1. Angenommen, die Folge ist endlich. Dann kann das Problem gel¨ ost werden mittels

§ 2 Der Weierstraßsche Produktsatz

Unser n¨ achstes Problem soll sein, zu einer vorgegebenen Menge von Punkten eine holomorphe Funktion zu suchen, die genau in den Punkten Nullstellen hat. Der Identit¨ atssatz sagt, daß das nur gehen kann, wenn die Menge diskret im Gebiet ist (falls nicht die Nullfunktion gesucht ist). Wir k¨ onnen deshalb die Menge wieder als Folge (a ν ) schreiben und optimistisch auch noch gew¨ unschte Nullstellenordnungen (n _ν ) zulassen.

1. Angenommen, die Folge ist endlich. Dann kann das Problem gel¨ ost werden mittels

f (z) :=

k

Y

ν=1

(z − a _ν ) ⁿ

.

2. Ist die Folge unendlich, dann klappt das nicht so ohne weiteres. Wir h¨ atten gerne, daß ein

” unendliches Produkt“

∞

Y

ν=1

(z − a _ν ) ⁿ

gebildet werden kann. Allerdings, was soll das sein? Der naive Ansatz ist das Bilden endlicher Produkte bis zu einem ν ₀ und dem anschließenden Grenz¨ ubergang nach Unendlich. Wir werden aber sehen, daß noch ein paar Zus¨ atze n¨ otig sind, um zum Beispiel sicherzustellen, daß ein unendliches Pro- dukt nur dann gleich Null ist, wenn einer der Faktoren Null ist (denn sonst k¨ onnte der obige Ansatz ja zuviele Nullstellen liefern).

Definition. Sei (a ν ) ⊂ C . Das unendliche Produkt

∞

Q

ν=1

a ν existiert, falls gilt:

• Entweder sind alle a _ν 6= 0, es existiert der Grenzwert a := lim

n→∞

n

Y

ν=1

a _ν und es ist a 6= 0,

• oder es gibt ein ν ₀ , so dass a _ν 6= 0 f¨ ur alle ν ≥ ν ₀ ist, und es existiert a ^∗ :=

∞

Q

ν=ν

a _ν im obigen Sinne. Dann setzen wir a := a ^∗ ·

ν

−1

Y

ν=1

a _ν .

In den beiden angegebenen F¨ allen ist

∞

Y

ν=1

a _ν := a, in allen anderen F¨ allen existiert das Produkt nicht.

Zun¨ achst leiten wir einige elementare Eigenschaften unendlicher Produkte her : 2.1 Satz. Das unendliche Produkt

∞

Q

ν=1

a _ν existiere. Dann gilt :

1.

∞

Q

ν=1

a _ν = 0 genau dann, wenn mindestens ein a _ν gleich Null ist.

2. Die Folge (a _ν ) ist eine

” 1-Folge“, d.h. es ist lim

ν→∞ a _ν = 1.

Beweis: (1) folgt direkt aus der Definition.

(2) Ohne Einschr¨ ankung sind alle a _ν ungleich Null, da es ohnehin nur endlich viele Ausnahmen geben darf und die bei der Grenzwertbetrachtung unwichtig sind.

Dann existiert der Grenzwert a := lim

n→∞

n

Y

ν=1

a _ν 6= 0. Nun wird a _n als Quotient der Partialprodukte dargestellt,

a _n =

n

Q

ν=1

a _ν

n−1

Q

ν=1

a ν

,

und es folgt lim

n→∞ a n = a a = 1.

Als Schreibweise vereinbaren wir nun a ν = 1 + u ν . Dann ist notwendig f¨ ur die Existenz des Produktes der a _ν , dass die u _ν eine Nullfolge bilden.

2.2 Satz. Das unendliche Produkt

∞

Q

ν=1

(1 + u _ν ) existiert genau dann, wenn es ein ν ₀ gibt, so dass f¨ ur alle ν ≥ ν ₀ gilt :

1. u _ν 6∈ {x ∈ R |x ≤ −1}, 2.

∞

X

ν=ν

log(1 + u _ν ) ist konvergent.

Bemerkungen.

1. Mit log ist der Hauptzweig des nat¨ urlichen Logarithmus gemeint. Diese Be- zeichnung behalten wir im ganzen Kapitel bei.

2. Der Satz erm¨ oglicht uns, die Konvergenz von Produkten mit unendlichen Summen zu entscheiden. F¨ ur die haben wir schon viele Kriterien !

Beweis: 1) Angenommen, es gelten die beiden Bedingungen, dann ist

n

Y

ν=ν

(1 + u ν ) =

n

Y

ν=ν

exp ◦ log(1 + u ν ) = exp(

n

X

ν=ν

log(1 + u ν )).

Weil die unendliche Summe existiert, und die Exponentialfunktion stetig ist, gilt:

∞

Y

ν=ν

(1 + u _ν ) = exp(

∞

X

ν=ν

log(1 + u _ν )).

Also existiert das Produkt im Sinne des zweiten Teils der Definition.

2) Es existiere

∞

Q

ν=1

(1 + u _ν ).

Sei ν ₁ so gew¨ ahlt, dass 1 + u _ν 6= 0 f¨ ur alle ν ≥ ν ₁ . F¨ ur n ≥ ν ₁ sei P _n :=

n

Q

ν=ν

(1 + u _ν ).

Dann existiert der Grenzwert P = lim

n→∞ P _n und ist ungleich Null.

Weiterhin existiert ν ₀ ≥ ν ₁ , so dass f¨ ur ν, µ ≥ ν ₀ gilt 1. |P ν − P µ | < ¹ ₄ |P |, da P n eine Cauchyfolge ist.

2. ¹ ₂ |P | < |P _µ |, weil die P _µ gegen P 6= 0 konvergieren.

Dann ist |P _ν − P _µ | < ¹ ₂ |P _µ |, das heißt

| P _ν

P _µ − 1| < 1

2 f¨ ur alle ν, µ ≥ ν 0 . Dabei sei ohne Einschr¨ ankung ν > µ. Dann ist

ν

Y

λ=µ+1

(1 + u _λ ) ∈ D

2

(1) f¨ ur ν > µ ≥ ν ₀ . Deshalb ist speziell 1 + u λ 6∈ R ⁻ f¨ ur λ ≥ ν 0 und der Grenzwert

n→∞ lim

n

Y

λ=ν

+1

(1 + u _λ ) ∈ D

2

(1),

liegt im Abschluss des Kreises. Nun ist der Logarithmus anwendbar, und es ergibt sich

log

∞

Y

ν=ν

+1

(1 + u _ν ) = lim

n→∞ log

n

Y

ν=ν

+1

(1 + u _ν )

= lim

n→∞

n

X

ν=ν

+1

log(1 + u _ν ) =

∞

X

ν=ν

+1

log(1 + u _ν ).

Definition. Das unendliche Produkt

∞

Q

ν=1

(1 + u _ν ) heißt absolut konvergent genau dann, wenn es ein ν 0 gibt, so dass f¨ ur alle ν ≥ ν 0 gilt:

1. u _ν 6∈ {x ∈ R : x ≤ −1}, 2.

∞

P

ν=ν

log(1 + u _ν ) konvergiert absolut.

2.3 Satz. Das unendliche Produkt

∞

Q

ν=1

(1 + u _ν ) konvergiert absolut genau dann, wenn die Reihe

∞

P

ν=1

u _ν absolut konvergiert.

Beweis: Wegen log(1) = 0 und log ⁰ (1) = 1 existiert der Grenzwert

u→0 lim

log(1 + u) u = 1.

Deshalb k¨ onnen wir ein ε zwischen 0 und ¹ ₂ finden, so dass

|1 − log(1 + u) u | ≤ 1

2 ist, f¨ ur |u| < ε.

Daraus folgt aber eine Absch¨ atzung nach unten:

1

2 |u| ≥ |u − log(1 + u)| ≥ |u| − |log(1 + u)|, und daher |log(1 + u)| ≥ 1

2 |u|.

Andererseits kann die Dreiecksungleichung auch so angewendet werden:

1

2 |u| ≥ |log(1 + u) − u| ≥ |log(1 + u)| − |u|

Das liefert als Absch¨ atzung nach oben

|log(1 + u)| ≤ 3 2 |u|.

Damit haben wir |log(1 + u)| eingeschlossen : 1

2 |u| ≤ |log(1 + u)| ≤ 3 2 |u|.

Ist das unendliche Produkt absolut konvergent, so bilden die u _ν eine Nullfolge und es gibt ein ν ₀ , so dass |u _ν | < ε f¨ ur alle ν ≥ ν ₀ ist. Dann ist aber |log(1 + u _ν )| ≥ ¹ ₂ |u _ν |, und es folgt, dass die Reihe

∞

P

ν=1

u _ν absolut konvergiert.

Falls die Reihe

∞

P

ν=1

u _ν absolut konvergiert, so bilden die u _ν wieder eine Nullfolge, und es muss ein ν ₀ geben, so dass u _ν 6∈ {x ∈ R : x ≤ −1} f¨ ur ν ≥ ν ₀ ist. Weil

|log(1 + u _ν )| ≤ ³ ₂ |u _ν | ist, folgt die absolute Konvergenz des unendlichen Produktes.

Definition. Sei G ⊂ C ein Gebiet, (f _ν ) eine Folge stetiger Funktionen auf G. Das Produkt

∞

Q (1 + f _ν ) heißt punktweise konvergent gegen eine Funktion f : G → C ,

falls

∞

Q

ν=1

(1 + f _ν (z)) f¨ ur jedes z ∈ G gegen f (z) konvergiert. Das Produkt heißt absolut lokal-gleichm¨ aßig konvergent, falls

∞

P

ν=1

f _ν absolut bzw. lokal-gleichm¨ aßig konvergiert.

2.4 Satz. Sei (f _ν ) ⊂ O(G) eine Folge holomorpher Funktionen. Das Produkt

∞

Q

ν=1

(1+ f _ν ) sei absolut lokal-gleichm¨ aßig konvergent. Dann konvergiert die Folge der Partialprodukte F _n :=

n

Q

ν=1

(1 + f _ν ) auf G kompakt gegen eine holomorphe Funktion.

Beweis: Zun¨ achst konvergiert die Folge F _n schon einmal punktweise gegen eine Funktion f : G → C . Wenn wir zeigen, dass die Folge sogar lokal-gleichm¨ aßig konvergiert, dann sind wir fertig.

Sei z 0 ∈ G und U = U (z 0 ) eine Umgebung, so dass

∞

P

ν=1

f ν auf U absolut gleichm¨ aßig konvergent ist. Ist 0 < ε < ¹ ₂ , dann gibt es ein ν ₀ , so dass |f _ν | _U < ε f¨ ur alle ν ≥ ν ₀ gilt.

W¨ ahlen wir jetzt das ε noch so klein, dass

|1 − log(1 + u) u | ≤ 1

2 f¨ ur |u| ≤ ε ist, dann gilt die schon gezeigte Einschließung

1

2 |f _ν (z)| ≤ |log(1 + f _ν (z)| ≤ 3

2 |f _ν (z)| f¨ ur ν ≥ ν ₀ , z ∈ U.

Definieren wir jetzt

h n (z) :=

n

X

ν=ν

log(1 + f ν (z)),

dann konvergieren die h _n auf U gleichm¨ aßig gegen eine holomorphe Funktion h, da die Reihe ¨ uber die |f _ν | absolut gleichm¨ aßig auf U konvergiert. Außerdem gilt:

F _n (z) =

" _ν

0

−1

Y

ν=1

(1 + f _ν (z))

#

· exp(h _n (z)).

Sei jetzt U ⁰ = U ⁰ (z ₀ ) ⊂⊂ U . Aus dem nachfolgenden Hilfssatz erh¨ alt man nun:

exp(h _n ) konvergiert auf U ⁰ gleichm¨ aßig gegen exp(h).

Damit konvergiert auch die Folge F _n auf U ⁰ gleichm¨ aßig gegen die Funktion F (z) :=

" _ν

₋₁ Y

ν=1

(1 + f _ν (z))

#

· exp(h(z)),

d.h. insbesondere ist f = F . Daraus folgt die Holomorphie von f.

2.5 Hilfssatz. Ist U ⊂ C offen, K ⊂ U kompakt, (h _n ) ⊂ C(U) eine auf U gleichm¨ aßig konvergente Folge stetiger Funktionen mit stetiger Grenzfunktion h und ϕ eine stetige Funktion auf C , so gilt: Die Folge der Funktionen ϕ ◦ h _n konvergiert auf K gleichm¨ aßig gegen ϕ ◦ h.

Beweis: Die Menge K 0 := h(K) ⊂ C ist kompakt und die Menge K 1 := {w ∈ C : dist(w, K ₀ ) ≤ 1} ist ebenfalls kompakt. Sei ε > 0 vorgegeben. Die stetige Funktion ϕ ist auf jeder kompakten Menge gleichm¨ aßig stetig, insbesondere auf K ₁ . Es gibt also ein δ > 0 (das man < 1 w¨ ahlen kann), so dass |ϕ(w) − ϕ(w ⁰ )| < ε ist, sofern nur w, w ⁰ ∈ K ₁ und |w − w ⁰ | < δ ist. Zu diesem δ gibt es ein n ₀ , so dass

|h _n (z) − h(z)| < δ f¨ ur n ≥ n ₀ und z ∈ K ist. Also liegt h _n (K) ⊂ K ₁ f¨ ur n ≥ n ₀ . F¨ ur z ∈ K und n ≥ n ₀ ist dann |ϕ(h _n (z)) − ϕ(h(z))| < ε.

Definition. Sei G ⊂ C offen. Eine Nullstellenverteilung (oder ein positiver Di- visor ) auf G besteht aus einer in G diskreten Menge D und einer Familie von Ordnungen (n a ) a∈D , wobei die n a nat¨ urliche Zahlen sind.

Eine L¨ osung der Nullstellenverteilung ist eine holomorphe Funktion f ∈ O(G), die genau in den Punkten a ∈ D Nullstellen der Ordnung n _a hat.

2.6 Satz. Jede Nullstellenverteilung in C ist l¨ osbar.

Beweis: Sei D ⊂ C unendlich und diskret, (n _a ) a∈D seien die Nullstellenordnun- gen. Wir schreiben D als Folge, D = {a _ν |ν ∈ N }, so dass die a _ν nach ihren Betr¨ agen aufsteigend geordnet sind. Außerdem k¨ onnen wir annehmen, dass jede Nullstellen- ordnung genau = 1 ist, indem wir jeden Punkt a ∈ D genau n _a -mal in der Folge auftreten lassen. Da D diskret in C ist, geht die Folge der Betr¨ age |a _ν | monoton gegen unendlich.

Betrachten wir nun f¨ ur n ∈ N 0 spezielle Funktionen:

E ₀ (z) := 1 − z

und E _n (z) := (1 − z) · exp(z + z ²

2 + · · · + z ⁿ

n ) f¨ ur n ≥ 1.

Jedes E _n ist eine ganze Funktion mit genau einer Nullstelle bei z = 1.

Behauptung: F¨ ur |z| ≤ 1 ist |1 − E _n (z)| ≤ |z| ⁿ⁺¹ .

Beweis dazu: Wir bestimmen zun¨ achst die erste Ableitung E _n ⁰ (z) = − exp(z + z ²

2 +· · · + z ⁿ

n ) + (1− z) ·(1 + z +· · · +z ⁿ⁻¹ )· exp(z + z ²

2 +· · · + z ⁿ n )

= −z ⁿ · exp(z + z ²

2 + · · · + z ⁿ

n ) = −z ⁿ ·

∞

X a _λ z ^λ ,

mit reellen Koeffizienten a _λ > 0, a ₀ = 1. Dann ist 1 − E _n (z) = E _n (0) − E _n (z) = −

z

Z

0

E _n ⁰ (w)dw

=

∞

X

λ=0

a _λ

z

Z

0

w ^λ+n dw =

∞

X

λ=0

a _λ

w ^λ+n+1 λ + n + 1

z 0

= z ⁿ⁺¹ ·

∞

X

λ=0

b _λ z ^λ ,

wobei die b _λ = a _λ

λ + n + 1 ≥ 0 sind. Sei ϕ(z) := 1 − E _n (z)

z ⁿ⁺¹ =

∞

X

λ=0

b _λ z ^λ .

F¨ ur |z| ≤ 1 folgt die Behauptung dann aus

|ϕ(z)| ≤

∞

X

λ=0

b _λ |z ^λ | ≤

∞

X

λ=0

b _λ = ϕ(1) = 1 − E _n (1) = 1.

Mit Hilfe der E _n versuchen wir jetzt die Konstruktion einer L¨ osung der Nullstel- lenverteilung. F¨ ur jedes ν ∈ N ist (bei Wahl einer zun¨ achst v¨ ollig beliebigen Zahl k _ν ∈ N ) die Funktion E _k

( z

a _ν ) eine ganze Funktion, die genau in z = a _ν eine einfache Nullstelle hat.

Das Produkt

∞

Y

ν=1

E _k

( z

a _ν ) ist holomorph auf C , falls die Summe

∞

X

ν=1

(E _k

( z

a _ν ) − 1) absolut und kompakt auf C konvergiert. Wegen der gezeigten Absch¨ atzung f¨ ur E _n ist das gleichbedeutend mit der kompakten Konvergenz von

∞

X

ν=1

| z

a _ν | ^k

⁺¹ auf jeder Kreisscheibe, denn | z

a _ν | wird auf jeder festen Kreisscheibe f¨ ur großes ν kleiner als 1 (wegen |a _ν | → ∞).

Wir suchen also Zahlen k _ν , so dass gilt:

∞

X

ν=1

r

|a _ν | k

+1

< ∞ f¨ ur alle r > 0.

Versuchsweise setzen wir k _ν := ν − 1 f¨ ur alle ν. Ist r > 0 gegeben, dann existiert ein ν 0 , so dass r

|a _ν | < 1

2 f¨ ur alle ν ≥ ν 0 . Dann ist X

ν≥ν

( r

|a _ν | ) ^k

⁺¹ ≤ X

ν≥ν

( 1

2 ) ^ν < ∞.

Also konvergiert das Produkt absolut und kompakt gegen eine holomorphe Funk- tion, die die Nullstellenverteilung l¨ ost.

Wir formulieren das Ergebnis noch einmal :

2.7 Weierstraßscher Produktsatz. Sei (a _ν ) eine Folge verschiedener komple- xer Zahlen, so dass lim

ν→∞ |a _ν | = ∞ ist. Außerdem sei eine Folge (n _ν ) von Vielfach- heiten gegeben. Dann existiert eine Folge nat¨ urlicher Zahlen (k _ν ), so daß

f (z) := z ⁿ

·

∞

Y

ν=1

"

(1 − z

a _ν ) · exp

k

X

µ=1

1 µ ( z

a _ν ) ^µ

!# ⁿ

eine ganze Funktion ist, die genau in den a _ν Nullstellen der Ordnung n _ν hat. Die Konvergenz ist gegeben, wenn

∞

X

ν=1

( r

|a _ν | ) ^k

⁺¹ f¨ ur jedes r > 0 konvergiert.

Ist g eine weitere L¨ osung der Nullstellenverteilung, dann existiert eine ganze Funk- tion h, so daß g = f · exp(h) ist.

Bemerkung. Die letzte Behauptung gilt, da der Quotient g/f eine ganze, null- stellenfreie Funktion ist, von der auf dem einfach zusammenh¨ angenden Gebiet C ein Logarithmus existiert.

Beispiel.

Die Funktion f (z) := sin(πz) hat als Nullstellenverteilung lauter einfache Nullstellen, und zwar in allen ganzen Zahlen ν ∈ Z . Die Summe X

ν6=0

r

|ν|

2

= 2r ²

∞

X

ν =1

1

ν ² konvergiert f¨ ur jedes feste r. Deshalb setzen wir alle k _ν = 1 und machen den Ansatz

sin(πz) = exp(h(z)) · z · Y

ν6=0

(1 − z

ν ) · exp( z ν ),

mit einer ganzen Funktion h. Wir versuchen, h zu bestimmen, indem wir auf beiden Seiten die logarithmische Ableitung (log f) ⁰ = ^f _f

bilden:

π cot(πz) = h(z) + log z + X

ν6=0

log(1 − z ν ) + z

ν

! 0

= h ⁰ (z) + 1 z + X

ν6=0

− _ν ¹ 1 − ^z _ν + 1

ν

= h ⁰ (z) + 1 z + X

ν6=0

1 z − ν + 1

ν

Aus der Darstellung des Cotangens, die wir aus dem Satz von Mittag-Leffler gewonnen haben, ergibt sich, dass h ⁰ (z) ≡ 0 sein muss, also h(z) ≡ c. Wir bestimmen nun noch die Konstante c. Aus

π sin(πz)

πz = exp(c) Y

ν6=0

(1 − z

ν ) exp( z ν ) folgt beim Grenz¨ ubergang f¨ ur z → 0 die Gleichung π = exp(c).

Damit haben wir folgende Identit¨ at bewiesen:

2.8 Satz.

sin(πz) = πz ·

"

Y

ν6=0

(1 − z

ν ) exp( z ν )

#

= πz ·

∞

Y

ν=1

(1 − z ² ν ² ).

Bemerkung. Die konvergenzerzeugenden Faktoren heben sich weg, da ¨ uber alle ganzen Zahlen 6= 0 multipliziert wird.

2.9 Folgerung (Wallis’sche Formel). Eine Produktdarstellung f¨ ur π ist π

2 =

∞

Y

ν=1

(2ν) ²

(2ν − 1)(2ν + 1) = lim

n→∞ (2n + 1) ·

n

Y

ν=1

(2ν) ² (2ν + 1) ² .

Beweis: Setze z := ¹ ₂ in der Produktdarstellung von sin(πz):

1 = sin( π 2 ) = π

2

∞

Y

ν=1

(1 − 1

(2ν) ² ) = π 2

∞

Y

ν=1

(2ν) ² − 1 (2ν) ² , dann ergibt sich π

2 =

∞

Y

ν=1

(2ν) ²

(2ν − 1)(2ν + 1) .

Die zweite Darstellung folgt aus der ersten nach Betrachtung der Partialprodukte:

n→∞ lim 2 ² 1 · 3 · 4 ²

3 · 5 · 6 ²

5 · 7 · · · (2n) ²

(2n − 1)(2n + 1) = lim

n→∞ (2n + 1) ·

n

Y

ν=1

(2ν) ²

(2ν + 1) ² .