und 16.6. funktionieren nur, wenn für alle z gilt: 1 + fν(z) /∈
[−∞, 0]. Wenn 1 + fν(z0) ∈ (−∞, 0) für ein z0, so wähle einen anderen Halbstrahl und U = U(z0),
so daß 1 + fν|U nicht Werte in diesem Halbstrahl annimmt. Wähle einen entsprechenden Zweig lg des
Logarithmus anstelle von log.
na
=
z − a + g′ a(z)
ga(z) .
f ′ (z)
f(z)
16.7. Hilfssatz
∞
keine Polstelle in a. Der Hauptteil von f in a ist somit
g′ a ist holomorph auf G \ D. Dabei hat (z)
ga(z)
f ′
f
(1 + fν) kompakt und absolut gegen f : U → C. Dann gilt: f ∈ O(U).
Sei fν ∈ O(U). Es konvergiere
mit a ∈ D.
na
z−a
ν=1
16.11. Weierstraßscher Produktsatz
Beweis: Sei K = Uε(z0) ⊂ U. Gemäß Hilfssatz 16.6. konvergiert dann
ν≥ν0 log(1+fν) gleichmäßig
auf K. Auf dem Inneren von K betrachte nun:
n
ν0−1
n
(1 + fν(z)) = (1 + fν(z)) · exp log(1 + fν(z)) .
Sei D = {ai | i ∈ N0} diskret in C mit a0 = 0. Sei W = {ni | i ∈ N0} die Weierstraßverteilung zu D. 37 Sei
|a1| ≤ |a2| ≤ . . . Dann existiert ein f ∈ O(C) mit D(f) = W , d.h. f hat die Nullstellen genau in den ai
mit Vielfachheit ni. 38
ν=ν0
ν=1
ν=1
z−ai | ai ≥ 1}. Die Funktion
Beweis: Betrachte die Mittag-Leffler-Verteilung H = { ni
⎤
j
z
ki
⎡
⎣ 1
z − ai
∞
⎦
+ 1
ai
ni
h(z) =
ai
j=1
i=1
Dabei gilt:
n
a) log(1 + fν(z)) → g ∈ O(I(K)) und
ν=ν0
n
b) exp log(1 + fν(z)) → h = exp(g) ∈ O(I(K)).
löst H für geeignete ki. Schreibe die Funktion h als
∞
h(z) =
ν=ν0
n
Also folgt:
(n → ∞)
(1 + fν(z)) → f| I(K)
hi(z).
ν=1
i=1
mit f| I(K) ∈ O(I(K)).
. Definiere dazu:
n0
= h + z
′
f
f
Suche nun f ∈ O(G), so daß gilt:
j+1 ni
z
ki
.
1
j + 1
exp
1 − z
ai
ui(z) :=
ai
i=1
16.8. Definition
a) Sei U ⊂ C offen zu einer diskreten Menge D ⊂ U. Eine Weierstraßverteilung oder Nullstellenverteilung
auf U ist die Menge
{na | na ∈ N, a ∈ D},
Es gilt: ui ∈ O(C) und u′ i
ui = hi. Sei nun
also eine Funktion h: D → N.
b) Sei U ⊂ C ein Gebiet und 0 = f ∈ O(U). Somit ist {f = 0} diskret. Dann heißt
∞
D(f) = {na | f(a) = 0, na ist Nullstellenordnung von f in a}
ui(z).
f(z) := z n0 ·
i=1
′
f n0
Dann gilt: f = h + z . Nach Hilfssatz 16.7. gilt auch f ∈ O(C), falls f kompakt konvergiert. Dann
gilt aber auch D(f) = W , denn ui hat in ai eine Nullstelle der Ordnung ni mit ui(aj) = 0 für i = j.
die zu f assoziierte Weierstraßverteilung.
c) Eine Lösung der Weierstraßverteilung W = {na | a ∈ D} ist eine holomorphe Funktion f ∈ O(W ),
so daß gilt: W = D(f).
37 Eventuell gilt n0 = 0, dann aber ni ∈ N für i ≥ 1. Wenn 0 /∈ D, dann füge 0 hinzu und setze n0 = 0.
16.9. Satz
Sei G ⊂ C ein Gebiet und f, g ∈ O(G).
⎤
⎦
j
z
k
i
ai
+ 1
ai
⎡
⎣ 1
z − ai
j=1
38Genauer gilt: Wählt man ki ∈ N ∪ {0, 1}, so daß
∞
ni
i=1
a) Es gilt D(f) = D(g) genau dann, wenn ein h ∈ O∗ (G) existiert, so daß gilt: f = hg.
b) Ist G einfach zusammenhängend, so gilt D(f) = D(g) genau dann, wenn ein h ∈ O(G) existiert, so
daß gilt: f = eh · g.
kompakt konvergiert, so kann man
⎞⎤ni
⎠⎦
j
z
⎛
k i+1
⎝
j=1
1
j
⎡
⎣ 1 − z
ai
∞
exp
f(z) = z n0
ai
i=1
Beweis:
a) Klar, setze h := f
g .
b) G ist einfach zusammenhängend und h ∈ O∗ (G), also gibt es ein h mit e h = h.
setzen.

17. Biholomorphe Abbildungen 76
75 16. Der Weierstraßsche Produktsatz
17. Biholomorphe Abbildungen
Zur Konvergenz: Sei R > 0. Wähle i0, so daß für i ≥ i0 gilt: |ai| ≥ R. Dies ist möglich, weil (ai)
ohne Häufungspunkte in C ist. Für i ≥ i0 ist ui| UR(0) ohne Nullstellen. Für |z| < R definiere nun:
17.1. Definition
Sei U ⊂ C offen, V := {z ∈ C | 1
z ∈ U} und D eine diskrete Menge.
a) f : U → C heißt holomorph, wenn f| U\{∞} und die Abbildung V → C, z ↦→ f
1
39
z holomorph sind.
b) f : U \ D → C heißt meromorph auf U, wenn f| U\{∞} meromorph ist sowie z ↦→ f
1
z holomorph
in 0 ist oder einen Pol in 0 hat. 40
u ′ i (ξ)
ui(ξ) dξ
z
gi(z) :=
0
z
hi(ξ) dξ.
=
0
c) f : U → C heißt holomorph, wenn das Urbild f −1 (∞) diskret in U ist, f| U\f −1 (∞) : U \ f −1 (∞) → C
holomorph ist, und jeder Punkt z0 ∈ f −1 (∞) Pol von f ist.
Dann gilt auf UR(0):
e gi = ui.
Da ∞ i=1 hi kompakt konvergiert nach der Wahl der ki, folgt nach der Vertauschung von Integration
und Summation, daß
i≥i0 gi auf UR(0) kompakt konvergiert. Wähle nun lokal einen Zweig lg des
Logarithmus. Dann gilt lokal: gi = lg ui. Also konvergiert
i≥i0 lg ui kompakt. Nach Hilfssatz 16.6.
konvergiert dann auch
Bemerkung
f : U → C ist genau dann holomorph, wenn f −1 (∞) diskret, f| U\f −1 (∞) holomorph und f : U → C stetig
ist. 41
i≥i0 ui kompakt, was zu zeigen war.
Beweis: Übung.
17.2. Beispiel
= ad − bc = 0. Definiere die Funktion
a b
c d
Seien a, b, c, d ∈ C mit det
16.12. Beispiel
Sei D = Z und ni = 1 für i ∈ Z. Suche nun f ∈ O(C), so daß gilt: f(z) = 0 genau dann, wenn
z ∈ Z. Dort soll die Nullstellenordnung 1 betragen. Eine solche Funktion ist f(z) = sin(πz). Nach dem
Weierstraßschen Produktsatz gilt:
sin(πz) = e g0 · z ·
1 − z
e
ν
z
ν ,
ν∈Z
ν=0
az + b
cz + d .
f(z) :=
nach Abschnitt 15. kompakt konvergiert. Die zugehörige Mittag-Leffler-
1
+
ν
1
z − ν
weil
Dann gilt: f ∈ M(C), denn: Ist c = 0, so folgt d = 0 wegen der Determinanten-Bedingung. Also gilt:
P (f) ⊂ {z | cz + d = 0}.
f ist auch nicht konstant: Angenommen, f wäre konstant, also f = α ∈ C. Dann folgt: f(0) = b
d = α.
Für alle z ∈ C gilt dann:
az + b b
= α =
cz + d d .
Also: az + b = b
bc
d (cz + d). Daraus folgt: a = d , und somit: ad = bc. Dies ist aber ein Widerspruch zur
Determinanten-Bedingung. Also ist f nicht konstant.
ν∈Z\{0}
Verteilung ist { 1
z−ν | ν ∈ Z}. Wir wollen nun g0 bestimmen. Betrachte dazu die logarithmische Ableitung
(f ′ ) n
1
z − ν
f . Daraus folgt:
.
1
+
ν
+
π cot(πz) = g ′ 0 + 1
z
ν∈Z\{0}
Ein Vergleich mit Satz 15.7. liefert: g ′ 0 = 0, also: g0 = c ∈ C. Nun gilt aber:
= π,
sin(πz)
z
lim
z→0
b z + d . Daraus folgt: f ∈ O(C), f bijektiv und f −1 holomorph. Also
1. Fall: c = 0. Dann gilt: f(z) = a
d
ist f : C → C gemäß der folgenden Definition biholomorph.
Betrachte die biholomorphe Fortsetzung f : C → C mit f(∞) := ∞. f ist holomorph in ∞, denn
1
f =
z
a 1 b
+
d z d
e z
ν
1 − z
ν
c
= lim e
z→0
sin(πz)
z
lim
z→0
ν=0
= e c .
Also folgt: e c = π. Weiterhin gilt:
z −
e ν = 1 − z2
ν
1 + z
ν
a → C\ c
hat einen Pol in 0. Da f einen Pol in ∞ hat, ist f holomorph.
2. Fall: c = 0. f hat dann einen Pol 1. Ordnung im Punkte z = − d
2 .
e z
ν
1 − z
ν
c . Die Funktion f : C\ − d
c
−cw+a . Setze nun f fort zu f : C → C mittels
ist biholomorph mit der Umkehrabbildung f −1 (w) = dw−b
16.13. Folgerung (Wallissche Produktdarstellung von π)
:= ∞,
− d
c
f
Es gilt:
f(∞) := a
c .
(2ν) 2
(2ν − 1)(2ν + 1)
∞
π
2 =
f ist nicht nur holomorph, sondern auch biholomorph.
ν=1
· . . .
6 · 6
·
5 · 7
4 · 4
·
3 · 5
1 · 3
= 2 · 2
39A priori ist klar: f ist holomorph
auf V \ {0}.
40 1
Mit anderen Worten: z ↦→ f ist meromorph.
z
41Dies bedeutet: Sei U ⊂ C und f ∈ M(U). Dann folgt: Für f : U → C hat f an jedem Pol den Funktionswert ∞, und f ist
holomorph. Ist umgekehrt die Funktion f : U → C holomorph, so folgt definitionsgemäß: f ∈ M(U).
in Beispiel 16.12.
Beweis: Setze z = 1
2

17. Biholomorphe Abbildungen 78
77 17. Biholomorphe Abbildungen
≤ c.
1
z
h Also:
17.3. Definition
|z k | ·
a) Seien U, V ⊂ C offen und f : U → V holomorph (als Abbildung U → C). f heißt biholomorph,
wenn f : U → V bijektiv ist und f −1 : V → U holomorph ist.
Für m > k folgt nun:
1
h · |z|
z
m → 0.
Daraus folgt (∗).
Sei nun (an) eine Folge in C mit an ∈ C. Wenn (an) keinen Häufungspunkt in C besitzt, folgt:
limn→∞ |an| = ∞. ∞ ist also ein Häufungspunkt von (an). Nun gilt:
b) U und V heißen biholomorph äquivalent, wenn ein biholomorphes f : U → V existiert.
c) Eine biholomorphe Abbildung f : U → U heißt Automorphismus von U. Schreibe:
Aut(U) = {f : U → U | f Automorphismus}.
Dabei ist Aut(U) eine Gruppe.
n
gµ(z).
f(z) = h(z) +
µ=1
zµ=∞
17.4. Beispiel
a) Sei p ∈ C[z] mit grad p ≥ 1. p definiert dann p: C → C mit p(∞) := ∞. 42 Es gilt:
Der erste Summand ist ein Polynom, der zweite ist rational. Also ist auch f rational.
p ∈ Aut( C) ⇐⇒ grad p = 1.
Bemerkung
Sei h: C → C holomorph und habe in ∞ einen Pol der Ordnung k. Dann ist h ein Polynom vom Grade
k.
b) Seien p, q ∈ C[z], grad p ≥ 1, grad q ≥ 1 und f := p
q ∈ M(C). Setze f fort zu f : C → C, so daß der
Funktionswert von f bei jedem Pol ∞ ist.
i) Ist grad p > grad q, so setze: f(∞) := ∞.
ii) Ist grad p < grad q, so setze: f(∞) := 0.
17.6. Satz
Sei f ∈ Aut( C). Dann ist f eine gebrochen-lineare Transformation. 45
Beweis:
1. Fall: f(∞) = ∞. Dann folgt: f|C ∈ Aut(C). Mit 17.8. gilt nun: f(z) = az + b mit a ∈ C \ {0} und
b ∈ C. Insbesondere gilt: c := 1 und d := 0.
iii) Ist grad p = grad q, so setze: f(∞) := an
bn .43
Jede rationale Funktion auf C definiert also eine holomorphe Abbildung C → C.
2. Fall: f(∞) = c ∈ C. Betrachte g : C → C,
17.5. Satz
a) Sei f : C → C holomorph. Dann ist f konstant.
0 = z = ∞,
1
z−c
⎧
⎨
b) Sei f : C → C holomorph. Dann ist f rational. 44
∞ z = 0,
0 z = ∞.
⎩
g(z) =
Also gilt: g ∈ Aut( C). Betrachte nun: h := g ◦ f. Es gilt: h ∈ Aut( C), da h eine Komposition
von zwei Automorphismen ist, sowie h(∞) = ∞. Gemäß Fall 1 gibt es dann a ′ , b ′ ∈ C, so daß
gilt: h(z) = a ′ z + b ′ . Es folgt:
f(z) = (g −1 ◦ h)(z)
= g −1 (h(z))
= g −1 (a ′ z + b ′ ).
Beweis:
a) Da C (als Sphäre) kompakt ist, nimmt |f| das Maximum in z0 ∈ C an.
1. Fall: z0 = ∞. f|C hat also sein Maximum in z0. Nach dem Maximumsprinzip ist dann f|C
konstant. Mit der Stetigkeit folgt: f ist konstant.
2. Fall: z0 = ∞. Betrachte g : C → C, z ↦→ f
1
z . g hat sein Maximum im Punkte 0 (da f sei
Maximum in ∞ hat: g(0) = f(∞)), also ist g nach dem Maximumsprinzip konstant. Also ist
auch f konstant.
b) Da f −1 (∞) diskret und C kompakt ist, ist f −1 (∞) endlich, also etwa: f −1 (∞) = {z1, . . . , zn}.
Für zµ = ∞ sei gµ der Hauptteil der Laurentreihenentwicklung von f um zµ. Definiere nun:
n
f ist also gebrochen-linear.
gµ(z) + f(z).
h(z) := −
17.7. Satz
Sei f ∈ Aut(C). Dann gibt es a ∈ C∗ , b ∈ C, so daß für alle z gilt:
µ=1
zµ=∞
h|C ist holomorph. Es gilt:
f(z) = az + b.
h(z)
→ 0, (|z| → ∞) (∗)
|z| m
Beweis: Es reicht zu zeigen: f ist ein Polynom. Dafür ist wiederum zu zeigen: ∞ ist ein Pol, d.h.
keine wesentliche Singularität.
Angenommen, ∞ ist eine wesentliche Singularität. Dann hat g(z) := f
1
z in 0 eine wesentliche
Singularität. Mit dem Satz von Casorati-Weierstraß folgt: g(U1(0)) ist dicht in C. Somit ist auch
f(C \ U1(0)) dicht in C. f(U1(0)) ist ein Gebiet in C, also insbesondere offen. Weil f injektiv ist, gilt:
f(U1(0)) ∩ f(C \ U1(0)) = ∅. Dies ist jedoch mit den obigen Eigenschaften nicht möglich.
d.h. insbesondere |h(z)| ≤ C|z| m . h ist somit ein Polynom.
Zur Begründung von (∗): h hat einen Pol in ∞, d.h. h
1
z := g(z) hat einen Pol in 0 mit
Polstellenordnung k. Also ist g(z)|z| k holomorph in U(0). Es gilt:
|z k | · |g(z)| = c.
45 az+b
Es gibt also a, b, c, d ∈ C mit ad − bc = 0, so daß für alle z ∈ C gilt: f(z) = cz+d .
42 1
p ist holomorph in ∞, weil p einen Pol in 0 hat.
z
43Wobei: p(z) = anzn + . . . und q(z) = bnzn + . . ..
44 p(z)
Es gibt also p, q ∈ C[z] mit q = 0, so daß für alle z ∈ C mit q(z) = 0 gilt: f(z) = q(z) .

17. Biholomorphe Abbildungen 80
79 17. Biholomorphe Abbildungen
az + b
Sei nun g(z) =
cz + d .
1. Fall: c = 0. Ohne Einschränkung sei d = 1, also: g(z) = az + b. Betrachte nun die Fixpunktgleichung
g(z) = z für z = ∞. Daraus folgt: z = b
1−a , wenn a = 1. Dann gibt es zwei
Fixpunkte, nämlich ∞ und b
1−a . Für a = 1 und b = 0 gibt es nur einen Fixpunkt, nämlich
∞. Daraus folgt: a = 1 und b = 0, d.h. g = id.
2. Fall: c = 0. ∞ ist kein Fixpunkt, da g(∞) = a
c = ∞. Betrachte nun die Fixpunktgleichung
z = az+b
cz+d . Daraus folgt nach dem Auflösen die quadratische Gleichung
17.8. Bestimmung von Aut( C)
Sei Φ: GL(2, C) → Aut( C) 46
a b
mit
↦→ f und f(z) =
c d
az+d
cz+d . Durch Nachrechnen kann man sich
davon überzeigen, daß Φ ein Gruppenhomomorphismus ist. Satz 17.6. liefert, daß Φ surjektiv ist.
a 0
∗
Beh.: Ker Φ =
a ∈ C .
0 a
a b
a b
Bew.: Sei
∈ GL(2, C), daß f = Φ
= id
c d
c d
C . Für alle z ∈ C gilt dann:
cz 2 + (d − a)z − b = 0.
Diese Gleichung hat nur zwei Lösungen, obwohl es drei Fixpunkte gibt. Dies ergibt den
Widerspruch.
= z.
az + b
cz + d
Also folgt:
Ab jetzt sei D := U1(0) = {z ∈ C |z| < 1}.
az + b = z(cz + d)
= cz 2 + dz.
17.10. Schwarzsches Lemma
Sei f : D → D holomorph mit f(0) = 0. Dann gilt:
a) |f(z)| ≤ |z| für alle z ∈ D.
b) |f ′ (0)| ≤ 1.
c) Gibt es ein 0 = z0 ∈ D mit |f(z0)| = |z0| oder gilt |f ′ (0)| = 1, so gibt es ein λ ∈ R mit f(z) = eiλz für alle z ∈ D.
Durch Koeffizientenvergleich folgt nun: a = d und b = c = 0. Also gilt:
Aut( C) ∼
a 0
∗
= GL(2, C)
a ∈ C
0 a
∼= GL(2, C)/C ∗ .
Da Aut( C) von drei Parametern abhängt, ist Aut( C) dreidimensional.
Beweis: Sei g : D → D mit
z = 0,
f(z)
z
⎧
⎨
g(z) :=
f ′ (0) z = 0.
⎩
Also gilt: g ∈ O(D). Aus f(z) = ∞ j=1 ajz j folgt: g(z) = ∞ j=1 aj+1zj .
a) Sei r < 1 und |z| < r, dann folgt mit dem Maximumsprinzip:
17.9. Satz
Seien (z1, z2, z3), (w1, w2, w3) ∈ ( C) 3 mit zi = zj und wi = wj für i = j. Dann gibt es genau ein
f ∈ Aut( C), so daß für i = 1, 2, 3 gilt:
f(zi) = wi.
|g(z)| ≤ g∂Ur(0) = 1
r · f∂Ur(0) ≤ 1
r .
Insbesondere ist f durch die Angabe von drei Werten eindeutig bestimmt.
Beweis:
a) Existenz: Definiere
z2 − z3
,
z − z1
·
z − z3
w − w1
ϕ1(z) =
w2 − w3
z2 − z1
Für r → 1 folgt nun aus |z| ≤ 1: |g(z)| ≤ 1, also: |f(z)| ≤ |z|.
b) Aus a) folgt insbesondere: |g(0)| = |f ′ (0)| ≤ 1.
c) Gilt |f(z0)| = |z0| für ein z0 ∈ D \ {0} oder |f ′ (0)| = 1, so folgt: |g(z0)| = 1 oder |g(0)| = 1.
Aus dem Maximumsprinzip folgt: |g| = 1. Also gibt es ein λ ∈ R, so daß für alle z ∈ D gilt:
g(z) = eiλ . Also: f(z) = eiλz. .
·
w − w3
ϕ2(w) =
w2 − w1
Dann folgt:
ϕ1(z1) = ϕ2(w1) = 0,
ϕ1(z2) = ϕ2(w2) = 1,
ϕ1(z3) = ϕ2(w3) = ∞.
17.11. Satz
Sei f ∈ Aut(D). Dann gibt es ein λ ∈ [0, 2π) und ein z0 ∈ D, so daß für z ∈ D gilt:
ϕ1 bildet also z1, z2 und z3 auf 0, 1 und ∞ ab, analog ϕ2. Definiere nun f := ϕ −1
2 ◦ ϕ1. Dann
gilt: ϕ(zi) = wi.
z − z0
1 − z0z .
f(z) = e iλ ·
b) Eindeutigkeit: Seien f1, f2 ∈ Aut( C) mit f1(zi) = f2(zi) für i = 1, 2, 3. Definiere nun g := f −1
2 ◦f1.
Dann folgt: g(zi) = zi für i = 1, 2, 3. g ist also ein Automorphismus mit drei Fixpunkten. Wir
wollen nun zeigen: g = id, dann folgt nämlich: f1 = f2.
Jedes solche f ist tatsächlich ein Automorphismus.
Beweis:
a) f(z) ist ein Automorphismus: Es reicht zu zeigen, daß f(z) = z−z0
1−z0z ein Automorphismus ist, also
1
für λ = 0. Für z0 = 0 ist f : C \ → C \ − z0
1
biholomorph mit − z0
1
z0 ∈ C \ D. Für z0 gilt
der triviale Fall f(z) = z.
46 Die Menge
GL(n, K) = {A ∈ M(n × n, K) | A invertierbar}
mit der Multiplikation von Matrizen als Verknüpfung ist eine Gruppe mit neutralem Element En. Sie heißt allgemeine lineare
Gruppe ( general linear group“).
”

17. Biholomorphe Abbildungen 82
81 17. Biholomorphe Abbildungen
Bemerkung
Das f in Satz 17.12. ist nicht eindeutig bestimmt: Seien f1, f2 ∈ Aut(D) mit fi(z1) = z2 für i = 1, 2.
Dann gilt: f1 ◦ f −1
2 ∈ Aut(D) mit (f1 ◦ f −1
2 )(0) = 0. Daraus folgt:
Sei also z0 = 0.
i) f(∂D) ⊂ ∂D: Es ist nachzurechnen, daß gilt: Aus |z| = 1 folgt: |f(z)| = 1. Es gilt:
. Also:
|1−z0z|
|f(z)| = |z−z0|
(f1 ◦ f −1
2 )(z) = eiλz. !
= |1 − z0z|
!
= (1 − z0z)(1 − z0z)
|z − z0|
Bezeichnung
Sei H := {z ∈ C | Im z > 0} die obere Halbebene.
(z − z0)(z − z0)
ii) f(∂D) ⊃ ∂D: Es ist nachzurechnen, daß gilt: Aus |f(z)| = 1 folgt: |z| = 1. Gleiche Rechnung
wie oben.
Es gilt also: f(∂D) = ∂D. Somit gilt: f(D) ∩ ∂D = ∅, f kann den Rand nicht treffen. Nun gilt:
17.13. Satz
D und H sind biholomorph äquivalent.
Beweis: Es reicht, ein biholomorphes f zu finden. Wähle f : H → D, f(z) := z−i
z+i .
a) Zu zeigen: |f(z)| < 1 für z ∈ H. Sei z = x + iy. Dann gilt:
f(D) ⊂ D oder f(D) ⊂ C \ D.
|z − i| 2 = |x + i(y − 1)| 2
= x 2 + (y − 1) 2 ,
|z + i| 2 = |x + i(y + 1)| 2
= x 2 + (y + 1) 2 .
Da y > 0, gilt: z−i
z+i < 1.
b) Die Umkehrabbildung ist g : D → H, g(z) = i · 1+z
1−z . Zeige nun noch:
i) Im g(z) > 0.
ii) f ◦ g = idD.
iii) g ◦ f = idH.
Weil f(0) = −z0, ist |f(0)| < 1. Also ist f(D) ⊂ C \ D nicht möglich, und es gilt: f(D) ⊂ D.
Dies aber bedeutet: f ∈ Aut(D).
b) Sei f ∈ Aut(D).
i) Es gelte f(0) = 0. Nach dem Schwarzschen Lemma folgt: |f(z)| ≤ |z|. Ebenso für die
Umkehrabbildung f −1 :
|z| = |f −1 (f(z))|
≤ |f(z)|
≤ |z|.
Also: |f −1 (f(z))| = |f(z)|. Mit dem Schwarzschen Lemma folgt:
f(z) = e iλ z.
Bemerkung
Die Funktion f aus dem Beweis zu Satz 17.13. hat folgende Eigenschaften:
ii) Sei nun f beliebig. Sei z0 := f −1 (0). Betrachte folgenden Automorphismus:
0 ↦→ −1,
1 ↦→ −i,
z − z0
1 − z0z .
ϕ: D → D, ϕ(z) =
∞ ↦→ 1.
Es gilt: ϕ(z0) = 0. Definiere: g := f ◦ ϕ −1 . Dann folgt:
Die reellen Zahlen (also der Rand der oberen Halbebene) werden auf den Rand des Einheitskreises
abgebildet: Sei z ∈ R, also z = x + i · 0. Dann folgt: f(z) = x−i
x+1 . Es gilt:
|x − i| 2 = x 2 + 1 = |x + i|.
g(0) = f(ϕ −1 (0))
= f(z0)
= 0.
Also gilt: |f(z)| = 1, wie behauptet.
Mit i) gilt: g(z) = e iλ z. Also:
17.14. Folgerung
Die Automorphismen von H sind genau die Abbildungen f : H → H, f(z) = az+b
cz+d
Vermöge f ↦→ 1
a b
ad−bc
gilt:
c d
iλ z − z0
f(z) = e
1 − z0z .
mit ad − bc > 0.
Aut(H) ∼ = SL(2, R)/{±E}. 48
Beweis: Es gilt:
H
ϕ
D
H f
ϕ −1
17.12. Satz
Seien z1, z2 ∈ D. Dann gibt es ein f ∈ Aut(D) mit f(z1) = z2. 47
Beweis: Definiere
z − z1
ϕ(z) :=
1 − z1z ,
z − z2
ψ(z) :=
1 − z2z .
g
D
Dabei gilt: g ∈ Aut(D) und g := ϕ ◦ f ◦ ϕ−1 . Ist umgekehrt g ∈ Aut(D), so gilt: f := ϕ−1 ◦ g ◦ ϕ ∈
iλ z−z0
Definiere nun: f := ψ −1 ◦ ϕ.
Aut(H). Wir wissen bereits: ϕ−1 (w) = i · 1+w
1−w . Nach Satz 17.11. gilt für z0 ∈ D: g(z) = e 1−z0z .
Durch die Beziehung f = ϕ−1 ◦ g ◦ ϕ läßt sich nun f ausrechnen. Daraus folgt die Behauptung.
48 Die spezielle lineare Gruppe SL(n, R) ist die mit der Matrizenmultiplikation versehene Menge {C ∈ R n×n | det(C) = 1}.
47 Aut(D) operiert also transitiv auf D.

18. Der Satz von Montel 84
83 17. Biholomorphe Abbildungen
18. Der Satz von Montel
Bemerkung
. Es gilt: ker Φ = {±E}, denn: Sei
a b
c d
18.1. Definition
Sei M ⊂ Rn und F eine Menge von Funktionen f : M → R. F heißt
1 ↦→ ad−bc
Sei Φ: Aut(H) → SL(2, R) und f(z) = az+b
cz+d
1 0
0 1
a b
c d
Φ(f) = id, so folgt:
gleichgradig stetig :⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x1, x2 ∈ M ∀ f ∈ F :
.
=
1
ad − bc
|x1 − x2| < δ =⇒ |f(x1) − f(x2)| < ε,
beschränkt :⇐⇒ ∃ C > 0 ∀ f ∈ F ∀ x ∈ M : |f(x)| ≤ C.
Daraus folgt: a = d = ±1 und b = c = 0.
Bemerkung
2
Bemerkungen
a) F beschränkt bedeutet also: fM ≤ C.
b) Sei F gleichgradig stetig und sei f ∈ F. Dann gilt: f ist gleichmäßig stetig.
ist biholomorph. 49
z+1
z−1
Die Funktion f : D → C \ (−∞, 0], f(z) :=
Beweis: (Nur als Beweisskizze.) Zeige zunächst, daß die Abbildung h: H → C \ (−∞, 0], h(z) = −z2 biholomorph ist. Anschließend komponiere diese Abbildung mit der biholomorphen Abbildung aus
Satz 17.13. von D nach H.
18.2. Satz von Arzelà-Ascoli
Sei M ⊂ Rn ein kompakter Quader. Sei (fν) eine Folge von Funktionen fν : M → R, so daß F = {fν | ν ∈
N} beschränkt und gleichgradig stetig ist. Dann gibt es eine gleichmäßig konvergente Teilfolge von (fν).
Beweis: Idee: Wähle eine Teilfolge so aus, daß Konvergenz auf einer abzählbaren dichten Teilmengen
von M gilt. Die gleichgradige Stetigkeit erzwingt die Konvergenz überall.
Sei also M := M ∩ Qn eine abzählbare dichte Teilmenge. 50 M ist abzählbar, also etwa: M =
{x1, x2, . . .}. Die Folge (fν(x1))ν ist beschränkt, also gibt es eine konvergente Teilfolge (f1ν ) von (fν),
so daß für ν → ∞ gilt: f1ν (x1) → a1. Die Folge (f1ν (x2))ν ist ebenso beschränkt, also gibt es wieder
eine konvergente Teilfolge (f2ν ) von (f1ν ), so daß für ν → ∞ gilt: f2ν (x2) → a2.
Bemerkung
Wir stellen uns die Frage: Wann sind zwei Gebiete G1, G2 ⊂ C biholomorph äquivalent? Wir wissen
bereits, daß H, D und C \ (−∞, 0] biholomorph äquivalent sind. Die genannten Gebiete sind alle einfach
zusammenhängend. Ganz C ist jedoch nicht biholomorph äquivalent zu D nach dem Satz von Liouville.
Der Riemannsche Abbildungssatz wird zeigen: Sei G C ein einfach zusammenhängendes Gebiet, so ist
G biholomorph äquivalent zu D.
Induktiv erhalten wir Teilfolgen (fλν )ν, so daß (fλν ) eine Teilfolge von (fλ ′ ν ) ist mit 1 ≤ λ′ ≤ λ − 1,
(xλ ′) → aλ ′.
so daß für ν → ∞ gilt: fλν (xλ) → aλ. Insbesondere gilt für 1 ≤ λ ′ ≤ λ und ν → ∞: fλν
Bilde nun die Diagonalfolge gλ := fλλ. Ist λ fest, so ist (gν)ν≥λ eine Teilfolge von (fλν )ν, also gilt:
(gν(xν))ν → aν. (ν → ∞) (1)
Also konvergiert (gν) punktweise auf M.
Beh.: (gν) konvergiert gleichmäßig.
Bew.: Sei ε > 0 gegeben. Zu zeigen: Es gibt ein ν0, so daß für alle ν, µ ≥ ν0 und für alle x ∈ M gilt:
|gν(x) − gµ(x)| < ε.
Da (gν) gleichgradig stetig ist, gibt es ein δ > 0, so daß für alle ν und für alle x, x ∗ ∈ M gilt:
. (2)
|x − x ∗ | < δ =⇒ |gν(x) − gν(x ∗ ) < ε
3
Für x ∈ M ist Uδ(x) ∩ M dicht in Uδ(x) ∩ M. Also gibt es ein xµ ∈ Uδ ∩ M, so daß gilt:
x ∈ Uδ(xµ) =: V (x). (V (x))x∈M ist eine offene Überdeckung von M. Da M kompakt gibt,
gibt es eine eindeutige Teilüberdeckung V (x (1) ), . . . , V (x (s) ). Jedes V (x (j) ) ist von der Form
V (x (j) ) = Uδ(xλj ).
Wegen (1) gilt für 1 ≤ j ≤ s: Es gibt ein ν0 := max1≤j≤s ν0(j), so daß für alle ν, µ ≥ ν0 und für
alle 1 ≤ j ≤ s gilt:
ε
|gν(xλj − gµ(xλj )| < . (3)
3
Sei jetzt x ∈ M beliebig. Sei ν, µ ≥ ν0. Weil M ⊂ Uδ(xλj ), gibt es ein j, so daß x ∈ Uδ(xλj ).
Insgesamt gilt nun:
|gν(x) − gµ(x)| ≤ |gν(x) − gν(xλj )| + |gν(xλj ) − gµ(xλj )| + |gµ(xλj ) − gµ(x)|
ε
+
3
ε
+
3
ε
3
(2), (3)
<
= ε.
Also konvergiert (gν) gleichmäßig.
50 Wenn M kein Quader ist, so nehme irgendeine dichte Teilmenge.
49 C \ (−∞, 0] ist der Definitionsbereich des Logarithmus.

18. Der Satz von Montel 86
85 18. Der Satz von Montel
18.6. Satz von Montel
Sei U ⊂ C offen. Sei (fν) eine Folge in O(U), die lokal beschränkt ist. Dann hat (fν) eine kompakt
konvergente Teilfolge.
18.3. Definition
Sei U ⊂ Rn offen und F = {f | f : U → R}. F heißt
Beweis: Die Behauptung folgt aus Satz 18.4. und Hilfssatz 18.5.
f ∈ F} gleichgradig stetig,
f ∈ F} beschränkt.
lokal gleichgradig stetig :⇐⇒ ∀ x ∈ U ∃ V = V (x) ⊂ U : {f|V
lokal beschränkt :⇐⇒ ∀ x ∈ U ∃ V = V (x) ⊂ U : {f|V
Bemerkung
Der Satz von Montel ist falsch für reell-analytische Funktionen. Sei etwa fn : R → R, fn(x) = sin(nx).
Es gilt: |fn(x)| ≤ 1, also ist (fn) lokal beschränkt. Es gibt aber keine kompakt konvergente Teilfolge, da
(fn) nicht gleichgradig stetig ist. 51
18.4. Satz von Arzelà-Ascoli (modifizierte Version)
Sei U ⊂ Rn offen und fν : U → R für ν ∈ N. (fν) sei lokal gleichgradig stetig und lokal beschränkt. Dann
hat (fν) eine kompakt konvergente Teilfolge.
18.7. Definition
Eine Teilmenge F ⊂ O(U) heißt Familie holomorpher Funktionen. F heißt normale Familie, wenn jede
Folge in F eine kompakt konvergente Teilfolge hat.
Beweis: Analog wie in Satz 18.2.
18.8. Folgerung
Jede lokal beschränkte Familie ist normal.
Bemerkung
Der Satz von Arzelà-Ascoli gilt genauso für komplexwertige Funktionen: Betrachte einfach den Realbzw.
Imaginärteil.
Bemerkung
Sei F normal. Dann folgt: F ist lokal beschränkt.
Beweis: Sei K ⊂ U kompakt. Zu zeigen: sup{fK | f ∈ F} < ∞. Angenommen, das Supremum
wäre ∞. Dann gibt es eine Folge (fν) in F, so daß gilt: limν→∞ fνK = ∞. Da F normal ist, hat
(fν) eine kompakt konvergente Teilfolge. Dies ist jedoch ein Widerspruch.
Nebenbemerkung
F ist genau dann lokal beschränkt, wenn für alle kompakten K ⊂ U gilt: {f|K
f ∈ F} ist beschränkt.
Beweis:
” ⇒“: Für alle x gibt es ein U = U(x), so daß für alle f ∈ F und für alle x ∈ U gilt: |f(x)| ≤ Cx.
Sei nun K ⊂
x∈K U(x), so gibt es eine endliche Teilüberdeckung U(x1), . . . , U(xs) mit obigen
” ⇐“: Klar.
18.5. Hilfssatz
Sei U ⊂ C offen und F ⊂ O(U). Sei F lokal beschränkt. Dann gilt: F ist lokal gleichgradig stetig.
Beweis: Sei z0 ∈ U. Wähle ein r > 0, so daß gilt: V := Ur(z0) ⊂ U. Definiere: V ′ := U r
2 (z0)
⊂ V .
Zu zeigen: {f|V
f ∈ F} ist gleichgradig stetig.
Wähle K > 0, so daß für alle f ∈ F und für alle x ∈ V gilt: |f(x)| ≤ K. Sei ε > 0 gegeben. Für z1,
Eigenschaften. Wähle nun: C := max1≤j≤s Cxj .
18.9. Beispiele für normale Familien
a) Sei U ⊂ C offen und U ′ ⊂ C offen und beschränkt. Dann ist {f ∈ O(U) | f(U) ⊂ U ′ } normal.
b) Sei M > 0. Definiere
∞
⊂ O(D).
|z| < 1, |aν| ≤ M ∀ ν
aνz ν
f(z) =
F :=
ν=0
Sei 0 < r < 1. Für |z| < r gilt:
∞
z2 ∈ V ′ gilt:
|aν| · |z| ν
|f(z)| ≤
ν=0
∞
|z| ν
≤ M ·
|f(z2) − f(z1)| = f
[z1,z2]
′
(z) dz
≤ |z2 − z1| · max
z∈V ′ |f ′ (z)|.
ν=0
1
1 − r .
geom. Reihe
= M ·
Mit Hilfe der Cauchyschen Ungleichung gilt:
f(ξ)
(ξ − z)
2 dξ
1
2πi
c) Sei F ⊂ O(U) normal. Sei k ∈ N. Dann ist auch F (k) = f (k) | f ∈ F normal.
Beweis: Sei z0 ∈ U. Wähle ein r > 0, so daß Ur(z0) ⊂ U und daß für alle f ∈ F gilt:
f ≤ M. Ur(z0) 52 Die Cauchysche Ungleichung liefert:
|f ′ (z)| =
∂V ′
2
≤ r K
r
2
f (k) ≤ Ur(z0) 2k!M
rk .
= 4K
r .
Sei G ⊂ C ein Gebiet und r > 0. Dann ist
F = f ∈ O(G) | f ∈ L 2 (G), fL2 =
Insbesamt gilt also für alle z1, z2 ∈ V ′ :
|f(z)| 2 dλ2(z) ≤ r
|f(z2) − f(z1)| ≤ 4K
r |z2 − z1|.
normal. 53
. Für alle f ∈ F gilt dann:
Diese Ungleichung ist unabhängig von f! Wähle nun δ := rε
4K
51Bemerkung: Der komplexe Sinus ist nicht beschränkt.
52So ein M existiert, da F lokal beschränkt ist.
53f ∈ L2 (G) bedeutet: f ist quadratintegrierbar über G.
|f(z2) − f(z1)| ≤ ε.

19. Der Riemannsche Abbildungssatz 88
87 18. Der Satz von Montel
19. Der Riemannsche Abbildungssatz
Erinnerung
Wir wissen: Ein Gebiet G ⊂ C heißt (homologisch) einfach zusammenhängend, wenn eine der beiden
äquivalenten Aussagen gilt:
f dz = 0.
a) Für alle f ∈ O(G) und für alle geschlossenen Ketten Γ gilt:
Γ
b) Jede geschlossene Kette Γ in G ist nullhomolog. 56
18.10. Satz von Vitali
Sei G ⊂ C ein Gebiet und F ⊂ O(G) eine normale Familie. Sei (fν) ⊂ F eine Folge. Es gebe eine Menge
M ⊂ G, die einen Häufungspunkt in G hat, so daß (fν|M ) punktweise konvergiert. Dann konvergiert
(fν) kompakt.
Beweis: Wähle eine kompakt konvergente Teilfolge (fνk ) von (fν). Sei f := lim
k→∞ fνk ∈ O(G). (fν|M )
konvergiert punktweise. Sei g : M → C, g = lim
ν→∞ fν|M .
Beh.: (fν) → f kompakt.
Bew.: Klarerweise gilt: f|M = g. Angenommen, die Behauptung ist falsch, also (fν) → f nicht
kompakt. Dann gibt es ein ε > 0, ein kompaktes K ⊂ G und eine Teilfolge (fµj ) von (fν), so daß
für alle j ein zj ∈ K existiert mit
Bemerkungen
a) Ein Beispiel für ein nicht einfach zusammenhängendes Gebiet: G = C∗ mit Γ = U1(0).
b) G einfach zusammenhängend bedeutet anschaulich, daß G keine Löcher“ hat.
”
|fµj (zj) − f(zj)| ≥ ε. (∗)
19.1. Satz (Riemannscher Abbildungssatz)
Da (fµj ) normal, hat (fµj ) eine kompakt konvergente Teilfolge. Ohne Einschränkung sei diese
(fµj ) selbst. Definiere: f := limj→∞ fµj . Wegen (∗) gilt für alle z ∈ K: f(z) = f(z). Aber:
f|M = f|M = g. M hat einen Häufungspunkt in G. Nach dem Identitätssatz gilt nun: f = f.
Dies ist aber ein Widerspruch.
Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet mit G = C. Dann ist G biholomorph äquivalent zum
Einheitskreis D.
18.11. Satz
Genauer gilt: Ist z0 ∈ G vorgegeben, so gibt es genau eine biholomorphe Abbildung f : G → D mit
f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0.
Beweis:
a) Eindeutigkeit: Seien f, g : G → D holomorph mit f(z0) = g(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0, g ′ (z0) > 0.
Sei h := f ◦ g−1 ∈ Aut(D). Mit der Kettenregel gilt: h(0) = 0 und h ′ (0) > 0. Es folgt:
h(z) = eiλ · z. Mit h ′ (0) > 0 folgt: λ = 0 und somit h = id. Also gilt: f = g.
b) Existenz: Den Beweis der Existenz einer biholomorphen Abbildung gliedern wir in vier Schritte:
Sei G ⊂ C ein Gebiet, (fν) eine Folge in O(G). Es gelte (fν) → f ∈ O(G) kompakt, wobei f nicht
konstant sei. f habe in z0 ∈ G eine k-fache w0-Stelle. 54 Dann gibt es ein V = V (z0) ⊂ G und ein ν0, so
daß für alle ν ≥ ν0 gilt: fν|V hat auf V genau k w0-Stellen (mit Vielfachheit).
Beweis: Ohne Einschränkung sei w0 = 0. Wähle ε > 0, so daß gilt: f −1 (0) ∩ Uε(z0) = {z0}. 55 Sei
δ := min{|f(z)| z ∈ ∂Uε(z0)}. Dann gilt: |f(z)| > δ und z ∈ ∂Uε(z0). Da (fν) → f kompakt, gibt es
ein ν0, so daß für alle ν ≥ ν0 und für alle z ∈ ∂Uε(z0) gilt: |fν(z) − f(z)| < δ.
Für ν ≥ ν0 und z ∈ ∂Uε(z0) gilt also: |fν(z) − f(z)| < |f(z)|. Mit dem Satz von Rouché folgt: fν und
f haben gleich viele Nullstellen (mit Vielfachheit) in V := Uε(z0).
i) Finde ein Gebiet G ⊂ D und f : G → G biholomorph, so daß gilt: f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0. 57
ii) Wende den Satz von Montel auf die Familie
Beispiel zu Satz 18.11.
F = {f : G → D | f injektiv, f(0) = 0, f ′ (0) > 0}
Betrachte die Funktionen
an, genauer auf (fν) ⊂ F, so daß gilt: f ′ ν(0) → sup{f ′ (0) | f ∈ F}. Erhalte so eine konvergente
Teilfolge (fνk ) → f0 ∈ F mit f ′ 0(0) > 0 maximal. Wir wollen zeigen: f0 ◦ f hat die gewünschte
Eigenschaft.
iii) Sei G ′ D einfach zusammenhängend mit 0 ∈ G ′ . Dann gibt es ein injektives h: G ′ → D
mit h(0) = 0 und h ′ (0) > 1. 58
f(z) = z,
fν(z) = z + 1
ν (z2 + 1).
f hat eine Nullstelle in 0, wohingegen fν keine Nullstelle in 0 hat, aber in der Nähe von 0.
iv) Wäre f0( G) = D, wende iii) an auf G ′ := f0( G). Somit erhalten wir: h ◦ f0 ∈ F. Weil
h(0) > 1, gilt: (h ◦ f0) ′ (0) > f ′ 0(0). Dies ist aber ein Widerspruch zur Maximumseigenschaft
von f0.
Nun zum eigentlichen Beweis. Fixiere z0 ∈ G.
i) Weil G = C dürfen wir ohne Einschränkung annehmen: 0 /∈ G (ansonsten führe eine affine
Transformation in C durch). Weil G einfach zusammenhängend ist und 0 /∈ G, gibt es ein
g ∈ O(G), so daß gilt: g2 = id. Daraus folgt: g : G → G ′ := g(G) ⊂ C∗ .
Es gibt ein w0 ∈ C und ein ε > 0, so daß Uε(w0) ∩ G ′ = ∅, denn: Ist w ∈ G ′ , so ist −w /∈ G ′ ,
da g bijektiv ist. Ist also w1 so gewählt, daß Uε(w1) ⊂ G ′ , so gilt: Uε(−w1) ∩ G ′ = ∅. Setze
also w0 := −w1.
18.12. Folgerung
Sind in Satz 18.11. alle fν injektiv, so ist f injektiv.
Beweis: Annahme, f ist nicht injektiv. Dann gibt es ein w0 ∈ C und z1 = z2 ∈ G, so daß gilt:
f(z1) = f(z2) = w0. Nach Satz 18.11. existieren Umgebungen V1 = V (z1) und V2 = V (z2), so
daß fν|Vi eine w0-Stelle hat für ν ≥ ν0. Nach einer eventuellen Verschiebung von V1 und V2 folgt:
V1 ∩ V2 = ∅. Also hat fν|V1 eine w0-Stelle, ebenso wie fν|V2 . Wegen V1 ∩ V2 = ∅ gilt daher: fν ist
nicht injektiv, was ein Widerspruch ist.
Sei α: C\Uε(w0) → D injektiv und holomorph. (Transformiere w0 ↦→ 0, C\Uε(0) → D durch
z ↦→ ε 1
2 · z .) Jetzt wähle f ∈ Aut(D), so daß für f := β ◦ α ◦ g gilt: f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0.
Definiere: G := β(G ′ ) = f(G).
56Das heißt: I(Γ) = {z /∈ |Γ| n(Γ, z) = 0} ⊂ G.
57G ist einfach zusammenhängend und h ∈ O(G) ohne Nullstellen. Dann gibt es ein g ∈ O(G), so daß gilt: g2 = h.
58Folgende Funktionen etwa genügen den Anforderungen nicht: h1(z) = z und h2(z) = (1 + ε)z, denn: h ′
1 (0) = 1, und bei h2
kommt man aus D heraus.
54f(z) − w0 hat also in z0 eine k-fache Nullstelle.
55Dies ist möglich, da die Nullstellenmenge diskret ist.

19. Der Riemannsche Abbildungssatz 90
89 19. Der Riemannsche Abbildungssatz
19.4. Definition
Seien γ0, γ1 geschlossene Wege in X. γ0, γ1 heißen frei homotop, wenn ein stetiges Ψ: I ×I → X existiert,
so daß gilt:
ii) Sei G ⊂ D einfach zusammenhängend mit 0 ∈ G. Definiere die Familie
F = {f : G → D | f injektiv, f(0) = 0, f ′ (0) > 0}.
a) Ψ(0, t) = γ0(t) für alle t.
b) Ψ(1, t) = γ1(t) für alle t.
c) Ψ(s, 0) = Ψ(s, 1) für alle s. 59
Bemerkung
δ sei definiert durch δ : I → X, δ(t) := ψ(t, 0). Dann sind γ0 und δ + γ1 − δ homotop bei festen
Endpunkten.
Da id ∈ F, gilt: F = ∅. Außerdem ist F beschränkt: fG ≤ 1 für alle f ∈ F. Nach 18.8. ist
dann F eine normale Familie. Definiere α := sup{f ′ (0) | f ∈ F}. Weil id ∈ F, folgt: α ≥ 1.
Wähle nun eine Folge (fν) in F, so daß gilt: f ′ ν(0) → α. Nach dem Satz von Montel gibt es
dann eine kompakt konvergente Teilfolge. Ohne Einschränkung sei diese (fν) selbst.
Sei f0 := limν→∞ fν ∈ O( G)). Da f ′ (0) = α = 0, ist f0 nicht konstant. Die fν sind
nach Definition von F injektiv, also ist nach 18.12. auch f0 injektiv. Weil fνG < 1, ist
f0G ≤ 1. Gäbe es ein z1 ∈ G mit |f0(z1)| = 1, so würde nach dem Maximumsprinzip folgen:
f0 ist konstant. Dies ist aber ein Widerspruch! Also gilt: f0G < 1, d.h. f0 : G → D. Damit:
f0 ∈ F. f0 hat folgende Eigenschaft: f ′ 0(0) = sup{f ′ (0) | f ∈ F}.
19.5. Folgerung
Seien γ0, γ1 stückweise stetig differenzierbare Wege im Gebiet G ⊂ C. γ0 und γ1 seien frei homotop. Sei
f ∈ O(G). Dann gilt:
f dz = f dz.
1−cz ∈
iii) Wähle c ∈ D \ G. (c existiert, da G = D.) Definiere nun ϕ1 : D → D mit ϕ1(z) := z−c
Aut(D). Es gilt: ϕ1(c) = 0 und ϕ1(0) = −c.
Definiere: G1 := ϕ1( G). Es gilt: 0 /∈ G1. Da G1 einfach zusammenhängend ist und 0 /∈ G1
gilt, gibt es ein g ∈ O(G1) mit g2 = id. Wähle ϕ2 ∈ Aut(D), so daß für h := ϕ2 ◦ g ◦ ϕ1 gilt:
γ1
γ0
Beweis: Die Behauptung folgt aus Satz 19.3. und obiger Bemerkung.
h(0) = 0 und h ′ (0) > 0. Zeige nun: h ′ (0) > 1, d.h. (h−1 ) ′ (0) < 1.
h−1 = ϕ −1
1 ◦ g−1 ◦ ϕ −1
2 ist eine Abbildung von D nach D mit (h−1 )(0) = 0. Mit dem Lemma
von Schwarz folgt: |(h−1 ) ′ (0)| ≤ 1. Wäre |(h−1 ) ′ (0)| = 1, so würde mit dem Lemma von
Schwarz folgen: h−1 (z) = eiλz, was ein Widerspruch ist. Also gilt: (h−1 ) ′ (0) < 1.
19.6. Definition
Ein geschlossener Weg γ in X heißt nullhomotop, wenn γ frei homotop zu einem konstanten Weg ist. 60
iv) Sei f := f0 ◦ f, wobei f in i) und f0 in ii) konstruiert wurden. Zu zeigen: f(G) = D, denn
dann folgt: f : G → D ist biholomorph. Es ist also zu zeigen: f0( G) = D.
Angenommen: f0( G) = D. Wenn auf f0( G) Schritt iii) an: Es gibt dann ein injektives
und holomorphes h: f0( G) → D mit h(0) = 0 und h ′ (0) > 1. Also gilt: h ◦ f0 ∈ F und
(h ◦ f) ′ (0) = h ′ (0)α > α. Dies ist ein Widerspruch! Also gilt: f0( G) = D.
Bemerkung
γ ist genau dann nullhomotop, wenn γ homotop bei festen Endpunkten zum konstanten Weg γ(0) ist.
Beispiel
Sei G = U1(0) ⊂ C. Sei γ = Uε(0) mit 0 < ε < 1. Dann ist γ homotop zum konstanten Weg 0 (oder
einem anderen konstanten Weg). Aber in G = U1(0) \ {0} ist γ nicht nullhomotop.
Bemerkung und Definition
Den Begriff einfach zusammenhängend“ kann man ohne funktionentheoretische Hilfsmittel alleine mit
”
topologischen Begriffen definieren. Dies wollen nun im folgenden tun. Dazu sei ab sofort X ein topologischer
Raum. Sei I := [0, 1]. Ein (stetiger) Weg ist eine stetige Abbildung γ : I → C, wobei γ(0) der
Anfangspunkt und γ(1) der Endpunkt ist.
f dz = 0, d.h. γ ist nullhomolog. Insbesondere
19.7. Folgerung
Sei γ nullhomotop in G ⊂ C. Sei f ∈ O(G). Dann gilt:
γ
gilt: I(γ) ⊂ G. Kurz:
19.2. Definition
Seien γ0 und γ1 Wege von a nach b in X. γ0, γ1 heißen homotop bei festen Endpunkten, kurz: γ0 ∼ γ1,
wenn ein stetiges ψ : I × I → X existiert, so daß gilt:
γ nullhomotop ⇒ γ nullhomolog.
a) Ψ(0, t) = γ0(t) für alle t.
b) Ψ(1, t) = γ1(t) für alle t.
c) Ψ(s, 0) = a und Ψ(s, 1) = b für alle s.
19.8. Bemerkung
Sei
f dz = 0 für alle f ∈ O(G). Dann folgt nicht, daß γ nullhomotop ist. Also:
γ
γ nullhomolog ⇒ γ nullhomotop.
Setze γs : I → X mit γs(t) = Ψ(x, t).
Beispiel
Sei G := C \ {−1, 1}. Definiere weiterhin
Bemerkungen
a) (γs)s∈I ist eine stetige Familie von Wegen von a nach b.
b) γs(t) = Ψ(s, t) ist nur stetig.
γ1 := ∂U1(−1),
19.3. Cauchyscher Integralsatz
Seien γ0, γ1 stückweise stetig differenzierbare Wege in einem Gebiet G ⊂ C, die homotop bei festen
γ2 := ∂U1(1),
γ3 := ∂U2(−2),
Endpunkten sind. Sei f ∈ O(G). Dann gilt:
γ4 := ∂U2(2).
f dz.
f dz =
γ1
γ0
59Diese Bedingung bedeutet, daß γs(t) := Ψ(s, t) immer geschlossen ist.
60Ein konstanter Weg ist γa : I → X mit γa(t) = a ∈ X für alle t.
Beweis: Siehe [5].

19. Der Riemannsche Abbildungssatz 92
91 19. Der Riemannsche Abbildungssatz
19.13. Definition
Seien γ1, γ2 : I → X zwei Wege mit γ1(1) = γ2(0). Als Produkt γ1 · γ2 : I → X definiert man
γ1(2t) 0 ≤ t ≤ 1
2 ,
Es gilt: 0 ∈ |γi|. 0 soll außerdem der Anfangs- und Endpunkt jedes Weges sein. Definiere nun
γ := γ4 − γ3 − γ2 + γ1.
γ ist nullhomolog, denn es gilt:
γ1 · γ2(t) :=
≤ t ≤ 1.
1
γ2(2t − 1) 2
I(γ) = (U2(−2) \ U1(−1)) ∪ (U2(2) \ U1(1)) ⊂ G.
γ ist jedoch nicht nullhomotop. Dies ist anschaulich klar, da −1, 1 /∈ G.
19.14. Hilfssatz
a) Es gelte: γ1 ∼ γ ′ 1 und γ2 ∼ γ ′ 2. Dann gilt: γ1 · γ2 ∼ γ ′ 1 · γ ′ 2. Insbesondere ist das Produkt auf
Π1(X, x0) definiert und es gilt: [γ1] · [γ2] := [γ1 · γ2].
19.9. Definition
Sei X ein wegzusammenhängender topologischer Raum. X heißt einfach zusammenhängend, wenn jeder
geschlossene Weg nullhomotop ist.
b) Assoziativität: (γ1 · γ2) · γ3 ∼ γ1 · (γ2 · γ3).
c) Sei εx der konstante Weg von x nach x. Dann gilt: εx · γ ∼ γ · εx ∼ γ.
d) γ · (−γ) ∼ εx, wobei γ(0) = x.
Beweis: Siehe [2].
Bemerkung
Sei G ⊂ Rn sternförmig. Dann ist G einfach zusammenhängend.
Beweis: G sei sternförmig bezüglich x0. γ sei ein geschlossener Weg in G. Definiere nun Ψ: I×I → G,
Ψ(s, t) := (1 − s)γ(t) + sx0. Ψ ist stetig. Weil G sternförmig bezüglich x0 ist, gilt Ψ(I × I) ⊂ G. Es
ist Ψ(0, t) = γ(t) und Ψ(1, t) = x0. Weiterhin gilt:
19.15. Bemerkung
Damit wird Π1(X) zu einer Gruppe. Diese Gruppe kann sehr kompliziert sein und ist meistens nichtabelsch.
Ψ(s, 0) = (1 − s)γ(0) + sx0
= (1 − s)γ(1) + sx0
= Ψ(s, 1).
19.16. Definition
Sei G ⊂ C ein Gebiet.
a) Definiere Z(G) := {γ = a1γ1 + . . . + anγn | n ∈ N, aj ∈ Z, γj geschlossene Wege}. Dies ist die freie
”
abelsche Gruppe mit den geschlossenen Wegen als Basis“.
b) γ ∈ Z(G) heißt nullhomolog, wenn für alle f ∈ O(G) gilt:
f dz = γ i ai
f dz = 0.
γi
c) H1(G) := Z(G)/B(G) heißt 1. Homologiegruppe von G (mit Werten in Z).
19.10. Folgerung
Sei G ⊂ C ein Gebiet.
a) G ist genau dann einfach zusammenhängend, wenn G homologisch einfach zusammenhängend ist.
b) Sei G einfach zusammenhängend. Dann gilt G = C oder G ist biholomorph zum Einheitskreis D.
19.17. Bemerkung
Die algebraische Topologie ordnet jedem topologischen Raum X die 1. Homologiegruppe bzw. höhere
Homologiegruppen Hi(X) zu.
Beweis: Da G einfach zusammenhängend ist, ist nach Folgerung 19.7. G homologisch einfach zusammenhängend.
Nach dem Riemannschen Abbildungssatz gilt dann G = C oder G ist biholomorph
zum Einheitskreis D. Weil C und D einfach zusammenhängend sind, gilt: Aus G homologisch zusammenhängend
folgt: G ist einfach zusammenhängend.
19.18. Bemerkung
Sei ϕ: G → G ′ holomorph. Dies impliziert eine Abbildung ϕ∗ : Z(G) → Z(G ′ ), γ =
i aiγi ↦→
i ai(ϕ ◦
γi). Sei γ ∈ B(G). Dann gilt für alle f ∈ O(G):
Bemerkung
Seien G, G ′ homöomorph. Sei G einfach zusammenhängend. Dann ist auch G ′ einfach zusammenhängend.
γ f dz = 0. Wir wollen zeigen: ϕ∗(γ) ∈ B(G ′ ).
19.11. Definition
γ (g ◦ ϕ) dz. Dies impliziert: ϕ∗ : H1(G) → H1(G ′ ) mit ϕ∗([γ]) =
[ϕ∗(γ)]. Ist Ψ: G ′ → G ′′ holomorph, so gilt: (Ψ ◦ ϕ)∗ = Ψ∗ ◦ ϕ∗ und (id)∗ = idH1(G). Für alle g ∈ O(G ′ ) gilt:
ϕ∗(γ) g dz′ =
Sei X ein topologischer Raum.
Insbesondere gilt: Aus ϕ: G → G ′ biholomorph folgt:
a) Sei x0 ∈ X. Π1(X, x0) heißt 1. Fundamentalgruppe von X mit Basispunkt x0:
id H1(G) = (id)∗ = (ϕ ◦ ϕ −1 )∗ = ϕ∗ ◦ (ϕ −1 )∗.
Π1(X, x0) := {geschlossene Wege von x0 nach x0}/ ∼ .
Analog: (ϕ−1 )∗◦ϕ∗ = idH1(G). Also ist ϕ∗ : H1(G) → H1(G ′ ) ein (Gruppen-)Isomorphismus mit (ϕ∗) −1 =
(ϕ−1 )∗.
Also: Biholomorphe (tatsächlich schon homöomorphe) Gebiete haben isomorphe Homologiegruppen.
Dabei gilt γ1 ∼ γ2, wenn γ1, γ2 homotop bei festen Endpunkten x0 sind. 61
b) Sei X wegzusammenhängend. Dann ist Π1(X, x0) unabhängig von x0. Dann heißt Π1(X) :=
Π1(X, x0) Fundamentalgruppe von X.
19.12. Bemerkung
X ist genau dann einfach zusammenhängend, wenn gilt: Π1(X) = 0.
61 Man kann leicht zeigen, daß ∼ eine Äquivalenzrelation ist.

Übungsblätter 94
93 19. Der Riemannsche Abbildungssatz
Übungsblätter
19.19. Satz
Sei G ⊂ C ein Gebiet. Dann ist κ: Π1(G) → H1(G) ein kanonischer Gruppenhomomorphismus. κ ist
surjektiv. Der Kern von κ ist die Kommutatoruntergruppe von Π1(G). 62 Also gilt:
Blatt 1
1. Sei G ⊂ C ein Gebiet und A ⊂ G eine Menge ohne Häufungspunkt in G. Dann ist G \ A ein Gebiet.
2. Sei
X := {iy
y ∈ R, |y| ≤ 1} ∪ z = x + iy 0 < x < 1
1
, y = sin ⊂ C,
4 4
Π1(G)/[Π1(G), Π1(G)] ∼ = H1(G).
Beweis: κ ordnet jeder Homotopieklasse eines Weges γ ihre Homotopieklasse zu. Folgerung 19.7.
sicher die Wohldefiniertheit. Der Kern von κ muß [Π1(G), Π1(G)] enthalten, weil H1(G) abelsch ist.
Für den Rest des Beweises siehe [2].
versehen mit der Euklidischen Metrik.
Zeigen Sie: X ist zusammenhängend, aber nicht wegzusammenhängend. Skizze!
3. Untersuchen Sie folgende Funktionen auf komplexe Differenzierbarkeit:
a) f(z) = zkz, mit k ∈ N.
b) g(z) = ex (cos y + i sin y).
19.20. Beispiel
Π1(C2 \ {−1, 1}) ist nicht abelsch. Es gilt: H1(C2 \ {−1, 1}) ∼ = Z2 .
4. Seien a, b ∈ R. u: C → R sei definiert durch
u(x + iy) := ax 2 y − y 3 + x 2 + by 2 .
19.21. Bemerkung
Sei X wegzusammenhängend. Dann gibt es ein stetiges und surjektives h: X → X, so daß X einfach
zusammenhängend ist. Dies nennt man die universelle Überlagerung.
Für welche a und b gibt es v : C → R, so daß f = u + iv ∈ O(C)? Bestimmen Sie alle solche v!
5. Sei B ⊂ C offen. f : B → R heißt harmonisch, wenn f zweimal stetig differenzierbar ist, und wenn
gilt:
∆f := ∂2f ∂x2 + ∂2f = 0.
∂y2 19.22. Ausblick über Riemannsche Flächen
Riemannsche Flächen sind abstrakte Gebilde, die lokal so aussehen wie G ⊂ C. Beispiele für Riemannsche
Flächen sind C, C/Z2 (elliptische Kurven) sowie die natürlichen Definitionsbereiche der Wurzel- oder
Logarithmusfunktion.
a) Sei f ∈ O(B). Zeigen Sie: Re f und Im f sind harmonisch.
b) Sei u: C → R ein reelles Polynom, d.h. u(x, y) = m j,k=0 ajkx j y k . Sei u harmonisch. Sei
Sei f ∈ C[z1, z2, z3] ein homogenes Polynom. Dann ist die Nullstellenmenge N = {f = 0} eine Teilmenge
des zweidimensionalen komplex-projektiven Raums P2(C) = C2 \ {0}/ ∼ mit z ∼ z ′ , wenn es ein λ ∈ C∗ gibt mit z = λz ′ . Es gilt f(z) = 0 genau dann, wenn f(λz) = 0. N ist eine Riemannsche Fläche.
z
2
f : C → C,
Fragestellung: Wie kann man kompakte Riemannsche Flächen identifizieren?
− u(0, 0).
z
,
2i
f(z) := 2u
Zeigen Sie: f ∈ C[z] mit Re f = u.
Blatt 2
1. Sei u: C → R, u(x, y) = ex sin y. Bestimmen Sie f ∈ O(C) mit Re f = u.
2. Berechnen Sie
Re z dz und W1 W2 Re z dz, wobei W1 die Strecke von 1 + i nach 2 + 6i und W2 der
durch ϕ: [1, 2] → C, ϕ(t) = t + it3 gegebene Weg sei.
3. a) Sei W ein Weg von 1 + i nach 2i, wobei 0 /∈ |W |. Berechnen Sie:
W iz2 + 1 − 2iz−2 dz.
b) Hat z ↦→ Im z eine Stammfunktion in C?
4. Untersuchen Sie die Reihe ∞ z
ν=0
ν
1−zν auf Konvergenz und gleichmäßige Konvergenz.
∞
5. Sei R der Konvergenzradius von aν(z − z0)
ν=0
ν
aν
. Es existiere lim
ν→∞ aν+1
. Zeigen Sie:
aν
R = lim
ν→∞ aν+1
.
62 Die Kerne werden also von xyx −1 y −1 mit x, y ∈ Π1(X) erzeugt.

Übungsblätter 96
95 Übungsblätter
Blatt 5
1. a) Sei G ⊂ C ein beschränktes Gebiet, fn : G → C stetig und fn|G ∈ O(G). (fn|∂G) konvergiere
gleichmäßig. Dann konvergiert (fn) gleichmäßig gegen f : G → C stetig, und f|G ist holomorph.
b) Sei A ⊂ G diskret und fn ∈ O(G) für n ∈ N.
fn| G\A konvergiere kompakt. Zeigen Sie: (fn)
konvergiert kompakt.
2. Bestimmen Sie alle f1, f2 ∈ O(C) mit f 2 1 + f 2 2 = 1.
3. a) Seien G1, G2 ⊂ C einfach zusammenhängende Gebiete. Ist G1 ∩ G2 zusammenhängend, so ist
Blatt 3
1. Sei △ ⊂ C ein offenes Dreieck. Präzisieren Sie diesen Begriff, geben Sie eine Kette K mit |K| = ∂△
an, und zeigen Sie, daß n(z, K) = 1 für alle z ∈ △. (Dabei sei ∂△ positiv orientiert.)
2. Bestimmen Sie die Umlaufszahlen folgender Ketten:
G1 ∪ G2 einfach zusammenhängend.
b) Untersuchen Sie die Gebiete
C ∗ \ [0, 1]
n ∈ N
1
n
und
∪ {0}
{z ∈ C |z| < 1} \
auf einfachen Zusammenhang.
4. Sei U ⊂ C offen, so daß D = {z ∈ C 1
|z| ≤ 1} ⊂ U. Gibt es ein f ∈ O(U), so daß f(z) = z2 für alle
z ∈ ∂D?
3. Beweisen Sie nur mit Hilfe des Satzes von Goursat: Ist B ⊂ C offen, △ ein offenes Dreieck mit
△ ⊂ B und f ∈ O(B), so gilt:
f dz = 0.
5. Sei G ⊂ C ein Gebiet und I ⊂ R ein nichtleeres Intervall mit I ⊂ G ∩ R. Sei z0 ∈ I. Sei f ∈ O(G)
mit f(G ∩ R) ⊂ R. Sei f(z) = ∞ ν=0 aν(z − z0) ν die Potenzreihenentwicklung um z0. Zeigen Sie:
aν ∈ R für alle ν.
∂△
4. a) Entwickeln Sie die Funktion f : C → C, f(z) = 1
z um z0 = 1 in eine Potenzreihe. Was ist deren
Konvergenzradius?
b) Sei U eine Umgebung von 0. Gibt es eine holomorphe Funktion f : U → C, so daß für n ∈ N
gilt:
f (n) (0) = 2 n n!
Blatt 6
1. a) Berechnen Sie log(1 + i) und log((3 − 3i) 5 ).
b) Geben Sie ein möglichst großes Gebiet an, auf dem sich log((1 − z) 2 ) definieren läßt.
c) Berechnen Sie ∂
∂
∂z arg und ∂z arg.
2. Berechnen Sie die Laurentreihen von
5
a) f(z) = (z+1)(z−3) auf U1,3(0),
1
b) g(z) = z(z−4) 2 auf U1,2(1),
c) h(z) = 1 auf U0,∞(0).
)
5. Sind folgende Funktionen holomorph in 0 fortsetzbar?
a) f(z) = z
e z −1 .
b) g(z) = z3 sin 1
z .
Blatt 4
exp( 1
z
3. Sei f ∈ O(Ur,R(z0)). Es gelte für alle z ∈ Ur,R(z0):
∞
f(z) = aν(z − z0) ν =
1. Sei f : C → C holomorph. Sei n ∈ N. Es gebe ein M > 0 und ein r > 0, so daß für alle z ∈ C mit
|z| ≥ r gilt:
|f(z)| ≤ M|z| n .
∞
bν(z − z0) ν .
ν=−∞
ν=−∞
Zeigen Sie: aν = bν für alle ν.
4. Klassifizieren Sie die isolierten Singularitäten folgender Funktionen, und geben Sie im Fall von Polen
die Ordnung an:
Zeigen Sie: f ist ein Polynom vom Grad ≤ n.
2. Entwickeln Sie folgende Funktionen in eine Potenzreihe:
a) cos(z2 − 1) um 0.
1 b) 1+z+z2 um 0.
1 c) z2 um i.
3. Sei G ⊂ C ein Gebiet und L ⊂ C eine affine reelle Gerade. Sei f : G → C stetig und f| G\L holomorph.
Zeigen Sie: f ∈ O(G).
z a)
4
(z4 +16) 2 ,
b) z2−π 2
sin2 z ,
1 c) ez 1
−1 − z−2πi ,
1 d)
cos( 1
z ).
5. Sei z0 eine nicht-hebbare Singularität von f. Zeigen Sie: ef hat eine wesentliche Singularität in z0.
4. Seien n, m ∈ Z. Berechnen Sie folgende Integrale:
a)
|z|=1 ezz−n dz.
b)
|z|=2 zn (1 − z m ) dz.
5. Sei G ⊂ C ein Gebiet, z0 ∈ G und f, g ∈ O(G).
a) Es gebe ein n0, so daß für alle n ≥ n0 gilt:
f (n) (z0) = g (n) (z0).
Zeigen Sie: Es gibt ein Polynom p, so daß f = g + p.
b) Re f habe in z0 ein lokales Minimum. Zeigen Sie: f ist konstant.

Übungsblätter 98
97 Übungsblätter
Blatt 9
1. Beweisen Sie: Jede Mittag-Leffler-Verteilung auf U1(0) = {z ∈ C |z| < 1} ist lösbar.
2. Sei n ∈ N. Konstruieren Sie f ∈ M(U1(0)), so daß f Pole 1. Ordnung mit Residuum 1 in 1 − 1
n hat
und sonst holomorph ist.
3. Zeigen Sie, daß die Taylorentwicklung von 1
cos z um 0 von folgender Form ist:
∞
ν E2ν
(−1)
(2ν)! z2ν
Blatt 7
1. Bestimmen Sie die Residuen folgender Funktionen in allen Singularitäten:
z a) 2 +z+5
z(z2 +1) 2 ,
b) sin( 1
z−1 ),
c) ze 1
1−z ,
cos(z)
(z2 +4) 2 .
d)
ν=0
2. Berechnen Sie π
2
mit E2ν ∈ Z.
1
4. Bestimmen Sie eine Partialbruchentwicklung für ez−1 .
dx
1 + sin 2 x
0
und 2π
sin 2 x
dx.
(1 − cos x) 2
Blatt 10
0
3. Berechnen Sie: ∞
1. Sei U ⊂ C offen, f : U → C stetig, f −1 (∞) ⊂ U diskret und f| U\f −1 (∞) holomorph. Zeigen Sie:
f : U → C ist holomorph.
x2 − x + 2
x4 + 10x2 + 9 dx.
−∞
2. Sei a ∈ C. Bestimmen Sie die Untergruppe Ga ⊂ Aut( C) für
Ga = {ϕ ∈ Aut( C) | ϕ(a) = a}.
4. Sei G ⊂ C ein Gebiet und f ∈ M(G) nicht konstant. Zeigen Sie: f(G) ist offen in C.
5. Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet, D ⊂ G diskret und f ∈ O(G \ D). Zeigen Sie:
f hat genau dann eine Stammfunktion auf G \ D, wenn reszf = 0 für alle z ∈ D.
3. Bestimmen Sie Aut( C) und Aut(C \ {0, 1}).
4. a) Sei G ⊂ C ein Gebiet und G ′ ⊂ C ein weiteres Gebiet. Es gebe ein biholomorphes ϕ: G → G ′ .
Zeigen Sie: Aut(G) ∼ = Aut(G ′ ). Gilt auch die Umkehrung?
b) Bestimmen Sie ein Gebiet G ⊂ C mit Aut(G) = {1} bzw. Aut(G) ∼ = Z2.
5. Sei H = {z ∈ C | Im z > 0} die obere Halbebene. Bestimmen Sie alle ϕ ∈ Aut(H) mit ϕ(i) = i.
Blatt 8
1. Zeigen Sie:
e−z2 dz = 0.
1 + e−2az √ π s+i 2
lim
s→∞
s
√ x
2. Berechnen Sie: ∞
) dx.
2 )(x + 3
(x + 1
3
0
3. Berechnen Sie für n ∈ N: ∞
dx
(1 + x2 .
) n+1
−∞
4. Bestimmen Sie die Anzahl der Nullstellen (mit Vielfachheit) von
f(z) = z 87 + 36z 57 + 71z 4 + z 3 − z + 1
im Gebiet {z ∈ C |z| < 1}.
5. Sei λ ∈ R mit λ > 1. Zeigen Sie: Es gibt genau ein z0 ∈ C mit Re z0 > 0, so daß gilt:
e −z0 + z0 = λ.
Ferner ist z0 reell.

Namensverzeichnis 100
99 Literaturverzeichnis
Namensverzeichnis
Literaturverzeichnis
Arzela, Cesare (1847-1912)
Ascoli, Giulio (1843-1896)
Casorati, Felice (1835-1890)
Cauchy, Augustin-Louis (1789-1857)
Fourier, Jean-Baptiste-Joseph de (1768-1830)
Gauß, Carl Friedrich (1777-1855)
Goursat, Edouard Jean-Baptiste (1858-1936)
Laurent, Pierre Alphonse (1813-1854)
Liouville, Joseph (1809-1882)
Mittag-Leffler, Magnus Gustav (1846-1927)
Montel, Paul Antoine Aristide (1876-1975)
Riemann, Bernhard Georg Friedrich (1826-1866)
Vitali, Giuseppe (1875-1932)
Wallis, John (1616-1703)
Weierstraß, Karl Theodor Wilhelm (1815-1897)
[1] Fischer, Wolfgang; Lieb, Ingo: Funktionentheorie, Vieweg, 1994.
[2] Massey, William S.: Algebraic Topology: An Introduction, Springer, 1977.
[3] Needham, Tristan: Anschauliche Funktionentheorie, Oldenbourg, 2001.
[4] Remmert, Reinhold: Funktionentheorie 1, Springer, 2001.
[5] Remmert, Reinhold: Funktionentheorie 2, Springer, 1995.

Index 102
101 Index
Verteilung
Hauptteil-, 64
Mittag-Leffler-, 64
Nullstellen-, 73
Weierstraß-, 73
Vielfachheit, 61
Nullstellenverteilung, 73
assoziierte, 73
Lösung, 73
Parametertransformation, 12
Pol, 48
Ordnung, 48
Polstellenmenge, 50
Index
Wallissche Produktdarstellung von π, 75
Weg, 10, 89
einfach geschlossener, 10
frei homotop, 90
geschlossener, 10
homotop
frei, 90
homotope, 89
Länge, 11
nullhomotop, 90
Spur, 10
stetig differenzierbarer, 10
Weierstraßscher Produktsatz, 74
Weierstraßverteilung, 73
assoziierte, 73
Lösung, 73
Wurzel, 41
reell-analytisch, 42
Residuensatz, 53
Residuum, 53
Riemannsche Fläche, 41
Riemannsche Zahlensphäre, 51
Riemannscher Abbildungssatz, 88
Riemannscher Hebbarkeitssatz, 28
harmonisch, 94
Hauptteilverteilung, 64
holomorph, 7, 76
holomorphe Fortsetzung, 42
Homologiegruppe, 39
1., 92
homologisch einfach zusammenhängend, 88
homotop, 89
frei, 90
1. Fundamentalgruppe, 91
1. Homologiegruppe, 92
Äußeres, 25
Algebra, 50
allgemeine lineare Gruppe, 79
Automorphismus, 77
Identitätssatz, 31
Inneres, 25
Basispunkt, 91
Bernoulli-Zahlen, 68
beschränkt, 84
lokal, 85
biholomorph, 77
äquivalent, 77
zusammenhängend
einfach, 25, 88, 91
homologisch, 88
Satz
- von Arzelà-Ascoli, 84
modifizierte Version, 85
- von Casorati-Weierstraß, 49
- von Goursat, 15
- von Liouville, 29
- von Mittag-Leffler für C, 65
- von Montel, 86
- von Rouché, 62
- von Vitali, 87
- von Weierstraß, 32
Cauchyscher Integral-, 37, 89
Fundamental- der Algebra, 29, 63
Identitäts-, 31
Residuen-, 53
Riemannscher Abbildungs-, 88
Riemannscher Hebbarkeits-, 28
Weierstraßscher Produkt-, 74
Schwarzsches Lemma, 80
Singularität, 48
hebbare, 48
Pol, 48
Ordnung, 48
wesentliche, 48
spezielle lineare Gruppe, 82
Stammfunktion, 13
stetig
gleichgradig, 84
lokal gleichgradig, 85
Kette, 12
geschlossen, 12
homolog, 37
nullhomolog, 37
kompakte Konvergenz, 64
komplex differenzierbar, 6, 7
komplexe Ableitung, 6
konvergent, 71
Konvergenz
absolute, 72
kompakte, 64, 72
punktweise, 72
Konvergenzkreis, 19
Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen, 7
Cauchysche Integralformel, 36
Cauchysche Integralformel für Ableitungen, 37
Cauchysche Integralformel für Kreise, 26
Cauchysche Ungleichung, 32
Cauchyscher Integralsatz, 37, 89
einfach zusammenhängend, 25, 88, 91
homologisch, 88
Laurentreihe, 46, 47
Hauptteil, 46, 47
kompakt konvergente, 47
konvergente, 47
Nebenteil, 46, 47
Lemma
Schwarzsches -, 80
Lösung, 64
Logarithmus, 40
lokal beschränkt, 85
lokal gleichgradig stetig, 85
lokal-konstant, 3
Familie, 86
normale, 86
Fundamentalgruppe
1., 91
Basispunkt, 91
Fundamentalsatz der Algebra, 29, 63
Funktion
ganze, 28
holomorphe, 7
meromorphe, 50
reell-analytische, 42
Stamm-, 13
topologischer Raum
einfach zusammenhängend, 91
kompakt, 51
wegzusammenhängend, 3
zusammenhangend, 3
Maximumsprinzip, 34
meromorph, 50, 76
Minimumsprinzip, 34
Mittag-Leffler-Verteilung, 64
Überlagerung
universelle, 93
Umlaufszahl, 23
unbestimmtes Integral, 13
universelle Überlagerung, 93
normale Familie, 86
nullhomolog, 92
nullhomotop, 90
Nullstellenordnung, 48
ganze Funktion, 28
Gebiet, 4
einfach zusammenhängend, 25
gleichgradig stetig, 84
Gruppe, 77
allgemeine lineare, 79
freie abelsche, 92
Fundamental-, 91
Basispunkt, 91
Homologie-, 39, 92
spezielle lineare, 82