Satz 7.1 Sei Ω ⊆ C ein Gebiet, f ∈ H(Ω) und
Z(f) := {a ∈ Ω : f(a) = 0} (=f−1({0})).
Dann ist entwederZ(f) = Ωoder Z(f) hat keinen H¨aufungspunkt in Ω. Im 2. Fall gilt: Zu jedem a ∈ Z(f) existiert genau ein m = m(a) ∈ N, so daß ein g ∈ H(Ω) existiert mit g(a) 6= 0 und
f(z) = (z−a)mg(z) (z ∈ Ω).
Bemerkungen:
1.) Ist Z(f) 6= Ω so ist Z(f) h¨ochstens abz¨ahlbar ( ¨Ubung).
Hinweis: Betrachte
Kn := {z ∈ Ω : dist(z,C\Ω) ≥ 1
n,|z| ≤n}, falls Ω 6= C.
2.) m heißt die Ordnung der Nullstelle a von f.
3.) Betrachte z.B. Ω = {z : Rez > 0} und f : Ω → C, f(z) = sin(1/z). Dann ist 0 H¨aufungspunkt von Z(f) aber 0 ∈/ Ω.
Beweis: Sei A die Menge aller H¨aufungspunkte von Z(f) in Ω.
Daf stetig ist, istA ⊆ Z(f). Seia ∈ Z(f) fest undK(a, r) ⊆ Ω.
Nach Satz 6.5 gilt (bea. c0 = f(a) = 0):
f(z) =
∞
X
n=0
cn(z −a)n (z ∈ K(a, r)).
1. Fall: cn = 0 (n ∈ N). Dann ist K(a, r) ⊆ Z(f) und K(a, r) ⊆A.
2. Fall: ∃n ∈ N: cn 6= 0. Dann existiert ein kleinstes m ∈ N mit cm 6= 0.
Wir definieren g : Ω →C durch:
g(z) =
( (z −a)−mf(z), z ∈ Ω\ {a}
cm, z = a
Dann ist g(a) 6= 0 und f(z) = (z − a)mg(z) (z ∈ Ω). Es gilt g ∈ H(Ω\ {a}). Wegen
g(z) =
∞
X
k=0
cm+k(z−a)k (z ∈ K(a, r)) folgt g ∈ H(K(a, r)) also insgesamt g ∈ H(Ω).
Weiter istmeindeutig bestimmt, denn ausg1, g2 ∈ H(Ω),g1(a) 6=
0 6= g2(a) und
f(z) = (z −a)m1g1(z) = (z −a)m2g2(z) (z ∈ Ω) folgt m1 = m2.
Da g stetig auf Ω ist, ist wegen g(a) 6= 0 auf einer Umgebung K(a, δ) auch
g(z) 6= 0 (z ∈ K(a, δ)), also
f(z) 6= 0 (z ∈ K(a, δ)\ {a}).
Somit ist a ein isolierter Punkt von Z(f).
Ist a ∈ A, so muss also der 1. Fall eintreten. Damit istA eine of-fene Teilmenge von C. Ist z ∈ Ω kein H¨aufungspunkt von Z(f), so gibt es eine Umgebung von z, die keinen H¨aufungspunkt von Z(f) enth¨alt. Also ist auch B := Ω \A eine offene Teilmenge von C.
Da Ω ein Gebiet ist, ist entweder Ω = A (dann ist Ω = Z(f))
oder Ω = B, d.h. A = ∅.
Folgerung (Identit¨atssatz): Ist Ω ⊆ C ein Gebiet, f, g ∈ H(Ω) und hat {z ∈ Ω : f(z) = g(z)} einen H¨aufungspunkt in Ω so gilt f = g.
Definition 7.1 Sei Ω ⊆ C offen, a ∈ Ω und f ∈ H(Ω \ {a}).
Dann sagt man: f hat eine isolierte Singularit¨at im Punkt a. Kann f zu einer holomorphen Funktion auf Ω fortgesetzt werden, so heißt a hebbar.
Satz 7.2 (Riemannscher Hebbarkeitssatz)
Es sei Ω ⊆ C offen, a ∈ Ω, f ∈ H(Ω\ {a}) und es existiere ein r > 0 so, daß f auf K(a, r)\ {a} beschr¨ankt ist. Dann ist a eine hebbare Singularit¨at.
Beweis: Es sei h : Ω → C definiert durch
h(a) = 0, h(z) = (z −a)2f(z) (z ∈ Ω\ {a}).
Dann gilt:
z→alim
h(z)−h(a)
z−a = lim
z→a(z −a)f(z) = 0 also h0(a) = 0.
Somit ist h ∈ H(Ω). Wegen h(a) = h0(a) = 0 ist h(z) =
∞
X
n=2
cn(z−a)n (z ∈ K(a, r)).
Setzt man f(a) := c2 so folgt f(z) =
∞
X
n=0
cn+2(z−a)n (z ∈ K(a, r)),
also f ∈ H(Ω).
Klassifikation isolierter Singularit¨aten:
Satz 7.3 Es sei Ω ⊆C offen, a ∈ Ω und f ∈ H(Ω\ {a}). Dann liegt genau einer der folgenden drei F¨alle vor:
1.) f hat in a eine hebbare Singularit¨at.
2.) Es gibt ein m ∈ N und c1, . . . , cm ∈ C mit cm 6= 0 so, daß f(z)−
m
X
k=1
ck
(z −a)k (z ∈ Ω\ {a}) in a eine hebbare Singularit¨at hat.
3.) Ist K(a, r) ⊆ Ω, so ist f(K(a, r) \ {a}) dicht in C. (Satz von Casorati-Weierstraß).
Bemerkungen: Tritt Fall 2.) ein, so sind m und c1, . . . , cm in der rationale Funktion
Q(z) =
m
X
k=1
ck (z−a)k
eindeutig bestimmt ( ¨Ubung), a heißt ein Pol der Ordnung m von f, und Q heißt der Hauptteil von f in a. Es gilt dann
|f(z)| → ∞ (z →a),
denn ist K(a, r) ⊆ Ω, so existiert ein M ≥ 0 so, daß f¨ur alle z ∈ K(a, r)\ {a} gilt:
|f(z)| ≥ |cm| · 1
|z−a|m− |cm−1| 1
|z −a|m−1− · · · − |c1| 1
|z −a|−M.
Tritt Fall 3.) ein, so heißt a wesentliche Singularit¨at von f. Beweis: Angenommen 3.) gilt nicht. Dann existiert ein r > 0 und ein w ∈ C mit K(a, r) ⊆ Ω und
w 6∈ f(K(a, r)\ {a}), also gilt f¨ur ein δ > 0:
|f(z)−w|> δ (z ∈ K(a, r)\ {a}).
Sei g : K(a, r) \ {a} → C definiert durch g(z) = 1/(f(z)−w).
Dann ist g ∈ H(K(a, r) \ {a}) und |g(z)| < 1/δ. Nach Satz
7.2 ist a eine hebbare Singularit¨at von g, also g ∈ H(K(a, r)) (fortgesetzt).
1. Fall: g(a) 6= 0. Dann ist |g(z)| ≥ c > 0 auf einem Kreis K(a, ρ) ⊆K(a, r), also
|f(z)| ≤ |w|+ 1
|g(z)| ≤ |w|+ 1
c (z ∈ K(a, ρ)\ {a}) und nach Satz 7.2 ist a eine hebbare Singularit¨at von f.
2. Fall: Ist a Nullstelle der Ordnung m ∈ N von g, so ist nach Satz 7.1
g(z) = (z−a)mg1(z) (z ∈ K(a, r))
mit g1 ∈ H(K(a, r)), g1(a) 6= 0. Wegen g(z) 6= 0 auf K(a, r)\ {a} ist auch g1(z) 6= 0 auf K(a, r)\ {a}. Sei
h(z) := 1
g1(z) (z ∈ K(a, r)).
Dann ist h ∈ H(K(a, r)) und es gilt:
f(z) =w + (z −a)−mh(z) (z ∈ K(a, r)\ {a}) und
h(z) =
∞
X
n=0
bn(z−a)n (z ∈ K(a, r)) mit b0 = h(0) 6= 0, also
f(z) = w+ b0
(z−a)m + b1
(z −a)m−1 +· · ·+ bm−1 (z−a) +
∞
X
n=m
bn(z−a)n−m (z ∈ K(a, r)\ {a}).
Setze ck = bm−k (k = 1, . . . , m).
Beispiele: 1.) f : C\ {0} → C, f(z) = e1z hat in z = 0 eine wesentliche Singularit¨at, denn
f(−1n) = e−n → 0 (n → ∞) ⇒ 0 ist kein Pol.
|f(n1)| = en → ∞ (n → ∞) ⇒ 0 ist nicht hebbar.
2.) f : C\ {π} → C, f(z) = (z−π)sinz2 hat in z = π einen Pol 1.
Ordnung, denn
sinz =
∞
X
k=0
ak(z −π)k mit a0 = 0 und a1 = cos(π) = −1 6= 0, also
sinz
(z −π)2 + 1 z −π =
∞
X
k=2
ak(z −π)k−2
3.) Hat f ina eine isolierte Singularit¨at, so gilt: f hat ina einen Pol der Ordnung m ⇔ limz→a(z−a)mf(z) existiert und ist 6= 0.
Beweis: “⇒” klar nach Satz 7.3, Fall 2.)
“⇐” vgl. Beweis von Satz 7.3.
Beispiel: Betrachte
f : C\ {kπ : k ∈ Z} → C, f(z) = 1 (sinz)2. Es gilt
z→kπlim(z −kπ)2 1
(sinz)2 = lim
z→kπ
(z−kπ)2
(sin(z−kπ))2 = 1.
Also ist f¨ur jedes k ∈ Z die Stelle kπ ein Pol 2. Ordnung f. 4.) Es sei f : C\({0} ∪ {kπ1 :k ∈ Z \ {0}) → C definiert durch
f(z) = 1 sin(1z).
F¨ur jedes k ∈ Z \ {0} ist kπ1 eine isolierte Singularit¨at (ein Pol 1. Ordnung), aber 0 ist keine isolierte Singularit¨at.
Satz 7.4 (Die Cauchysche Integralformel f¨ur Ableitungen) Es sei Ω ⊆ C offen und konvex, f ∈ H(Ω) und γ ein ssd geschlossener Weg in Ω. Dann gilt:
f(n)(z)indγ(z) = n!
2πi Z
γ
f(ξ)
(ξ −z)n+1 dξ (z ∈ Ω\γ∗)
f¨ur alle n ∈ N0.
Hieraus folgt die Behauptung f¨ur n = 1. Der Fall n > 1 kann
¨
ahnlich bewiesen werden.
Satz 7.5 (Cauchysche Ungleichungen)
Es sei f ∈ H(K(z0, R)) und |f(z)| ≤ M (z ∈ K(z0, R)). Dann gilt:
|f(n)(z0)| ≤ n!M
Rn (n ∈ N0).
Beweis: Es sei 0 < r < R und γ(t) =z0 +reit (t∈ [0,2π]).
Nach Satz 7.4 gilt:
Definition 7.2 Eine Funktion heißtganz, wenn sie auf C holo-morph ist. Die Menge der ganzen Funktionen ist also H(C).
Satz 7.6 (Liouville)
die Potenzreihenentwicklung von f (Konvergenzradius = ∞).
Nach Satz 7.5 gilt f¨ur n≥ 1 und R >0:
|cn| = |f(n)(0)|
n! ≤ M
Rn → 0 (R → ∞),
also cn = 0 (n ∈ N). Damit gilt: f(z) =c0 (z ∈ C).
Satz 7.7 (Hauptsatz der Algebra)
Es sei n ∈ N und p(z) = zn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0, mit a0, a1, . . . , an−1 ∈ C. Dann hat p genau n Nullstellen in C, z1, z2, . . . , zn (nicht notwendig verschieden; die Summe der Ord-nungen der verschiedenen Nullstellen ist n), und es gilt:
p(z) = (z −z1)(z −z2)· · · · ·(z −zn).
Nach Satz 7.6 ist p konstant, ein Widerspruch.
Also gilt p(z1) = 0 f¨ur ein z1 ∈ C und es existiert ein Polynom q mit grad q = n − 1 und p(z) = (z − z1)q(z). Wiederholte Anwendung liefert:
p(z) = (z −z1)(z −z2)· · · · ·(z −zn).
Der Satz von der Gebietstreue und das Maximumprinzip:
Satz 7.8 Es sei f ∈ H(K(z0, R)) und
|f(z0)| < min
|z−z0|=r|f(z)|
f¨ur ein r ∈ (0, R). Dann gibt es ein w ∈ K(z0, r) mit f(w) = 0.
Beweis: Angenommen f(z) 6= 0 (z ∈ K(z0, r)). Wegen f(z) 6= 0 (z ∈ ∂K(z0, r)) folgt min|z−z0|≤r|f(z)| > 0 und da f stetig ist, existiert ein er ∈ (r, R) mit f(z) 6= 0 (z ∈ K(z0,er)). Also ist
g := 1
f ∈ H(K(z0,er)).
F¨ur den Weg γ(t) =z0 +reit (t ∈ [0,2π])) folgt damit
|g(z0)| = 1 2π
Z
γ
g(ξ) ξ −z0 dξ
≤ 1
min|z−z0|=r|f(z)|
also |f(z0)| ≥min|z−z0|=r|f(z)|, ein Widerspruch.
Satz 7.9 (Satz von der Gebietstreue)
Sei Ω ⊆ C ein Gebiet und f ∈ H(Ω). Dann ist entweder f(Ω) ein Gebiet oder f ist konstant.
Beweis: Es sei f nicht konstant. Die Menge f(Ω) ist zusam-menh¨angend als stetiges Bild einer zusammenh¨angenden Menge.
Wir zeigen, daß f(Ω) auch offen ist:
Es seiw0 ∈ f(Ω), alsow0 = f(z0), z0 ∈ Ω. Es existiert einδ > 0:
f(z) 6= w0 (z ∈ ∂K(z0, δ)),
sonst w¨are f(z) = w0 (z ∈ Ω), vgl. Satz 7.1. Da f stetig ist, existiert ein ε > 0 mit
|f(z)−w0| ≥ 3ε (z ∈ ∂K(z0, δ)).
Wir zeigen K(w0, ε) ⊆f(Ω):
F¨ur |w−w0| < ε und |z−z0| = δ gilt:
|f(z)−w| = |f(z)−w0 +w0 −w|
≥ |f(z)−w0| − |w0 −w| ≥3ε−ε = 2ε und |f(z0)−w| = |w0 −w| < ε, also
|f(z0)−w| < min
|z−z0|=δ|f(z)−w|.
Nach Satz 7.8 hat f(z)−w eine Nullstelle zw mit |zw−z0| < δ,
also f(zw) = w f¨ur ein zw ∈ Ω.
Satz 7.10 (Das Maximumprinzip)
Es sei Ω ⊆ C ein Gebiet und f ∈ H(Ω). Dann gilt:
1.) Hat |f| in Ω ein lokales Maximum, so ist f konstant.
2.) Ist f(z) 6= 0 (z ∈ Ω) und hat |f| ein lokales Minimum in Ω, so ist f konstant.
3.) Ist Ω beschr¨ankt und f : Ω → C stetig und holomorph in Ω, so gilt
max
z∈Ω
|f(z)| = max
z∈∂Ω|f(z)|.
Beweis: 2.) folgt aus 1.) angewandt auf 1/f ∈ H(Ω).
Zum Beweis von 1.) sei K(a, r) ⊆Ω mit
|f(z)| ≤ |f(a)| (z ∈ K(a, r)).
Dann gilt f¨ur jedes ρ ∈ (0, r) und γ(t) = a+ ρeit (t∈ [0,2π]):
|f(a)| = 1 2π
Z
γ
f(ξ) ξ −adξ
≤ 1 2π
Z 2π 0
|f(a+ρeit)|dt ≤ |f(a)|.
Aus |f(a+ρeit)| ≤ |f(a)| (t ∈ [0,2π]) und 1
2π Z 2π
0
|f(a+ ρeit)|dt= |f(a)|
folgt
|f(a+ρeit)| = |f(a)| (t ∈ [0,2π]).
Somit gilt: |f(z)|= |f(a)|(z ∈ K(a, r)). W¨aref nicht konstant, so w¨are (da Ω ein Gebiet ist) auch f : K(a, r) → C nicht kon-stant, und nach Satz 7.9 w¨are f(K(a, r)) offen, im Widerspruch zu
f(K(a, r)) ⊆ ∂K(0,|f(a)|).
3.) Da Ω kompakt ist existiert ein z0 ∈ Ω mit
|f(z0)| = max
z∈Ω
|f(z)|.
Ist z0 ∈ ∂Ω so folgt die Behauptung. Ist z0 ∈ Ω, so ist nach Teil 1.) f konstant und die Behauptung gilt ebenfalls.
Bemerkung: Ist Ω ein Gebiet, f ∈ H(Ω) und K(a, r) ⊆ Ω, so gilt insbesondere
|f(a)| ≤ max
t∈[0,2π]|f(a+reit)|
mit Gleichheit genau dann, wenn f auf Ω konstant ist.
Skizzen:
Satz 7.11 (Schwarzsches Lemma)
Es sei f ∈ H(K(0,1)), f(0) = 0 und |f(z)| ≤ 1 (z ∈ K(0,1)).
Dann gilt
|f(z)| ≤ |z| (z ∈ K(0,1))
und |f0(0)| ≤ 1. Weiter gilt |f(z0)| = |z0| f¨ur ein z0 ∈ K(0,1)\ {0} g.d.w. f(z) = cz mit |c| = 1. Ebenso gilt |f0(0)| = 1 g.d.w.
f(z) =cz mit |c| = 1.
Beweis: Es ist
f(z) =
∞
X
k=0
ckzk
mit Konvergenzradius ≥ 1 und c0 = 0. Also ist g(z) = f(z)
z =
∞
X
k=0
ck+1zk
in K(0,1) holomorph. Es sei z ∈ K(0,1) und dann |z| < ρ < 1.
Dann gilt (Maximumprinzip)
|g(z)| ≤max
|ξ|=ρ|g(ξ)| = max
|ξ|=ρ
|f(ξ)|
|ξ| ≤ 1 ρ
und ρ → 1− liefert |g(z)| ≤ 1, also |f(z)| ≤ |z| und damit auch
z→0lim
f(z) z
= |f0(0)| ≤ 1.
Gilt |f(z0)| = |z0| f¨ur ein z0 ∈ K(0,1)\ {0}, so hat |g| in z0 ein Maximum. Also ist g konstant und somit ist f von der Form
f(z) = f(z0)
z0 z (z ∈ K(0,1)) Ist |f0(0)| = 1, so ist |g(0)| = 1 und wie oben folgt
f(z) = f0(0)z (z ∈ K(0,1)).