Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

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.