Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

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.