Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

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