AnalysisIII–Funktionentheorie A

Fachbereich Mathematik PD Dr. Robert Haller-Dintelmann PD Dr. Horst Heck

Dipl.-Math. Christian Komo

TECHNISCHE UNIVERSIT¨ AT DARMSTADT

A

Analysis III – Funktionentheorie

7. ¨ Ubung mit L¨ osungshinweisen

Gruppen¨ ubungen

(G 1)

Es sei f :C\ {1} →C gegeben durch f(z) = _z−1¹ .

(a) Bestimmen Sie die Laurentreihe von f im Kreisring R₁ :={z ∈C : 0 < |z−1| <2}

und im Kreisring R₂ :={z ∈C: 1<|z|<2}

(b) Bestimmen Sie weiter ω_f(0), ω_f(1) undω_f(2).

L¨osung: (a) Im Kreisring R₁ ist eine Laurententwicklung um die Stellez₀ = 1 gesucht, damit ist die Laurentreihe einfach _z−1¹ , d.h. nur a−1 = 1 und alle anderena_n sind Null.

Der Kreisring R₂ ist um z₀ = 0 zentriert, wir m¨ussen also f in Potenzen von zⁿ, n ∈ Z, entwickeln. Dazu schreiben wir mit der geometrischen Reihe f¨ur alle z∈C mit|z|>1

f(z) = 1 z−1 = 1

z 1 1−¹_z = 1

z

∞

X

n=0

1 zⁿ =

∞

X

n=1

1 zⁿ =

−∞

X

n=−1

zⁿ.

In diesem Fall besteht die Laurentreihe also nur aus einem Hauptteil.

(b) Die Funktionf ist in 0 holomorph, also kann sie in einer Umgebung von 0 in eine Potenzreihe entwickelt werden, deren Term nullter Ordnung wegen f(0) = −1 6= 0 nicht Null ist. Also ist ωf(0) = 0.

Genauso ist ω_f(2) = 0.

Wir wenden uns also ω_f(1) zu. Zur Bestimmung dieser Nullstellenordnung ben¨otigen wir eine Laurententwicklung von f um den Punkt z0= 1. Diese haben wir im Teil (a) zu

f(z) = 1 z−1

bestimmt, was ω_f(1) = −1 bedeutet. Wir haben es also mit einem Pol erster Ordnung zu tun (was ja auch bei einem Blick auf die Funktion nicht wirklich ¨uberrascht).

(G 2)

Es seien n ∈ Z, z₀ ∈ C, U eine Umgebung von z₀ und f, g : U \ {z₀} → C holomorph.

Weiter gelte ω_f(z₀)>−∞. Beweisen Sie die folgenden Aussagen.

(a) Es gilt genau dann ω_f(z₀) = n, wenn es eine holomorphe Funktion h : U → C gibt, f¨ur dieh(z₀)6= 0 und f(z) = (z−z₀)ⁿh(z) f¨ur allez ∈U \ {z₀} gilt.

(b) ω_f(z₀) =−ω_1/f(z₀) (vgl. den Beweis zu Satz IV.2.4).

(c) ω_f·g(z₀) =ω_f(z₀) +ω_g(z₀).

L¨osung: (a) Behauptung:ω_f(z₀) =n ⇐⇒ es gibt h:U →Cholomorph mit h(z₀)6= 0 und f(z) = (z−z₀)ⁿh(z) f¨ur alle z∈U \ {z₀}.

Beweis:

”⇒“ Da ω_f(z₀) = n gilt, gibt es einen Radius r > 0, so dass wir f auf dem Kreisring R:={z∈C: 0<|z−z0|< r} durch eine Laurentreihe der Form

f(z) =

∞

X

k=n

a_k(z−z0)^k = (z−z0)ⁿ

∞

X

k=n

a_k(z−z0)^k−n= (z−z0)ⁿ

∞

X

k=0

a_k+n(z−z0)^k mitan6= 0 darstellen k¨onnen. Setzen wir nunh(z) := (z−z0)⁻ⁿf(z),z∈U\ {z₀}, so ist h(z) =P∞

k=0a_k+n(z−z0)^k f¨urz∈R. Damit ist dieses eine inBr(z0) konvergente Potenzreihe, also ist h auf dieser Menge holomorph. Weiter ist h als Produkt zweier holomorpher Funktionen auch auf U\Br(z0) holomorph, d.h. h ist auf ganz U holo- morph. Weiter folgt aus der Potzenreihendarstellung h(z0) = a0+n=an6= 0 und wir haben

f(z) = (z−z0)ⁿh(z) f¨ur alle z∈U \ {z₀}.

”⇐“ Da h inU holomorph ist, gibt es ein r >0, so dassh in der Kugel B_r(z₀) durch eine Potenzreihe P∞

k=0akz^k dargestellt wird und dank h(z0) 6= 0 wissen wir, dass a0 6= 0 ist. Damit gilt f¨ur alle z∈B_r(z₀)\ {z₀}

f(z) = (z−z₀)ⁿh(z) = (z−z₀)ⁿ

∞

X

k=0

a_k(z−z₀)^k=

∞

X

k=n

ak−n(z−z₀)^k, wobei der Summand f¨urk=nnicht verschwindet. Damit gilt ω_f(z₀) =n.

(b) Es sei n:= ω_f(z0). Dann gibt es nach dem (a)-Teil eine aufU holomorphe Funktion h mit h(z₀) 6= 0 und f(z) = (z−z₀)ⁿh(z) f¨ur alle z ∈ U \ {z₀}. Dank h(z₀) 6= 0 ist auch 1/h in einer Umgebung von z0 holomorph mit 1/h(z0) 6= 0 und wir bekommen f¨ur alle z in dieser Umgebung

1

f(z) = 1

(z−z₀)ⁿh(z) = (z−z₀)⁻ⁿ 1 h(z).

Also ist wieder durch Anwendung von (a) ω_1/f(z0) =−n=−ω_f(z0), wie gew¨unscht.

(c) Wir betrachten zun¨achst den Fall ωg(z0) >−∞. Dann gibt es nach (a) auf U holomorphe Funktionen h_f undh_g mith_f(z₀)6= 0 und h_g(z₀)6= 0, sowie

f(z) = (z−z0)^ωf(z0)hf(z) und g(z) = (z−z0)^ωg(z0)hg(z) f¨ur alle z∈U \ {z₀}.

Damit gilt f¨ur alle z∈U \ {z₀}weiter

(f ·g)(z) = (z−z₀)^ωf(z0)h_f(z)(z−z₀)^ωg(z0)h_g(z) = (z−z₀)^{ωf(z0)+ωg(z0)}h_f(z)h_g(z).

Nun ist auch die Funktionh:=h_f·h_g inU holomorph und es gilth(z₀) =h_f(z₀)·h_g(z₀)6= 0.

Also gilt nach dem (a)-Teil

ωf·g(z0) =ωf(z0) +ωg(z0).

Wir wenden uns also dem Fallω_g(z₀) =−∞zu und nehmen an, es w¨areωf·g(z₀) =:n >−∞.

Dag= (f·g)·1/f ist, bekommen wir dann mit der Argumentation von oben und (b) sofort ω_g(z₀) =ω_(f·g)·1/f(z₀) =ω_f·g(z₀) +ω_1/f(z₀) =ω_f·g(z₀)−ω_f(z₀)>−∞,

also einen Widerspruch.

(G 3)

Bestimmen Sie die isolierten Singularit¨aten der Funktionen z 7→ e^1/(z−1)

e^z−1

und ermitteln Sie, ob es sich jeweils um hebbare Singularit¨aten, Pole oder wesentliche Singularit¨aten handelt.

L¨osung: Problemstellen sind offensichtlich z = 1 im Exponenten des Z¨ahlers und alle z ∈ C mit e^z = 1, d.h. alle Zahlen 2kπi, k ∈ Z. ¨Uberall sonst ist die Funktion holomorph. Mit den Bezeichnungen

f(z) := e^1/(z−1)

e^z−1 , g(z) := e^1/(z−1) und u(z) := e^z−1 erhalten wir mit freundlicher Mithilfe von Aufgabe (G2) (c)

ω_f(1) =ω_g(1) +ω_1/u(1).

Dau in 1 holomorph und u(1) = e−16= 0 ist, wissen wir, dass auch 1/uin 1 holomorph ist mit 1/u(1)6= 0. Also ist ω_1/u(1) = 0. Außerdem gilt f¨ur alle z∈ {w ∈C: 0 <|w−1|< 1/2} (Man beachte, dass dieser Kreisring keine Zahl der Form 2kπi,k∈Z enth¨alt)

g(z) = e^1/(z−1) =

∞

X

n=0

1 n!

1 (z−1)ⁿ =

−∞

X

n=0

1

(−n)!(z−1)ⁿ.

Also ist ω_g(1) = −∞ und damit auchω_f(1) = −∞, d.h. in 1 liegt eine wesentliche Singularit¨at vor.

Wir betrachten also noch die Stellen zk:= 2kπi, k∈Z. Es gilt

z→zlim_k(z−zk)f(z) = lim

z→z_ke^1/(z−1)z−2kπi

e^z−1 = e^1/(zk−1) lim

z→z_k

z−2kπi

e^z−2kπi−1 = e^1/(zk−1)lim

z→0

z e^z−1. Wir erinnern uns schnell an die Analysis I:

z→0lim e^z−1

z = lim

z→0

1 z

∞

X

n=1

zⁿ n! = lim

z→0

∞

X

n=1

zⁿ⁻¹ n! = lim

z→0

∞

X

n=0

zⁿ

(n+ 1)! = 1.

Also ist f¨ur jedesk∈Z

z→zlimk

(z−z_k)f(z) = e^1/(zk−1)6= 0.

Aus der Existenz obigen Grenzwertes folgt nun zun¨achst, dass z7→h(z) := (z−zk)f(z) in einer Umgebung vonz_kbeschr¨ankt ist, also ist nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz diese Funktion nach z_k holomorph fortsetzbar. Außerdem ist h(z_k) durch obigen Grenzwert gegeben und damit nicht Null. Nach dem Kriterium in G2 (a) liegt somit inzk ein einfacher Pol vor.

Haus¨ ubungen

(H 1) (6 Punkte)

(a) Bestimmen Sie f¨ur f¨ur die Funktion

f(z) := z−4 z(z+ 1)e^z−41

alle isolierten Singularit¨aten und begr¨unden Sie, um welche Art von Singularit¨aten es sich jeweils handelt.

(b) Bestimmen Sie die Laurentwicklung der Funktion

f(z) := sin (z) z³

in ihren isolierten Singularit¨aten und begr¨unden Sie, um welche Art von isolierten Singularit¨aten es sich jeweils handelt.

L¨osung: (a) Man sieht, dass isolierte Singularit¨aten in

z₀:=−1, z₁ := 0, z₂:= 4 vorliegen. Es gilt

z→−1lim (z+ 1)f(z) = lim

z→−1

z−4

z e^z−41 =−5e⁻¹⁵.

Aus Bemerkung IV.2.5 folgt, dass inz0 ein Pol 1. Ordnung vorliegt. Analog erhalten wir

z→0limzf(z) = lim

z→0

z−4

z+ 1e^z−41 =−4e⁻¹⁴.

Somit liegt in z1 ebenfalls ein Pol 1. Ordnung vor. Nun untersuchen wir z2 = 4. Setze h₁(z) := 1

z(z+ 1), h₂(z) := (z−4)e^z−41 . Es gilt f¨urz6= 4

h₂(z) = (z−4)

∞

X

n=0

(_z−4¹ )ⁿ

n! = (z−4)(1 +

∞

X

n=1

(z−4)⁻ⁿ

n! ) = (z−4) + 1 +

∞

X

n=1

(z−4)⁻ⁿ (n+ 1)! . Damit ist ωh2(z2) =−∞. Mit Ausgabe G2 folgt

ω_f2(z₂) =ω_h1(z₂) +ω_h2(z₂) = 0− ∞=−∞.

Somit besitzt f inz₂ einer wesentliche Singularit¨at.

(b) Die einzige kritische Stelle ist z= 0. Wir erhalten f¨ur alle z6= 0 sin (z)

z³ = 1 z³

∞

X

n=0

(−1)ⁿz²ⁿ⁺¹ (2n+ 1)!

=

∞

X

n=0

(−1)ⁿz²ⁿ⁻² (2n+ 1)! = 1

z² +

∞

X

n=0

(−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ (2n+ 3)! . Damit liegt in z= 0 ein Pol 2. Ordnung vor.

(H 2) (6 Punkte)

Sei U ⊆C eine offene Umgebung von z₀ ∈C, f :U \ {z₀} →C sei holomorph und besitze inz₀ eine wesentliche Singularit¨at. Zeigen Sie

limr→0r^ksup{ |f(z)|;z ∈C;|z−z₀|=r}=∞ f¨ur beliebiges k ∈N.

L¨osung: Angenommen dies falsch. Man findet somit ein k ∈ N und eine Folge (r_n)n∈N von absteigenden Radienr₁ > r₂> . . . und eine KonstanteK >0 mit

r_n^ksup{z∈C;|z−z0|=rn} ≤K

f¨ur beliebiges n ∈ N. Sei A_n := {z ∈ C;r_n+1 ≤ |z−z₀| ≤ r_n} der abgeschlossene Kreisring mit den Radienrn+1 und rn. Das Maximum-Prinzip, angewandt auf die inU \ {z₀} holomorphe Funktion z7→(z−z0)^kf(z) liefert

|z−z₀|^k|f(z)| ≤K ∀z∈A_n.

Insgesamt folgt, dass |z −z0|^k|f(z)| ≤ K f¨ur alle z ∈ C mit 0 < |z−z0| < r1. Nach dem Riemannsachen Hebbarkeitssatz (Satz IV.2.3) kann z7→(z−z₀)^kf(z) holomorph inz₀ fortgestzt werden. Dies stellt jedoch einen Widerspruch dazu dar, dassf inz₀ eine wesentliche Singularit¨at besitzt.

(H 3) (6 Punkte)

Beweisen Sie die folgenden Aussagen.

(a) Sei U ⊆ C eine offene Umgebung von z₀ ∈ C sei f : U \ {z₀} → C eine holomorphe Funktion, die in z₀ einen Pol 1. Ordnung hat. Dann besitzte^f eine wesentliche Singu- larit¨at in z₀.

Bemerkung. Die Aussage bleibt g¨ultig, falls f in z₀ einen Pol beliebiger Ordung besitzt, ist aber schwerer zu beweisen.

(b) Sei U ⊆Coffen und sei f :U →C meromorph. Dann existieren f¨ur jedesz₀ ∈U zwei auf einer offenen Umgebung V von z₀ holomorphe Funktionen g , h, so dass

f(z) = g(z)

h(z), z ∈V , gilt.

L¨osung: (a) Laurententwicklung liefert: Es gilt in einer Umgebung V von z₀ f(z) =a−1

1

z+f2(z), z∈V \ {z₀} mit einer in V holomorphen Funktion f2. Sei f1(z) := a−11

z der Hauptteil dieser Laurent- entwicklung. F¨ur alle z∈V \ {z₀} gilt

e^f(z) =e^f1(z)+f2(z)=e^f1(z)e^f2(z) und mit Aufgabe G2 folgt f¨urh(z) :=e^f(z)

ω_ef(z₀) =ω_ef1(z₀) +ω_ef2(z₀) =ω_ef1(z₀), (1) da z7→e^f2(z) inz0 holomorph ist. F¨ur alle z∈V \ {z₀} gilt

e^f1(z)=

∞

X

n=0

(a−11 z)ⁿ n! = 1 +

∞

X

n=1

(a−1)ⁿz⁻ⁿ n! .

Somit besitzte^f1 inz₀ eine wesentliche Singularit¨at und mit (1) folgtω_ef(z₀) =−∞, d.h.e^f besitzt in z0 eine wesentliche Singularit¨at.

(b) Falls f inz₀ holomorph ist, w¨ahleh:= 1 und g:=f. Ansonsten besitzt f inz₀ einen Pol k ter Ordnung mit einemk∈N. Damit ist (siehe Bemerkung IV.2.5)g(z) = (z−z0)^kf(z) eine in einer UmgebungV vonz0holomorphe Funktion mitg(z0)6= 0. Es ist mith(z) := (z−z₀)ⁿ

f(z) = g(z) h(z) f¨ur alle z∈V eine gesuchte Darstellung vonf.