Komplexe Analysis - Vortragsfolien zur Höheren...

Komplexe Analysis

Das Handout ist Bestandteil der Vortragsfolien zur Hoheren Mathematik; siehe die Hinweise auf der Internetseite

vhm.mathematik.uni-stuttgart.de fur Erlauterungen zur Nutzung und zum Copyright.

Komplexe Analysis 1-1

Gebiet

Eine zusammenhangende offene (nicht leere) Teilmenge D des Rn oder Cn

wird als Gebiet bezeichnet.

Meist werden an den Rand eines Gebietes gewisse minimaleRegularitatsanforderungen gestellt. Beispielsweise fordert man fur einLipschitz-Gebiet D, dass sich der Rand ∂D lokal als Graph einerLipschitz-stetigen Funktion darstellen lasst.

Komplexe Funktionen Gebiet 1-1

Beispiel:

einige haufig auftretende Gebiete:

Kreisscheibe KreisringD : |z | < r D : r1 < |z | < r2

Re z

Im z

r Re z

Im z

r1 r2


Halbebene StreifenD : Im z > 0 D : b < Im z < a

Re z

Im z

Re z

Im z

a

b


Sektor geschlitzte EbeneD : α < arg(z) < β , 0 < |z | < r D : −π < arg(z) < π , |z | > 0

Re z

Im z

β

α

r

Re z

Im z


Komplexe Funktion

Eine komplexe Funktion mit Definitionsgebiet D ⊆ C ordnet einerkomplexen Zahl z ∈ D eine komplexe Zahl w = f (z) zu:

f : C ⊇ D → C .

Sie kann mit zwei bivariaten reellen Funktionen identifiziert werden:

f (z) = u(x , y) + iv(x , y), z = x + iy ,

d.h. u = Re f und v = Im f .

Komplexe Funktionen Komplexe Funktion 3-1

Beispiel:

f (z) = z2

z = x + iy

f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 + 2xy i− y2

Real- und Imaginarteil als reelle Funktionen

u(x , y) = x2 − y2, v(x , y) = 2xy

Darstellung in Polarkoordinaten

z = reiϕ =⇒ f (z) = r2e2iϕ


Beispiel:

Darstellung der Wurzelfunktion f (z) =√z :

z = r exp(iϕ) = x + iy , w = f (z) = s exp(iψ) = u + iv

z = w2 ⇐⇒ s =√r und ψ ∈ {ϕ/2, π + ϕ/2}

z 6= 0 zwei mogliche Werte fur w mit unterschiedlichem Vorzeichen, d.h.

√. . . ist

eine mehrdeutige Funktion mit zwei verschiedenen Zweigen

Real- und Imaginarteil von w fur y 6= 0:

v

u= tanψ = tan(ϕ/2) =

sinϕ

1 + cosϕ=

y/r

1 + x/r=

y

r + x=

y√x2 + y2 + x

=⇒(u, v) ‖ (x + r , y) , r =

√x2 + y2


√u2 + v2 =

√r =⇒

(u, v) = ±√r

|(x + r , y)| (x + r , y)

Mit

|(x + r , y)| =√

2r2 + 2rx =√

2√r√r + x

y/√r + x = y

√r − x/

√r2 − x2 = y

√r − x/|y |

folgt

(u, v) = ± 1√2

(√r + x , sign(y)

√r − x

)Definiert man sign(0) = 1, so bleibt diese Darstellung auch fur y = 0gultig.Hauptzweig positives Vorzeichen:

arg(√z) ∈

(−π

2,π

2

]Komplexe Funktionen Komplexe Funktion 5-2

Bei der Definition der Wurzelfunktion ist zu beachten, dass bei einerkonsistenten Wahl des Vorzeichens (z.B. fur den Hauptzweig) derGrenzwert bei Annaherung an die negative reelle Achse von oben sich vondem Grenzwert bei Annaherung von unten unterscheidet. DasDefinitionsgebiet D sollte also keine geschlossene Kurve um den Ursprungenthalten.

Beispielsweise kann der Sektor

D : −π < arg z < π , |z | > 0 ,

gewahlt werden.


Mobius-Transformation

Eine linear rationale Funktion

f : z 7→ w =az + b

cz + d, ad − bc 6= 0 ,

wird als Mobius-Transformation bezeichnet. Dabei durfen z und w Wertein C = C ∪ {∞} annehmen.

Die Umkehrabbildung ist

w 7→ z =−dw + b

cw − a.

Komplexe Funktionen Mobius-Transformation 6-1

Eine Mobius-Transformation bildet Kreise auf Kreise ab, wobei eine Geradeals entarteter Kreis anzusehen ist. Sie ist durch die Bilder wk von dreiPunkten zk eindeutig bestimmt und kann mit Hilfe desDoppelverhaltnisses in der Form

w − w2

w − w3:w1 − w2

w1 − w3=

z − z2

z − z3:z1 − z2

z1 − z3

angegeben werden. Diese Identitat kann nach z oder w aufgelost werden,wobei die Konvention ∞∞ = 1 zu verwenden ist.


Beweis:

(i) Umkehrabbildung:Auflosen nach z gebrochen rationaler Ausdruck gleichen Typs

(ii) Invarianz von Kreisen:allgemeine Darstellung eines Kreises

s =

∣∣∣∣z − p

z − q

∣∣∣∣Einsetzen von z = (−dw + b)/(cw − a) Darstellung der Bildmenge

s =

∣∣∣∣(−dw + b)− p(cw − a)

(−dw + b)− q(cw − a)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−d − pc

−d − qc

∣∣∣∣ ∣∣∣∣w − p

w − q

∣∣∣∣ Kreis in der w -Ebene

(iii) Doppelverhaltnis:Identitat richtig fur (w , z) = (wk , zk), k = 1, 2, 3Auflosen nach z oder w linear rationale Funktion


Beispiel:

Berechnung der durch

1 7→ 0, 0 7→ 1, i 7→ ∞

bestimmten Mobius-Transformation

(i) Doppelverhaltnis:

w − 1

w −∞ :0− 1

0−∞ =z − 0

z − i:

1− 0

1− i

Vereinfachung und Auflosen nach w

(w − 1)∞

w −∞︸︷︷︸= ∞−∞=−1

=z

z − i(1− i)

und

w = 1− (1− i)z

z − i=

iz − i

z − i


(ii) Einsetzen der Funktionswerte in die Abbildungsgleichung:

w = f (z) =az + b

cz + d

f (1) =a + b

c + d= 0 =⇒ a = −b

f (0) =b

d= 1 =⇒ d = b

f (i) =ai + b

c i + d=

ai− a

c i− a= ∞ =⇒ c = −ia

Wahl von a = i

c = 1, b = −i, d = −i

d.h. die obige Form fur f


Exponentialfunktion

Aufgrund der Formel von Euler-Moivre,

eiϕ = cosϕ+ i sinϕ ,

lasst sich die komplexe Exponentialfunktion durch

ez = ex(cos y + i sin y)

mit z = x + iy definieren.

Es giltexp(z + 2πi) = exp(z) ,

d.h. exp(z) ist bezuglich des Imaginarteils y von z periodisch.

Komplexe Funktionen Komplexe Exponentialfunktion 9-1

Weiter folgt, dass jeder durch Im z ∈ [s, s + 2π) definierte Streifen bijektivauf die gelochte Gauß-Ebene C\{0} abgebildet wird.Horizontale Geraden z = t + iy , t ∈ R, werden auf Halbgeraden w = se iy ,s ∈ R+, und vertikale Geraden z = x + it, t ∈ R, auf Kreise |w | = ex

abgebildet.

Komplexe Funktionen Komplexe Exponentialfunktion 9-2

Komplexer Logarithmus

Die komplexe Logarithmusfunktion w = Ln(z) ist die Umkehrfunktion derExponentialfunktion z = exp(w).Mit Hilfe der Polardarstellung

z = reiϕ, r = |z |, ϕ = arg(z) ,

gilt somitLn(z) = ln(r) + i(ϕ+ 2πk), fur ein k ∈ Z ,

wobei ln(r) der reelle Logarithmus von r ist.

Alternativ erhalt man durch Einsetzen von

r =√x2 + y2, ϕ = arctan(y/x) + σπ

eine Darstellung des Logarithmus als Funktion des Realteils x undImaginarteils y von z . Dabei ist, analog zu Polarkoordinaten,σ ∈ {−1, 0, 1} je nach dem Vorzeichen von x und y zu wahlen.

Komplexe Funktionen Komplexer Logarithmus 10-1

Aufgrund der Periodizitat der Exponentialfunktion ist ϕ nur bis aufVielfache von 2π bestimmt. Man sagt, Ln besitzt unendlich viele Zweige.Ein Standardbereich (Hauptzweig) ist

ϕ = arg(z) ∈ (−π, π], k = 0 .

Obwohl Ln so auf der gelochten Ebene C\{0} eindeutig definiert ist, erhaltman keine global stetige Funktion. Beim Uberschreiten der negativenreellen Achse andert sich arg(z) abrupt um 2π. Eine singularitatenfreieDefinition der Logarithmusfunktion ist nur auf Gebieten moglich, die weder0 noch eine geschlossene Kurve um 0 enthalten.


Die Abbildung zeigt den Imaginarteil der Logarithmusfunktion fur dieEinheitskreisscheibe. Jede Windung entspricht einem Zweig der Funktion.


Beispiel:

Komplexer Logarithmus

einer positiven reellen Zahl x :

Ln(x) = ln(x) + 2πik , k ∈ Z

einer negativen reellen Zahl x :

Ln(x) = ln(−x) + πi (2k + 1), k ∈ Z

(x = |x |eiπ , |x | = −x)

von z =√

2 (1 + i):

Ln(z) = Ln(

2eiπ/4)

= ln(2) + πi (8k + 1)/4, k ∈ Z


Potenzen einer komplexen Zahl

Um Potenzen komplexer Zahlen zu bilden, verwendet man amgeeignetsten die Polarform z = re iϕ. Fur m ∈ Z ist

zm = rme imϕ .

Die gleiche Formel bleibt auch fur rationale Exponenten m = p/q ∈ Qrichtig, allerdings ist das Ergebnis aufgrund der Mehrdeutigkeit der q-tenEinheitswurzel nicht eindeutig. Da die Gleichung wq = 1 die q Losungen

w = wkq , wq = exp (2πi/q) , k = 0, . . . , q − 1

besitzt, erhalt man entsprechend

rp/q exp (ipϕ/q)wkpq , k = 0, . . . , q − 1

als mogliche Werte fur zp/q.

Komplexe Funktionen Potenzen 12-1

Beispiel:

z = (−1 + i)2/3

Polarform: r =√

1 + 1, ϕ = arctan(1/(−1)) + π = 3π/4 (√2 exp(3πi/4)

)2/3=

3√

2 exp(πi/2)w2k3 , k = 0, 1, 2

w3 = exp(2πi/3)

mogliche Werte:

z0 =3√

2 i

z1 =3√

2 i exp(4πi/3) =3√

2(√

3/2− i/2)

z2 =3√

2 i exp(8πi/3) =3√

2(−√

3/2− i/2))


Bestatigung durch Probe:

z31 =

(3√

2 i exp(4πi/3))3

= 2i3 exp(4πi)︸︷︷︸=1

= −2 i = (−1 + i)2

d.h. z1 = (−1 + i)2/3

Probe fur z0 und z2 analog


Beispiel:

unendlich viele Losungen fur irrationale oder imaginare Exponenten

unendlich viele Losungen auf dem Einheitskreis:

iπ = exp((π/2 + 2πk)i)π

= exp(i[π2/2 + 2π2k]

), k ∈ Z

unendlich viele Losungen auf einer Halbgeraden:

πi = exp(lnπ + 2πk i)i = exp(i lnπ − 2πk)

= exp(−2πk) exp(i lnπ), k ∈ Z

unendlich viele Losungen auf der positiven reellen Achse:

ii = exp((π/2 + 2πk)i)i

= exp(−π/2− 2πk), k ∈ Z


Komplexe Differenzierbarkeit

Eine komplexe Funktion f ist im Punkt z komplex differenzierbar, wennder als Ableitung bezeichnete Grenzwert

f ′(z) = lim|∆z|→0

f (z + ∆z)− f (z)

∆z

existiert und unabhangig von der Folge ∆z ist.

Ist f in jedem Punkt einer offenen Menge D ⊆ C komplex differenzierbar,so heißt f komplex differenzierbar oder analytisch in D.

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Komplexe Differenzierbarkeit 15-1

Beispiel:

(i) f (z) = z2:

f ′(z) = lim|∆z|→0

(z + ∆z)2 − z2

∆z= lim|∆z|→0

2z∆z + (∆z)2

∆z= 2z

=⇒ f komplex differenzierbar ∀ z ∈ C(ii) f (z) = 1/z :

f ′(z) = lim|∆z|→0

1/(z + ∆z)− 1/z

∆z= lim|∆z|→0

− 1

(z + ∆z)z= − 1

z2

=⇒ f komplex differenzierbar ∀ z ∈ C\{0}


Beispiel:

f (z) = Re z

(i) ∆z = t ∈ R:

lim∆z→0

Re(x + t + iy)− Re(x + iy)

t= lim

t→0

x + t − x

t= 1

(ii) ∆z = it, t ∈ R:

lim∆z→0

Re(x + i(t + y))− Re(x + iy)

it= lim

it→0

x − x

it= 0

=⇒ f an keinem Punkt z = x + iy komplex differenzierbar


Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

Eine komplexe Funktion

f (z) = u(x , y) + iv(x , y) , z = x + iy

ist genau dann komplex differenzierbar, wenn die bivariate reelle Funktionf (x , y) = (u, v)t total differenzierbar ist und die partiellen Ableitungen denCauchy-Riemannschen Differentialgleichungen genugen:

ux = vy , uy = −vx .

In diesem Fall istf ′ = ux + ivx = vy − iuy .

Es sind dann sowohl u als auch v harmonisch, d.h.

∆u = uxx + uyy = 0 = ∆v .

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen 18-1

Beweis:

(i) Komplexe Differenzierbarkeit:

f (z +4z) = f (z) + f ′(z)4z + o(|4z |), 4z = 4x + i4y

Aufspaltung in Real- und Imaginarteil mit f ′(z) = a + ib (u(x +4x , y +4y)v(x +4x , y +4y)

)=

(u(x , y)v(x , y)

)+[( a −b

b a

)︸︷︷︸

J

(4x4y

)]

+o

(∣∣∣∣( 4x4y

)∣∣∣∣)wobei f ′(z)∆z = (a∆x − b∆y) + (a∆y + b∆x)i und somit

[. . . ] =

(Re f ′(z)∆zIm f ′(z)∆z

)⇔ reelle Differenzierbarkeit mit J der Jacobi-MatrixKomplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen 19-1

Vergleich mit der reellen Jacobi Matrix(a −bb a

)= J =

∂(u, v)

∂(x , y)=

(ux uyvx vy

) Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen:

ux = vy , uy = −vx

(ii) Komplexe Ableitung:

f ′(z) = a + ib

= ux + ivx = vy − iuy

(iii) Harmonizitat:Vertauschbarkeit partieller Ableitungen

∆u = uxx + uyy = (vy )x + (−vx)y = 0

analog: ∆v = 0Komplexe Differentialrechnung und konforme


Beispiel:

f (z) = ez = ex+iy = ex cos y︸︷︷︸u

+i ex sin y︸︷︷︸v

Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen erfullt:

ux(x , y) = ex cos y = vy (x , y)

uy (x , y) = −ex sin y = −vx(x , y)

=⇒ komplexe Differenzierbarkeit ∀z und

f ′(z) = ex cos y + i ex sin y = ez

u und v harmonisch:

∆u = uxx + uyy = ex cos y + ex(− cos y) = 0

analog: ∆v = 0Komplexe Differentialrechnung und konforme


Konjugiert harmonische Funktionen

Jede auf einem einfach zusammenhangenden Gebiet D ⊆ R2 zweimalstetig differenzierbare harmonische Funktion u ist Realteil einer komplexdifferenzierbaren Funktion f :

f (z) = u(x , y) + iv(x , y) , z = x + iy .

Die reelle Funktion v = Im f erfullt ebenfalls 4v = 0. Sie wird alskonjugiert harmonisch zu u bezeichnet und f als komplexes Potential.

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Harmonische Funktionen 21-1

Beweis:

betrachte das Vektorfeld

G = (Gx ,Gy )t = (−uy , ux)t

∆u = 0 =⇒ Integrabilitatsbedingung

∂xGy − ∂yGx = 0

=⇒ Existenz eines Potentials v , d.h.

G = grad v

⇔ Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

−uy = vx , ux = vy

=⇒ f = u + iv komplex differenzierbar und v ebenfalls harmonisch

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Harmonische Funktionen 22-1

Beispiel:

Konstruktion einer konjugiert harmonischen Funktion v zu

u(x , y) = x3 − 3xy2

prufe Harmonizitat:

∆u = uxx + uyy = (6x − 0)− 6x = 0 X

integriere die Cauchy-Riemannsche Differentialgleichungen

ux = vy , uy = −vxvx = −uy = −(−6xy) =⇒

v = 3x2y + c(y)

vy = ux = 3x2 − 3y2 =⇒3x2 + c ′(y) = 3x2 − 3y2, d.h. c(y) = −y3 + C

komplexes Potential

f (z) = u + iv = (x3− 3xy2) + i(3x2y − y3 +C ) = (x + iy)3 +C = z3 +CKomplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Harmonische Funktionen 23-1

Konforme Abbildung

Eine auf dem Definitionsgebiet D injektive komplex differenzierbareFunktion z 7→ w = f (z) bezeichnet man als konforme Abbildung.Konforme Abbildungen sind isotrop und winkeltreu. Bezeichnet

t 7→ w(t) = f (z(t))

das Bild einer Kurve unter einer komplex differenzierbaren Abbildung f ,dann gilt fur das Bild der Tangente in einem Punkt z0 = z(t0)

w ′(t0) = f ′(z0)z ′(t0) .

Unabhangig von der Wahl der Kurve z wird die Tangente in z0 um denFaktor |f ′(z0)| gestreckt und um den Winkel arg(f ′(z0)) gedreht.Insbesondere bleibt der Schnittwinkel zweier Kurven unter der Abbildung ferhalten. Konforme Abbildungen konnen damit zur Transformationorthogonaler Gitter verwendet werden.Komplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Konforme Abbildung 24-1

Beispiel:

Gerade C1: z1(t) = −2i + t(1 + i)Kreis C2: z2(t) = 2/(t + i)

Abbildungf (z) = z2, f ′(z) = 2z

Im z

Re z

1

1

(1− i)

π4

f(z)Im w

Re w

1

1

−2i

π4

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Konforme Abbildung 25-1

Schnittpunkt z0 = 1− i (Parameter t0 = 1 fur beide Kurven)Tangentenvektoren im Schnittpunkt:

z ′1(1) = 1 + i =√

2eiπ/4

z ′2(1) = − 2

(t + i)2

∣∣∣∣t=1

= i = eiπ/2

Schnittwinkel: π/4

Schnittpunkt der Bildkurven f (C1) und f (C2): w0 = z20 = (1− i)2 = −2i

Tangentenvektoren

f ′(1− i)z ′1(1) = 2(1− i)(1 + i) = 4

f ′(1− i)z ′2(1) = 2(1− i)i = 2(i + 1) = 2√

2eiπ/4

gleicher Schnittwinkel π/4 der Bildkurven

Streckungsfaktor: |f ′(1− i)| = |2(1− i)| = 2√

2


Beispiel:

konforme Abbildungf : z 7→ w = z2

reelle Darstellung mit z = x + iy und w = u + iv

z2 = (x2 − y2) + 2xy i ⇔ u = x2 − y2, v = 2xy

Winkeltreue =⇒ f und f −1 erhalten die Orthogonalitat vonKoordinatengittern


(i) Gitter x = const, y = const: zwei Scharen orthogonaler Parabeln

u +( v

2x

)2− x2 = 0, u −

(v

2y

)2

+ y2 = 0

(jeweils x bzw. y als Parameter; Herleitung der impliziten Darstellungdurch Elimination von y bzw. x aus der Gleichung fur v)

−4 −2 0 2 4−4

−2

0

2

4

−10 0 10

−30

−15

0

15

30

xy -Ebene uv -Ebene


(ii) Gitter u = const, v = const:Umkehrabbildung z =

√w zwei Scharen orthogonaler Hyperbeln

x2 − y2 = u, 2xy = v

(u, v Parameter)

−2 −1 0 1 2

−2

−1

0

1

2

−4 −2 0 2 4−4

−2

0

2

4

xy -Ebene uv -Ebene


Exponentialfunktion und Logarithmus als konformeAbbildungen

Durch w = ez wird der Streifen

z : 0 < Im z < γ

mit γ ≤ 2π auf den Sektor

w : 0 < argw < γ

abgebildet.Insbesondere erhalt man fur γ = 2π als Bild die geschlitzte Ebene C\R+

0 .Durch Verknupfung mit einer Potenzfunktion, z 7→ w s , kann derOffnungswinkel des Sektors verandert werden: γ → γs.

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Elementare konforme Abbildungen 27-1

γ

Re z

Im z

Re w

Im w

γ

z-Ebene w -Ebene

Entsprechend kann man mit Hilfe des komplexen Logarithmus Sektorenkonform auf Streifen abbilden.


Beispiel:

konforme Abbildung eines Streifens auf eine Kreisscheibe:

0 < Im z < π/2 → |w | < 1

Zerlegung in elementare Teilabbildungen

Streifen → Sektor:

ξ = ez : 0 < arg ξ < π/2

Sektor → Halbebene:

η = ξ2 : 0 < Im η

(iii) Halbebene → Kreisscheibe:

w =aη + b

cη + dKomplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Elementare konforme Abbildungen 28-1

bestimme die Koeffizienten der Mobius-Transformation η 7→ w durch Wahlgeeigneter Bildpunkte mit konsistenter Reihenfolge (Gebiet liegt

”links“)

η = 0, 1,∞ 7→ w = 1, i,−1

0 7→ 1 =⇒ d = b∞ 7→ −1 =⇒ c = −a (o.B.d.A. a = 1)1 7→ i =⇒

1 + b

−1 + b= i ⇔ b = −i

zusammengesetzte Transformation

w =η − i

−η − i=

ξ2 − i

−ξ2 − i=

e2z − i

−e2z − i


Beispiel:

Konstruktion der Joukowski-Abbildung

z 7→ w =1

2

(z +

1

z

), K : |z | < 1 → D = C\[−1, 1]

Mobius-Transformation: K → Halbebene H : Re z > 0

ξ =1 + z

1− z, 1, i,−1 7→ ∞, i, 0

Quadrieren: H → geschlitzte Ebene E = C\R−0η = ξ2 , | arg ξ| < π

2→ | arg η| < π

Mobius-Transformation: E → D

w =η + 1

η − 1, −∞,−1, 0 7→ 1, 0,−1

korrekte Abbildung des Komplements: (−∞, 0)→ (−1, 1)Komplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Elementare konforme Abbildungen 29-1

Gesamtabbildung

w =

(1 + z

1− z

)2

+ 1(1 + z

1− z

)2

− 1

= · · · =1

2

(z +

1

z

)

Bild des orthogonalen Gitters r = |z | = const, ϕ = arg(z) = const

−1 0 1−1

0

1

−8 −4 0 4 8−8

−4

0

4

8

z-Ebene w -Ebene


Hauptsatz uber konforme Abbildungen

Jedes einfach zusammenhangende, echte Teilgebiet der komplexen Ebenekann durch eine konforme Abbildung f auf die Einheitskreisscheibeabgebildet werden.Fur einen beliebigen Punkt z0 ∈ D kann die Abbildung durch dieBedingungen

f (z0) = 0, f ′(z0) > 0

eindeutig festgelegt werden.

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Hauptsatz uber konforme Abbildungen 30-1

Beispiel:

konforme Abbildung der Halbkreisscheibe auf das Innere des Einheitskreises

D : |z | < 1, Re z > 0 → K : |w | < 1

Konstruktion mit mehreren Teilabbildungen

Mobius-Transformation:

ξ =z + i

iz + 1

−i, 1, i 7→ 0, 1,∞=⇒ Halbkreis → R+

imaginare Achse invariant, −i, i 7→ 0,∞=⇒ Segment zwischen −i und i → positive imaginare Achse

Vereinigung der Teilrander korrekte Abbildung von ∂D

Quadrieren:η = ξ2

erster Quadrant → obere Halbebene HKomplexe Differentialrechnung und konforme

Abbildungen Hauptsatz uber konforme Abbildungen 31-1

Mobius-Transformation:

w =i− ηi + η

0, 1,∞→ 1, i,−1 =⇒ H → K

Gesamtabbildung

w =i−(

z+iiz+1

)2

i +(

z+iiz+1

)2= · · · =

−i(z2 + 2z − 1)

z2 − 2z − 1

Komplexe Differentialrechnung und konformeAbbildungen Hauptsatz uber konforme Abbildungen 31-2

Integral einer komplexen Funktion

Das Integral einer komplexwertigen Funktion

f (t) = u(t) + iv(t), t ∈ [a, b] ,

ist durchb∫

a

f (t) dt =

b∫a

u(t) dt + i

b∫a

v(t) dt

definiert.Es ist in der ublichen Weise linear und additiv.Daruber hinaus gilt ∣∣∣∣∫ f

∣∣∣∣ ≤ ∫ |f | .

Komplexe Integration Komplexe Integranden 32-1

Beispiel:

f (t) = eit

(i) Integral uber das Intervall [0, ϕ]:

ϕ∫0

eitdt =

ϕ∫0

cos t dt + i

ϕ∫0

sin t dt

= [sin t]ϕ0 + i [− cos t]ϕ0= sinϕ+ i (1− cosϕ)

alternativ: direkte Verwendung einer komplexen Stammfunktion[eit

i

]ϕ0

=eiϕ − 1

i


(ii) Illustration der Betragsungleichung:Integral des Betrages

ϕ∫0

|f (t)| dt |f |=1= ϕ

Betrag des Integrals∣∣∣∣∣∣ϕ∫

0

f (t) dt

∣∣∣∣∣∣ = |sinϕ+ i (1− cosϕ)| =

√sin2 ϕ+ 1− 2 cosϕ+ cos2 ϕ

=√

2− 2 cosϕ =Add. Thm

√2− 2(cos2(ϕ/2)− sin2(ϕ/2))

= |2 sin(ϕ/2)|

geometrische Definition der Sinusfunktion | sin(t)| ≤ |t| und∣∣∣∣∫ f

∣∣∣∣ = |2 sin(ϕ/2)| ≤ ϕ =

∫|f |


Komplexes Kurvenintegral

Fur einen stetig differenzierbaren Weg

C : t 7→ z(t), t ∈ [a, b] ,

in der komplexen Ebene bezeichnet man

∫C

f dz =

b∫a

f (z(t))z ′(t) dt

als komplexes Kurvenintegral.Die Definition ist bei gleichbleibender Orientierung unabhangig von dergewahlten Parametrisierung des Weges C .Bei Umkehrung der Durchlaufrichtung andert sich das Vorzeichen desIntegrals.

Komplexe Integration Komplexes Kurvenintegral 34-1

Beweis:

Umparametrisierung t 7→ s mit ds/dt > 0:

z(t), t ∈ [a, b] ↔ z(s), s ∈ [c , d ]

Variablensubstitution im Kurvenintegral∫C

f (z) dz =

b∫a

f (z(t))z ′(t) dt =

b∫a

f (z(s(t)))d

dtz(s(t)) dt

=

b∫a

f (z(s(t)))z ′(s(t))s ′(t) dt =

d∫c

f (z(s))z ′(s) ds

=

∫C

f (z) dz

keine Veranderung bei orientierungserhaltenden UmparametrisierungenVorzeichenanderung bei Vertauschung der Grenzen (Umkehrung desDurchlaufsinns)


Beispiel:

integriere f (z) = z uber die geradlinige Verbindung

C : z(t) = (1− t)p + tq, t ∈ [0, 1] ,

zweier Punkte p und q

∫C

f dz =

1∫0

(p + t(q − p)) (q − p)︸︷︷︸z ′(t)

dt

=

1∫0

p(q − p) + t(q − p)2 dt

= pq − p2 + (q − p)2/2 = q2/2− p2/2


Beispiel:

Kurvenintegral uber den Kreis

C : z(t) = reit , t ∈ [0, 2π]

z ′(t) = ireit = iz , dz = iz dt

f (z) = 1/z :

∫C

f dz =

2π∫0

1

reitireit dt = i

2π∫0

1 dt = 2πi

f (z) = zn, n 6= −1:∫C

f dz =

2π∫0

(reit)n

ireit dt = irn+1

2π∫0

ei(n+1)t dt

= irn+1

[1

i(n + 1)ei(n+1)t

]2π

0

= 0


Eigenschaften des komplexen Kurvenintegrals

Das komplexe Kurvenintegral ist linear bezuglich des Integranden, d.h.∫C

f + g dz =

∫C

f dz +

∫C

g dz .

Daruber hinaus ist∫. . . dz additiv bezuglich des Integrationsweges. Setzt

sich ein (orientierter) Weg C aus zwei Wegen C1 und C2 zusammen,C = C1 + C2, so gilt ∫

C

f dz =

∫C1

f dz +

∫C2

f dz .

Insbesondere ist∫C

f dz = −∫−C

f dz , wobei −C den in entgegengesetzter

Richtung durchlaufenen Weg C bezeichnet.


Beispiel:

Kurvenintegral der Funktion f (z) =√z entlang des skizzierten Weges

1

1

Re z

Im z

C1

C2

C3

0

Additivitat ∫C

√z dz =

∫C1

. . . dz +

∫C2

. . . dz +

∫C3

. . . dz


C1: t 7→ z(t) = t, 0 ≤ t ≤ 1, dz = dt

1∫0

√t dt =

[2

3t3/2

]1

0

=2

3

C2: t 7→ z(t) = eit , 0 ≤ t ≤ π2 , dz = ieit dt

π/2∫0

eit/2ieit dt =

π/2∫0

ie3it/2 dt =

[2

3e3it/2

]π/2

0

=2

3e3iπ/4 − 2

3

C3: t 7→ z(t) = i− t i, 0 ≤ t ≤ 1, dz = −i dt

1∫0

√i(1− t) (−i) dt =

1∫0

−ieiπ/4√

1− t dt =

1∫0

−eiπ/2eiπ/4√

1− t dt

=

[2

3e3iπ/4(1− t)3/2

]1

0

= −2

3e3iπ/4


gesamtes Kurvenintegral:∫C

√z dz =

2

3+

(2

3e3iπ/4 − 2

3

)− 2

3e3iπ/4 = 0


Komplexe Stammfunktion

Ist f in einem Gebiet D komplex differenzierbar, so gilt fur einen in Dverlaufenden Weg C von z0 nach z1∫

C

f ′ dz = f (z1)− f (z0) .

Insbesondere ist also das komplexe Kurvenintegral fur Funktionen mitkomplexer Stammfunktion wegunabhangig und verschwindet fur einengeschlossenen Weg.

Komplexe Integration Komplexe Stammfunktion 40-1

Beweis:

Weg von z0 nach z1

C : t 7→ z(t), t0 ≤ t ≤ t1

Definition des komplexen Kurvenintegrals

∫C

f ′ dz =

t1∫t0

f ′(z(t))z ′(t) dt =

t1∫t0

d

dt(f (z(t))) dt = f (z1)− f (z0)

letzte Gleichheit nach Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung(Aufspaltung von f in Real- und Imaginarteil)


Beispiel:

Kurvenintegral von f (z) = ez uber C : z(t) = 1 + t(1 + i), t ∈ [0, 1]

Direkte Berechnung:eit = cos t + i sin t, dz = (1 + i) dt

∫C

ezdz =

1∫0

e1+t(cos t + i sin t)(1 + i)dt

=

1∫0

e1+t(cos t − sin t)dt + i

1∫0

e1+t(cos t + sin t)dt

=[e1+t cos t

]10

+ i[e1+t sin t

]10

=(e2 cos(1)− e

)+ i(e2 sin(1)− 0

)= e2+i − e


Differenz der Werte der Stammfunktion:

f = F ′ , F (z) = ez

C : geradliniger Weg von z = 1 nach z = 2 + iExistenz der Stammfunktion =⇒∫

C

ez dz = [ez ]z(1)=2+iz(0)=1 = e2+i − e

(gleiches Resultat)


Singularitaten einer komplexen Funktion

Ist eine komplexe Funktion f in der Umgebung D\a eines Punktes aanalytisch, so lasst sich der Typ der Definitionslucke wie folgt klassifizieren.

Schwache Singularitat:

limz→a

(z − a)f (z) = 0 ,

aufgrund der Cauchyschen Integralformel immer hebbar

Pol n-ter Ordnung:

|(z − a)nf (z)| = O(1), z → a,

n ∈ N minimal

wesentliche Singularitat:

(z − a)nf (z) 6= O(1) ∀n ∈ N

Komplexe Integration Singularitaten 43-1

Man beachte, dass die Klassifizierung nicht auf Funktionen wie Ln(z − a)oder

√z − a anwendbar ist, da in keinem Kreisring um a eine konsistente

stetige Definition moglich ist.

Komplexe Integration Singularitaten 43-2

Beispiel:

verschiedene Singularitaten bei z = 0

Schwache Singularitat, z.B.

f (z) =sin z

z,

denn |zf (z)| → | sin(0)| = 0 fur z → 0

Pol zweiter Ordnung, z.B.

f (z) =cos z

z2,

denn limz→0 z2 f (z) = cos 0 = 1 und z f (z) = cos z / z →∞ fur

z → 0

Wesentliche Singularitat, z.B.

f (z) = exp(1/z) ,

denn tn exp(1/t)→∞, t → 0, fur alle n ∈ NKomplexe Integration Singularitaten 44-1

Homotopie von Kurven in der komplexen Ebene

Zwei Kurven C0 und C1 in einem Gebiet D heißen homotop, wenn es einestetige Abbildung

[0, 1]2 3 (s, t) 7→ z(s, t) ∈ D

gibt, fur die t 7→ z(k, t) , 0 ≤ t ≤ 1 , Parametrisierungen von Ck , k = 0, 1,sind.

Analog bezeichnet man C : t 7→ z(0, t) als homotop zu einem Punkt P,wenn z(1, t) = p, t ∈ [0, 1], ist. Anschaulich bedeutet dies, dass sich C inD zu einem Punkt zusammenziehen lasst.

Komplexe Integration Homotopie von Kurven in der komplexen Ebene 45-1

P

C

C0

C1

In der Abbildung sind die fett gezeichneten Kurven C0 und C1 homotop.Aufgrund des Loches im Gebiet besteht jedoch keine Homotopie zurgestrichelten Kurve C , die zu jedem Punkt P in D homotop ist.


Beispiel:

homotope Kurven

nicht homotope Kurven


Cauchys Theorem

Fur ein beschranktes Gebiet D, das durch entgegen dem Uhrzeigersinnorientierte (Gebiet liegt

”links“) stuckweise stetig differenzierbare Kurven

Ck berandet wird, und eine in D analytische und in D stetige Funktion fgilt ∫

C

f (z) dz = 0

mit C =∑

k Ck .

Insbesondere ist das komplexe Kurvenintegral von f uber geschlosseneWege Null, die ein Teilgebiet von D beranden. Allgemeiner verschwindet∫C f (z) dz fur jeden Weg, der in D zu einem Punkt homotop ist.

Komplexe Integration Cauchys Theorem 47-1

Beweis:

(i) Spezialfall eines Rechtecks R und einer in einer Umgebung von Ranalytischen Funktion f :

definiere

s(R) =

∫C

f dz

mit Randkurve C = ∂R mathematisch positiv orientiert

R

R′R′′

R′′′ R′′′′

Aufteilung von R in vier kongruente Rechtecke R ′, R ′′, R ′′′ und R ′′′′

s(R) = s(R ′) + s(R ′′) + s(R ′′′) + s(R ′′′′)

aufgrund der Aufhebung entgegengesetzter WegeKomplexe Integration Cauchys Theorem 48-1

fur mindestens ein Teil-Rechteck R1 von R = R0 gilt

|s(R1)| ≥ 1

4|s(R)|

Iteration des Unterteilungsprozesses R = R0 ⊃ R1 ⊃ · · · mit

|s(Rj)| ≥1

4|s(Rj−1)| ≥ · · · ≥ 4−j |s(R0)|

Rj → Punkt z?, d.h.

∀δ > 0 ∃j(δ) : Rj ⊂ {z : |z − z?| < δ} fur j > j(δ)

f komplex differenzierbar =⇒

∀ε > 0 ∃δ(ε) : |f (z)− f (z?)− f ′(z?)(z−z?)| < ε|z−z?| , |z−z?| < δ


Existenz von Stammfunktionen fur die Monome =⇒∫Cj

f (z?) dz =

∫Cj

f ′(z?)(z − z?) dz = 0, Cj = ∂Rj

j > j(δ(ε)) =⇒

|s(Rj)| =

∣∣∣∣∣∣∣∫Cj

f (z)− f (z?)− f ′(z?)(z − z?) dz

∣∣∣∣∣∣∣ ≤ ε∫Cj

|z − z?| dz ≤ εdjLj

wobei dj die Lange der Diagonale und Lj die Lange des Randes von Rj

bezeichnetdj = 2−jd0 , Lj = 2−jL0 =⇒

|s(R0)| ≤ 4j |s(Rj)| ≤ ε (4jdjLj) = ε d0L0

ε beliebig =⇒ |s(R)| = 0


(ii) Beweisidee im allgemeinen Fall:

analoger Beweis fur ein Dreieck

Approximation von ∂D durch einen polygonalen, ganz in Denthaltenen Rand

Triangulierung eines polygonalen Gebietes;Aufhebung der Integrale uber innere Kanten Reduktion aufden Fall eines Dreiecks


Beispiel:

illustriere Cauchys Theorem fur den Kreis

C : z(t) = a + reit , 0 ≤ t ≤ 2π

(i) f (z) = (z − a)n (n 6= −1):

∫C

f dz =

2π∫0

(z(t)− a)nz ′(t) dt =

2π∫0

rneintr ieit dt

=

[rn+1 1

n + 1ei(n+1)t

]2π

0

= 0

im Einklang mit Cauchys TheoremDas Verschwinden des Integrals folgt ebenfalls aus der Existenz einerStammfunktion.


(ii) f (z) = ez2:

keine explizite Stammfunktionnicht analytisch berechenbares Kurvenintegral

2π∫0

e(a+reit)2r ieit dt

Cauchys Theorem =⇒∫C f dz = 0


Beispiel:

reelle Darstellung des Kurvenintegrals∫C f dz∫

C

(u + iv)(dx + idy) =

∫C

(udx − vdy) + i

∫C

(udy + vdx)

Satz von Green,∫∂D

ϕ dx + ψ dy =∫∫D

ψx − ϕy dxdy =⇒

∫C

f dz = −∫D

(uy + vx) dxdy + i

∫D

(ux − vy ) dxdy , C = ∂D

Null aufgrund der Cauchy-Riemannschen DifferentialgleichungenVoraussetzung: Stetigkeit der partiellen Ableitungen von u und vDeshalb keine einfache Beweisalternative, da ublicherweise die Stetigkeitvon f ′ mit dem zu beweisenden Satz von Cauchy hergeleitet wird!


Umlaufzahl

Fur einen stuckweise differenzierbaren, geschlossenen Weg C definiert manfur a /∈ C

n(C , a) =1

2πi

∫C

dz

z − a

als die Umlaufzahl von C bezuglich a.

Ca

Ca

C a

n(C , a) = 0 n(C , a) = 1 n(C , a) = 2

Anschaulich gibt n(C , a) an, wie oft C den Punkt a umrundet.Insbesondere ist n(C , a) = 1 fur den Rand C eines Gebietes, das a enthalt.

Komplexe Integration Umlaufzahl 51-1

Beweis:

C : t 7→ z(t), t0 ≤ t ≤ t1

zu zeigen:

ϕ(t) =

t∫t0

z ′(s)

z(s)− ads = k (2πi)

fur t = t1 bzw. dazu aquivalent, dass exp(ϕ(t1)) = 1

betrachtep(t) = exp(−ϕ(t))(z(t)− a)

Produkt- und Kettenregel

p′ = p−z ′z − a︸︷︷︸−ϕ′(t)

+p

z − az ′ = 0

bis auf Sprungstellen von z ′


=⇒ p konstant, insbesondere p(t0) = p(t1), und

exp(ϕ(t1)) =z(t1)− a

p(t1)=

z(t1)− a

p(t0)= 1

wegen ϕ(t0) = 0, p(t0) = z(t0)− a und z(t0) = z(t1)


Cauchysche Integralformel

Fur ein beschranktes Gebiet D, das durch entgegen dem Uhrzeigersinnorientierte (Gebiet liegt

”links“) stuckweise stetig differenzierbare Kurven

Ck berandet wird, und eine in D analytische und in D stetige Funktion fgilt

f (z) =1

2πi

∫C

f (w)

w − zdw , C =

∑k

Ck ,

fur alle z ∈ D.

Durch Differenzieren unter dem Integral erhalt man eine Darstellung furdie Ableitungen:

f (n)(z) =n!

2πi

∫C

f (w)

w − zdw , z ∈ D .

Aus der komplexen Differenzierbarkeit folgt somit die Existenz undStetigkeit von Ableitungen beliebiger Ordnung.

Komplexe Integration Cauchysche Integralformel 53-1

Beweis:

schneide aus dem Gebiet D eine Kreisscheibe Dr um z mit Radius r ausMit Cr dem entgegen dem Uhrzeigersinn orientierten Rand von Dr

berandet C − Cr das Teilgebiet D\Dr (korrekte Orientierung des Randes:D\Dr liegt

”links“ von −Cr ).

Cauchys Theorem =⇒

0 =

∫C−Cr

f (w)

w − zdz ⇔

∫C. . . =

∫Cr

. . .

denn der Integrand ist auf D\Dr analytischberechne das Integral uber Cr

Stetigkeit von f = u + iu ∫Cr

. . . =

∫ 2π

0

f (z + reit)

reitireit dt = 2πi

(u(z + reis) + iv(z + reis)

)fur s, s ∈ [0, 2π] nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung∫Cr. . .→ 2πif (z) fur r → 0 =⇒ behauptete Integralformel


Beispiel:

f (z) = ez , C : t 7→ eit , 0 ≤ t ≤ 2π

Cauchysche Integralformel fur einen Kreis =⇒∫C

ez

zdz = 2πi e0 = 2πi

Versuch der direkten Berechnung:dz = i eit dt

2π∫0

eeit

eitieit dt = i

2π∫0

eeitdt

kein Erfolg!


Beispiel:

f (w) =m∑

k=0

ak(w − z)k , C : t 7→ z + reit , 0 ≤ t ≤ 2π

Integraldarstellung fur Ableitungen =⇒

2πif (n)(z)

n!=

∫C

f (w)

(w − z)n+1dw =

m∑k=0

ak

∫C

(w − z)k−n−1 dw

k 6= n: ∃ Stammfunktion fur die Monome (w − z)k−n−1 und

∫C . . . = 0

=⇒ [· · · ] = 0 fur m < n und fur m ≥ n gilt

[· · · ] = an

∫C

dw

w − z= an (2πi) n(C , z)︸︷︷︸

Umlaufzahl

= 2πi an

konsistent mit der direkten Berechnung der Ableitung


Mittelwerteigenschaft

Fur eine auf einer Kreisscheibe um z mit Radius > r komplexdifferenzierbare Funktion ist

f (z) =1

2π

2π∫0

f (z + reit) dt .

Diese Identitat gilt auch separat fur Real- und Imaginarteil von f ,insbesondere also auch fur harmonische Funktionen.

Eigenschaften analytischer Funktionen Mittelwerteigenschaft 57-1

Beweis:

Cauchysche Integralformel fur den Kreis

C : t 7→ w = z + reit , dw = i reit dt

=⇒

f (z) =1

2πi

∫C

f (w)

w − zdw

=1

2πi

2π∫0

f (z + reit)

reitireit dt

=1

2π

2π∫0

f (z + reit) dt

Eigenschaften analytischer Funktionen Mittelwerteigenschaft 58-1

Maximumprinzip

Fur eine in einem Gebiet D analytische, nicht konstante Funktion f besitzt|f | kein Maximum in D.Ist f auf D = D ∪ C stetig, wobei C = ∂D der Rand von D ist, so giltdeshalb

maxz∈D|f (z)| ≤ max

z∈C|f (z)| ,

d.h. das Maximum des Betrages wird auf dem Rand angenommen.

Eigenschaften analytischer Funktionen Maximumprinzip 59-1

Beweis:

(i) zeige: f ist konstant = f (z) auf jedem Kreis

C : t 7→ w = z + reit

in D um eine Maximalstelle z von |f |Multiplikation mit eiϕ o.B.d.A. f (z) reell und positiv(Behauptung trivial, falls |f (z)| = 0)=⇒ Re f (w) ≤ |f (w)| ≤ f (z)

Annahme: f (w) 6= f (z) fur ein w = z + reit ∈ C=⇒

Re f (w) < f (z) = Re f (z)

Mittelwerteigenschaft Widerspruch

f (z) =1

2π

2π∫0

Re f (z + reit) dt < f (z) ,

da die Ungleichung Re f (w) < f (z) in einer Umgebung von w gultig bleibtEigenschaften analytischer Funktionen Maximumprinzip 60-1

(ii) verbinde einen beliebigen Punkt in w ∈ D durch eine Kurve Γ mit zund uberdecke Γ mit Kreisscheiben=⇒ f konstant entlang von Γ=⇒ f (w) = f (z)


Beispiel:

illustriere das Maximumprinzip fur

cos(z) =1

2(eiz + e−iz)

auf dem Rechteck

D : x = Re z ∈ (−π, π), y = Im z ∈ (−1, 1)

berechne den Betrag

| cos(z)|2 = cos(z)cos(z) =1

4(eixe−y + e−ixey )(e−ixe−y + eixey )

=1

4(e−2y + 2 cos(2x) + e2y )

Maximum an den Ecken des Randes: x ∈ {−π, π}, y ∈ {−1, 1}


Abschatzungen fur komplexe Ableitungen

Ist f auf einer Kreisscheibe mit Radius > r um z analytisch, so gilt

|f (n)(z)| ≤ n!

rnmax|w−z|=r

|f (w)| .

Eigenschaften analytischer Funktionen Abschatzungen fur komplexe Ableitungen 62-1

Beweis:

Integralformel fur Ableitungen,

f (n)(z) =n!

2πi

∫C

f (w)

(w − z)n+1dw ,

fur einen Kreis

C : w(t) = z + reit , 0 ≤ t ≤ 2π ,

um z mit Radius r =⇒∣∣∣f (n)(z)∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣ n!

2πi

2π∫0

f (z + reit)

rn+1e(n+1)iti reit dt︸︷︷︸

dw

∣∣∣∣∣∣≤ n!

rn1

2π

2π∫0

|f (z + reit)| dt ≤ n!

rnmax|w−z|=r

|f (w)|

Eigenschaften analytischer Funktionen Abschatzungen fur komplexe Ableitungen 63-1

Beispiel:

illustriere die Abschatzung fur

f (z) =1

z, f (n)(z) = (−1)nn!z−(n+1)

auf einer Kreisscheibe C : |w − z | < r mit r < |z |Abschatzung mit Hilfe der Cauchyschen Integralformel

|f (n)(z)| ≤ n!

rnmax|w−z|=r

|f (w)| =n!

rn1

|z | − r

geringfugig schlechter als exakter Wert

|f (n)(z)| =n!

|z |n+1

denn

max0<r<|z|

rn(|z | − r) =|z |n+1

(n + 1)(1 + 1/n)n≥ |z |n+1

(n + 1)e

(Schranke um den Faktor (n + 1)e großer)Eigenschaften analytischer Funktionen Abschatzungen fur komplexe Ableitungen 64-1

Satz von Liouville

Eine analytische Funktion f , die auf ganz C beschrankt ist, d.h.

supz∈C|f (z)| = c <∞,

ist konstant.

Eigenschaften analytischer Funktionen Satz von Liouville 65-1

Beweis:

Abschatzung fur die komplexe Ableitung =⇒

|f ′(z)| ≤ 1

rmax|w−z|=r

|f (w)| ≤ 1

rc

fur einen Kreis um z mit Radius rGrenzwertbildung r →∞ =⇒

f ′(z) = 0 ∀ z ∈ C

d.h. f ist konstant

Eigenschaften analytischer Funktionen Satz von Liouville 66-1

Fundamentalsatz der Algebra

Jedes nicht konstante Polynom

p(z) = zn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z

1 + a0

mit Koeffizienten a0, a1, . . . , an−1 ∈ C besitzt in C mindestens eineNullstelle z1.Mit Hilfe von Polynomdivision erhalt man durch wiederholte Anwendungdieses Satzes die Faktorisierung

p(z) = (z − z1) · · · (z − zn) ,

d.h. die Existenz von genau n Nullstellen von p inklusive Vielfachheiten.

Eigenschaften analytischer Funktionen Fundamentalsatz der Algebra 67-1

Beweis:

Gegenannahme: p besitzt keine Nullstelle in C=⇒ z 7→ 1/p(z) ist analytisch (kein Pol)|z | ≥ c = max(1, 2(|a0|+ · · ·+ |an−1|)) =⇒

1

|p(z)| ≤ 1

|z |n − |an−1||z |n−1 − · · · − |a0|

≤|z|≥1

1

|z |n − (|an−1|+ · · ·+ |a0|)|z |n−1

≤ 1

|z |n − (|z |/2)|z |n−1=

1

|z |n/2≤ 2

1/|p(z)| ist aus Stetigkeitsgrunden auch fur |z | ≤ c beschrankt.Satz von Liouville =⇒ 1/p konstantWiderspruch

=⇒ ∃ mindestens eine Nullstelle in C von p

Eigenschaften analytischer Funktionen Fundamentalsatz der Algebra 68-1

Residuum

Fur eine in einer punktierten Kreisscheibe D\{a} analytische Funktion fdefiniert man das Residuum im Punkt a als

Resz=a

f (z) = Resa

f =1

2πi

∫C

f (z) dz ,

wobei C : t 7→ a + reit , 0 ≤ t ≤ 2π, ein entgegen dem Uhrzeigersinndurchlaufener Kreis in D ist.

a

D

C

Residuenkalkul Residuum 69-1

Hat f bei a eine Polstelle n-ter Ordnung, d.h.

f (z) =c−n

(z − a)n+ · · ·+ c−1

z − a+ g(z)

mit einer in D analytischen Funktion g , so ist

Resa

f = c−1 .

Dies gilt allgemeiner fur eine in D absolut konvergente Laurent-Reihe

f (z) =∞∑

n=−∞cn(z − a)n ,

d.h. Resa f = c−1 auch im Falle einer wesentlichen Singularitat.


Beweis:

(i) Unabhangigkeit vom gewahlten Kreis C :zwei entgegen dem Uhrzeigersinn orientierte Kreise

Ck : t 7→ z + reit , 0 ≤ t ≤ 2π ,

mit r0 < r1 beranden einen Kreisring R: ∂R = C1 − C0


0 =

∫C1−C0

f (z) dz =

∫C0

f (z) dz −∫C1

f (z) dz

d.h. die Unabhangigkeit vom gewahlten Radius r


(ii) Konsistenz der Definition fur die Spezialfalle:(z − a)n, n 6= −1, besitzt die Stammfunktion (z − a)n+1/(n + 1) =⇒∫

C(z − a)n dz = 0

Cauchys Theorem fur eine analytische Funktion g =⇒∫Cg(z) dz = 0

=⇒Resa

f =1

2πi

∫C

c−1

z − adz = c−1 n(C , a)︸︷︷︸

Umlaufzahl

= c−1

sowohl fur Polstellen als auch fur wesentliche Singularitaten mitkonvergenten Laurent-Entwicklungen


Beispiel:

typische Falle

Rationale Funktion:

f (z) =1

z3 − z2=

1

z − 1− 1

z2− 1

z

Residuen an den Polstellen: Res0

f = −1 und Res0

f = 1

Funktion mit einer wesentlicher Singularitat:

f (z) = e1/z

Laurent-Entwicklung

f (z) =∞∑n=0

1

n!z−n

Residuum: Res0

f = 1


Funktion mit expliziter Stammfunktion:

f (z) =sin(1/z)

z2, F (z) = cos(1/z)

Integral uber geschlossene Kurven null,∫C

f dz = 0 ,

=⇒ Res0

f = 0


Berechnung von Residuen

Fur eine einfache Polstelle a einer Funktion f gilt

Resaf = lim

z→a(z − a)f (z)

und fur eine Polstelle n-ter Ordnung ist

Resa

f = limz→a

1

(n − 1)!

[(d

dz

)n−1

((z − a)nf (z))

].


Beweis:

(i) Einfache Polstelle:

f (z) =c−1

z − a+ g(z)︸︷︷︸

analytisch

, Resa

f = c−1

Ubereinstimmung mit

limz→a

(z − a)f (z) = limz→a

(c−1 + (z − a)g(z)) = c−1

(ii) Polstelle n-ter Ordnung:

f (z) =c−n

(z − a)n+ · · ·+ c−1

z − a+ g(z)︸︷︷︸

analytisch

, Resa

f = c−1

alternative Formel fur Resa

f

(d/dz)n−1 ((z − a)nf (z)) = (d/dz)n−1(· · ·+ c−1(z − a)n−1 + (z − a)ng(z)

)→ (n − 1)! c−1 fur z → a, d.h. Bilden des Grenzwertes liefert ebenfallsResa

f = c−1Residuenkalkul Residuum 73-1

Beispiel:

f (z) =1

z sin z

Polstellen:zweiter Ordnung bei z = 0, erster Ordnung bei z = kπ, k ∈ Z\{0}(i) Doppelte Polstelle:

Res0

f = limz→0

(d

dz

z

sin z

)= lim

z→0

sin z − z cos z

sin2 z

L’Hospital= lim

z→0

cos z − cos z + z sin z

2 cos z sin z= lim

z→0

z

2 cos z= 0

(ii) Einfache Polstellen:

Reskπ

f = limz→kπ

z − kπ

z sin z

L’Hospital= lim

z→kπ

1

sin z + z cos z=

(−1)k

kπ


Residuensatz

Sei D ein beschranktes Gebiet, dessen Rand sich aus entgegen demUhrzeigersinn orientierten (Gebiet liegt

”links“) stuckweise stetig

differenzierbaren Kurven Ck zusammensetzt.

Ca1

a2

aj

D

C

Dann gilt fur eine in D stetige und in D bis auf endlich viele Singularitatenaj analytische Funktion f∫

C

f (z) dz = 2πin∑

j=1

Resaj

f , C =∑k

Ck .

Residuenkalkul Residuensatz 75-1

Beweis:

Cj ⊂ D: im Uhrzeigersinn orientierter Kreis um aj

Ca1

C1

a2

C2

ajCj

D

C

f analytisch auf dem durch C + C1 + · · ·+ Cn berandeten Gebiet



0 =

∫C+C1+···+Cn

f (z) dz =

∫C

f (z) dz +n∑

j=1

∫Cj

f (z) dz

Definition des Residuums =⇒∫Cj

f (z) dz = −2πiResaj

f

(Minus-Zeichen aufgrund der Orientierung der Kreise)Einsetzen in die Identitat fur

∫C+C1+···+Cn

. . . behauptete Formel


Beispiel:

illustriere den Residuensatz fur

f (z) =1− z

z2 + z3=

1− z

z2(1 + z)

und C den entgegen dem Uhrzeigersinn orientierten Kreis um 0 mit Radius2

(i) z = 0: Polstelle zweiter Ordnung

Res0f = lim

a→0

1

1!

d

dz(z2f (z))

∣∣∣∣z=0

=

(d

dz

(1− z

1 + z

))∣∣∣∣z=0

= − 2

(1 + z)2

∣∣∣∣z=0

= −2

(ii) z = −1: einfache Polstelle

Res−1

f = limz→−1

(1 + z)f (z) =1− z

z2

∣∣∣∣z=−1

= 2


Residuensatz =⇒∫C

f (z) dz = 2πi (Res0

f + Res−1

f ) = 2πi (−2 + 2) = 0


Residuenkalkul fur trigonometrische Integranden

Ein Integral der Form2π∫

0

r(cos t, sin t) dt

mit einer rationalen Funktion r kann durch die Substitution

z = eit , cos t =1

2

(z +

1

z

), sin t =

1

2i

(z − 1

z

), dz = iz dt ,

in das komplexe Kurvenintegral∫C

f (z) dz , f (z) = r

(1

2

(z +

1

z

),

1

2i

(z − 1

z

))1

iz,

uber den entgegen dem Uhrzeigersinn orientierten Einheitskreis C : |z | = 1uberfuhrt werden.

Residuenkalkul Trigonometrische Integranden 78-1

Nach dem Residuensatz gilt∫C

f (z) dz = 2πi∑|a|<1

Resaf ,

d.h. das Integral ist das (2πi)-fache der Summe der Residuen von f an denPolstellen a im Inneren des Einheitskreises.


Beispiel:

trigonometrisches Integral

I =

π∫0

1

c + cos tdt, c ∈ (1,∞)

Substitution

z = eit , dz = iz dt, cos t =1

2

(z +

1

z

)und Symmetrie des Integrals

I =1

2

2π∫0

1

c + cos tdt =

∫C

1

i

1

z2 + 2cz + 1dz

mit C dem entgegen dem Uhrzeigersinn orientierten EinheitskreisResiduenkalkul Trigonometrische Integranden 79-1

Bestimmung der Nullstellen des Nenners und Faktorisierung

I =

∫C

1

i

1(z + c −

√c2 − 1

)(z + c +

√c2 − 1

) dz =

∫C

f (z) dz

Polstelle im Inneren des Einheitskreises: a = −c +√c2 − 1

(−c −√c2 − 1 < −1− 0, außerhalb )

Residuum

Resaf = lim

z→a(z − a)f (z) =

1

i(z + c +

√c2 − 1

)∣∣∣∣∣∣z=−c+

√c2−1

=1

2i√c2 − 1

Residuensatz =⇒

I = 2πi Resaf =

π√c2 − 1


Residuenkalkul fur rationale Integranden

Fur eine rationale Funktion f ohne reelle Polstellen und mit Zahlergrad ummindestens 2 kleiner als der Nennergrad gilt

∞∫−∞

f (x) dx = 2πi∑

Im a>0

Resa

f ,

wobei die Residuen an allen Polstellen in der oberen Halbebene summiertwerden.

Alternativ kann man uber die Polstellen in der unteren Halbebenesummieren. Dabei andert sich aufgrund der entgegengesetztenOrientierung das Vorzeichen der Summe. Dies zeigt insbesondere, dass dieSumme aller Residuen von f null ist.

Residuenkalkul Rationale Integranden 80-1

Beweis:

0 r−r

r

a

C1

C2

Re z

Im z

r so groß, dass alle Polstellen a mit Im a > 0 von f im HalbkreisC = C1 + C2 liegenResiduensatz =⇒ ∫

C

f (z) dz = 2πi∑

Im a>0

Resa

f

zeige: |∫C2

f | → 0 fur r →∞


HalbkreisC2 : z(t) = reit , 0 ≤ t ≤ π

Zahlergrad von f um mindestens 2 kleiner als der Nennergrad =⇒

lim|z|→∞

z2f (z) = M (|M| <∞)

und mit M = 2|M|+ 1 gilt

|f (z)| ≤ M

|z |2 , |z | ≥ r0

fur hinreichend großes r0 Abschatzung∣∣∣∣∫

C2

f

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ π

0f ( reit︸︷︷︸

z

) ireit dt

∣∣∣∣∣ ≤ π M

r2r → 0


Beispiel:

Integral uber R von

f (z) =1

1 + z6

einfache Polstellen: ak = ei(π/6+2πk/6), k = 0, . . . , 5a0, a1, a2 in der oberen Halbebene mit Residuen

Resak

f = limz→ak

(z − ak)

1 + z6

L’Hospital= lim

z→ak

1

6z5= lim

z→ak

z

6z6= −ak

6

(z6 = −1)Residuensatz =⇒∞∫−∞

1

1 + x6dx = 2πi

2∑k=0

Resak

f = 2πi

(−1

6

)(√3

2+

i

2+ i−

√3

2+

i

2

)= 2π/3


Beispiel:

Integral uber R von

f (z) =1

(z2 + 1)n=

1

(z − i)n(z + i)n, n ∈ N

Polstelle in der oberen Halbebene: a = i, n-fach

Resif =

1

(n − 1)!

(d

dz

)n−1

((z − i)nf (z))

∣∣∣∣∣z=i

=1

(n − 1)!

(−n)(−n − 1) · · · (−2n + 2)

(z + i)2n−1

∣∣∣∣z=i

=(2n − 2)!

(n − 1)!(n − 1)!

(−1)n−1i

22n−1i2n= −i

(2n − 2

n − 1

)21−2n


Residuensatz =⇒∞∫−∞

1

(x2 + 1)ndx = 2πi Res f

i= π

(2n − 2

n − 1

)22−2n


Residuenkalkul fur transzendente Integranden

Fur eine rationale Funktion f ohne reelle Polstellen und mit Zahlergradkleiner als der Nennergrad gilt

∞∫−∞

f (x) eiλx dx = 2πi∑

Im a>0

Resz=a

(f (z)eiλz

), λ ∈ R+ .

Fur λ < 0 wird entsprechend die negative Summe aller Residuen in derunteren Halbebene gebildet.

Residuenkalkul Residuenkalkul fur transzendente Integranden 84-1

Beweis:

geschlossener Integrationsweg

Re z

Im z

0 c−c

c

a

C1

C2

C3

C4

c so groß, dass alle Polstellen a von f eiλ· mit Im a > 0 im RechteckC = C1 + C2 + C3 + C4 liegenResiduensatz =⇒∫

C

f (z)eiλz dz = 2πi∑

Im a>0

Resz=a

(f (z)eiλz

)zeige: Ik = |

∫Ck. . . | → 0, c →∞, fur k = 2, 3, 4


Zahlergrad kleiner als der Nennergrad =⇒

∃M > 0 : |f (z)| ≤ M

|z | , |z | ≥ r

(i) Weg C2: y 7→ z = c + iy , 0 ≤ y ≤ c , dz = i dy

I2 =

∣∣∣∣∫ c

0f (c + iy) eiλ(c+iy) i dy

∣∣∣∣ ≤ M

c

∫ ∞0

e−λy dy =M

cλ

fur c ≥ ranaloge Abschatzung fur I4 I2, I4 → 0 fur c →∞(ii) C3: x 7→ z = ic + x , c ≥ x ≥ −c , dz = dx

I3 =

∣∣∣∣∫ −cc

f (ic + x) eiλ(ic+x) dx

∣∣∣∣ ≤ M

ce−λc

∣∣∣∣∣∣−c∫c

dx

∣∣∣∣∣∣ = 2M e−λc

fur c ≥ r=⇒ limc→∞ I3 = 0


Beispiel:

∞∫−∞

cos x

1 + x2dx = Re

∞∫−∞

eix

1 + x2dx

Polstelle in der oberen Halbebene: a1 = iResiduum

Resz=i

eiz

1 + z2= lim

z→i

eiz

i + z=

1

2ie

Residuensatz =⇒∞∫−∞

cos x

1 + x2dx = Re

2πi

2ie=π

e


Komplexes Taylor-Polynom

Eine in einem Gebiet D analytische Funktion f wird durch dasTaylor-Polynom

pn(z) =n∑

k=0

f (k)(a)

k!(z − a)k

in jedem Punkt a ∈ D mit der Ordnung n + 1 approximiert:

|f (z)− pn(z)| = O(|z − a|n+1

), z → a .

Potenzreihen Taylor-Polynom 87-1

Das Restglied besitzt die Integraldarstellung

f (z)− pn(z) =

1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+1(w − z)dw

(z − a)n+1 ,

mit einem entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreis C in D um a,der z enthalt.


Beweis:

(i) Integralformel:Beweis durch Induktion bzgl. n

n = 0:Cauchys Integralformel =⇒

f (z)− p0(z) = f (z)− f (a)

=1

2πi

∫C

f (w)

(w − z)dw − 1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)dw

Umformung

1

2πi

∫C

f (w)(w − a)− (w − z)

(w − a)(w − z)dw =

1

2πi

∫C

f (w)(z − a)

(w − a)(w − z)dw


n→ n + 1:

f (z)− pn+1(z) = f (z)− pn(z)− f (n+1)(a)

(n + 1)!(z − a)n+1

=

1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+1(w − z)dw

(z − a)n+1

−

1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+2dw

(z − a)n+1

aufgrund der Induktionsvoraussetzung und Cauchys IntegralformelUmformung 1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+1

(w − a)− (w − z)

(w − a)(w − z)dw

(z − a)n+1 =

1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+2(w − z)dw

(z − a)n+2


(ii) Abschatzung:C : Kreis um a mit Radius r < dist(a, ∂D)Darstellung des Restglieds fur |z − a| < r =⇒

|f (z)− pn(z)| =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫|w−a|=r

f (w)

(w − a)n+1(w − z)dw (z − a)n+1

∣∣∣∣∣≤ 1

2π(2πr)

|z − a|n+1

rn+1(r − |z − a|) max|w−a|=r

|f (w)|

= O(|z − a|n+1

)


Komplexe Taylor-Reihe

Eine in einem Gebiet D analytische Funktion f lasst sich in jedem Punkta ∈ D in eine Taylor-Reihe entwickeln:

f (z) =∞∑n=0

f (n)(a)

n!(z − a)n .

Die Reihe konvergiert absolut fur

|z − a| < r =

(limn→∞

∣∣∣f (n)(a)/n!∣∣∣1/n)−1

.

Der Konvergenzradius r ist gleich dem Abstand des Entwicklungspunktes azur nachsten Singularitat von f , d.h. zum Rand des Analytizitatsgebietes.

Potenzreihen Taylor-Reihe 89-1

Beweis:

(i) Konvergenz fur |z − a| < d = dist(a, ∂D):C : entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufener Kreis um a mit Radius s < dCauchys Integralformel

f (n)(a) =n!

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+1dw

Abschatzung

|f (n)(a)|n!

≤ 1

2π(2πs)

c

sn+1= c s−n, c = max

w∈C|f (w)|

Betrag des n-ten Summanden der Taylor-Reihe ≤ c(|z − a|/s)n

majorisierende geometrische Reihe fur |z − a| < ss < d beliebig =⇒Konvergenz auf der großten in D enthaltenen offenen Kreisscheibe


(ii) Konvergenzradius:absolute Konvergenz fur |z − a| > d=⇒ großeres Analytizitatsgebiet (Potenzreihe definiert eine analytische

Funktion)=⇒ Widerspruch, d.h. Konvergenzradius d = dist(a, ∂D) ist maximal

eindeutige Charakterisierung des Konvergenzradius=⇒ Aquivalenz zur Formel aus der Theorie reeller Reihen, d.h. d = r


Beispiel:

Taylor-Reihe der Funktion

f (z) =1

z(z − 1)=

1

z − 1− 1

z

(i) Pol bei 0:

1

z=

−1

−a− (z − a)=

1

a

1

1− z−a−a

=geom. Reihe

1

a

∞∑n=0

(z − a)n

(−a)n

Konvergenz fur |z − a| < |a|(ii) Pol bei 1:

1

z − 1=

−1

1− a− (z − a)=

1

a− 1

1

1− z−a1−a

=geom. Reihe

1

a− 1

∞∑n=0

(z − a)n

(1− a)n

Konvergenz fur |z − a| < |1− a|in beiden Fallen: |z − a| kleiner als der Abstand zur Singularitat


Taylor-Reihe:

f (z) =∞∑n=0

( −1

(1− a)n+1− −1

(−a)n+1

)(z − a)n

Konvergenzradius r : Abstand des Entwicklungspunktes a zur naherenPolstelle z = 0 oder z = 1, d.h.

r = min(|a|, |1− a|)


Methoden der Taylor-Entwicklung

Einige Methoden der Taylor-Entwicklung sind:

direkte Berechnung der Ableitungen im Entwicklungspunkt

gliedweise Differentiation oder Integration

Koeffizientenvergleich

Produktbildung durch gliedweise Multiplikation

Hintereinanderschaltung von Funktionen durch Einsetzen einer Reiheals Argument

Potenzreihen Methoden der Taylor-Entwicklung 92-1

Beispiel:

Taylor-Reihe um z = 0 der Funktion

f (z) =1

z2 + pz + q

Ansatz

f (z) =1

z2 + pz + q=∞∑k=0

ckzk


1 = c0q + (c1q + c0p)z + (c2q + c1p + c0)z2 + (c3q + c2p + c1)z3 + · · ·


sukzessive Berechnung der Koeffizienten

c0 =1

q

c1 = − p

q2

c2 = −c0 + c1p

q= − 1

q2+

p2

q3

. . .

allgemein:

(cnq + cn−1p + cn−2)zn = 0 =⇒ cn = −cn−2 + cn−1p

q


Beispiel:

Taylor-Entwicklung im Punkte z = 0 der Funktion

f (z) = Lna + z

a− z

Ableitung

f ′(z) =a− z

a + z

d

dz

a + z

a− z=

2

a

1

1− (z/a)2=

geom. Reihe

2

a

∞∑n=0

(za

)2n

gliedweise Integration

f (z) = c +∞∑n=0

1

n + 1/2

(za

)2n+1

Integrationskonstante: f (0) = 0 =⇒ c = 0


Laurent-Reihe

Eine in einem Kreisring D : r1 < |z − a| < r2 analytische Funktion f kannin eine Laurent-Reihe

f (z) =∞∑

n=−∞cn(z − a)n

entwickelt werden, die in D absolut konvergiert.

Die Koeffizienten besitzen die Integraldarstellung

cn =1

2πi

∫C

f (w)

(w − a)n+1dw ,

wobei C ⊂ D ein beliebiger entgegen dem Uhrzeigersinn durchlaufenerKreis um a ist.

Potenzreihen Laurent-Reihe 95-1

Die Laurent-Reihe entspricht einer Zerlegung

f (z) = f1(z − a) + f2(1/(z − a))

von f in zwei analytische Funktionen fk , die bis auf eine Konstanteeindeutig bestimmt sind.Die Konvergenzgebiete von f1 und f2 sind

D1 : |z − a| < r2, D2 : |z − a| > r1

und man erhalt D = D1 ∩ D2 als Konvergenzgebiet der Laurent-Reihe.


Beweis:

o.B.d.A. a = 0D: Kreisring mit Rand C2 − C1, der z einschließt

Re z

Im z

0

zC1C2

Cauchysche Integralformel

f (z) =1

2πi

∫C2

f (w)

w − zdw −

∫C1

f (w)

w − zdw


Erstes Integral: |z | < |w | fur w ∈ C2 Entwicklung

1

w

1

1− z/w=

1

w+

z

w2+

z2

w3+ · · ·

Zweites Integral: |z | > |w | fur w ∈ C1 Entwicklung

−1

z

1

1− w/z= −1

z− w

z2− w2

z3− · · ·

Einsetzen Formel fur die Laurent-Koeffizienten

f (z) =1

2πi

∞∑n=0

∫C2

f (w)

wn+1dw zn +

−∞∑n=−1

∫C1

f (w)

wn+1dw zn

(f (w)/wn+1 in D analytisch Verschiebung des Integrationswegsmoglich)

eindeutige Aufspaltung in zwei analytische Funktionen fk aufgrund derEindeutigkeit der Laurent-Entwicklung


Beispiel:

verschiedene Laurent-Entwicklungen der Funktion

f (z) =b − c

(z − b)(z − c)=

1

z − b− 1

z − c

mit |b| < |c | um a = 0

0

b

c

Re z

Im z

Re z

Im z

0

b

c

Re z

Im z

0

b

c

|z | < |b| |b| < |z | < |c | |c | < |z |


(i) |z | < |b|:

f (z) = −1

b

1

1− z/b+

1

c

1

1− z/c=

geom. Reihe−∞∑n=0

zn

bn+1+∞∑n=0

zn

cn+1

Konvergenz der Reihen fur |z | < |b| bzw. |z | < |c | Taylor-Reihe in der Kreisscheibe D : |z | < min(|b|, |c |)

f (z) =

(1

c− 1

b

)+

(1

c2− 1

b2

)z +

(1

c3− 1

b3

)z2 + · · ·


(ii) |b| < |z | < |c |:

f (z) =1

z

1

1− b/z+

1

c

1

1− z/c=∞∑n=0

bn

zn+1+∞∑n=0

zn

cn+1

Konvergenz der Reihen fur |b| < |z | bzw. |z | < |c | Laurent-Reihe in dem Kreisring |b| < |z | < |c |

f (z) =1

z+

b

z2+

b2

z3+ · · ·+ 1

c+

z

c2+

z2

c3+ · · ·


(iii) |c | < |z |:

f (z) =1

z

1

1− b/z− 1

z

1

1− c/z=∞∑n=0

bn

zn+1−∞∑n=0

cn

zn+1

Konvergenz der Reihen fur |b| < |z | bzw. |c | < |z | Laurent-Reihe in dem Kreisring |z | > max(|b|, |c |)

f (z) =b − c

z2+

b2 − c2

z3+

b3 − c3

z4+ · · ·


Beispiel:

Laurent-Reihe

f (z) =∞∑

n=−∞cnz

n

Konvergenz fur |z | = 1 aquivalente Fourier-Reihe

g(t) = f(eit)

=∞∑

n=−∞cneint , z = eit

Berechnung der Koeffizienten als Kurvenintegral:

cn =1

2πi

∫C

f (z)

zn+1dz

C : positiv orientierter Einheitskreis


Berechnung als trigonometrisches Integral:

cn =1

2πi

2π∫0

f(eit)

ei(n+1)tieit dt =

1

2π

2π∫0

g(t)e−int dt

(z = eit , dz = iz dt)


Methoden der Laurent-Entwicklung

Einige Methoden der Laurent-Entwicklung sind:

direkte Berechnung der Koeffizienten

gliedweise Differentiation oder Integration bekannter Reihen


Summe oder Produkte bekannter Reihen

Substitution z → 1z−a in bekannten Taylor-Reihen

Hintereinanderschaltung von Funktionen durch Einsetzen einer Reiheals Argument

Potenzreihen Methoden der Laurent-Entwicklung 99-1

Beispiel:

Laurent-Entwicklung der Arcustangens-Funktion durch gliedweiseIntegration der Reihendarstellung der Ableitung

d

dzarctan z =

1

1 + z2

|z | < 1:

1

1 + z2=∞∑n=0

(−z2

)n Taylor-Entwicklung

arctan z =∞∑n=0

(−1)n

2n + 1z2n+1 = z − z3

3+

z5

5− · · ·

(arctan(0) = 0)


|z | > 1:

1

1 + z2=

1

z2

1

1 + 1/z2=

1

z2

∞∑n=0

(−z2

)−n Laurent-Entwicklung

arctan z =π

2−∞∑n=0

(−1)n

2n + 1z−2n−1 =

pi

2− 1

z+

1

3z3− · · ·

(Integrationskonstante π/2 durch Vergleich der Werte bei z =∞)


Beispiel:

geometrische Reihen

1

1− z=

∞∑n=0

zn, |z | < 1

1

1− z= −1

z

1

1− 1/z= −

∞∑n=0

1

zn+1, |z | > 1

Differenzieren Taylor- bzw. Laurent-Reihen

1

(1− z)2=

∞∑n=1

nzn−1 = 1 + 2z + 3z2 + · · · , |z | < 1

1

(1− z)2=

∞∑n=0

n + 1

zn+2=

1

z2+

2

z3+

3

z4+ · · · , |z | > 1

weiteres Differenzieren Reihen von (1− z)−m


Regularer Punkt einer komplexen Differentialgleichung

Die Differentialgleichung

r(z)u′′(z) + q(z)u′(z) + p(z)u(z) = 0

ist bei z = a regular, wenn q/r und p/r in einer Umgebung von aanalytisch sind.In einem regularen Punkt a exisitiert zu beliebigen Werten u(a) = u0,u′(a) = u1 eine eindeutige, in einer Umgebung von a analytische Losung u.Insbesondere existieren zwei linear unabhangige Losungen zu den Werten

u(a) = 0, u′(a) = 1

undu(a) = 1, u′(a) = 0 .

Differentialgleichungen Regularer Punkt einer Differentialgleichung 102-1

Beweis:

Division durch r r = 1, Verschiebung o.B.d.A. a = 0

Entwicklungen der Koeffizienten

p(z) = p0 + p1z + · · · , q(z) = q0 + q1z + · · ·mit |pj |, |qj | ≤ cs j fur ein s > 0formaler Ansatz

u(z) = u0 + u1z + · · ·+ unzn + · · ·

u′(z) = u1 + 2u2z + · · ·+ (n + 1)un+1zn + · · ·

Koeffizientenvergleich der Entwicklungen

p(z)u(z) = p0u0 + (p1u0 + p0u1)z + · · ·+ (pnu0 + · · ·+ p0un)zn + · · ·q(z)u′(z) = q0u1 + (q1u1 + 2q0u2)z + · · ·

+(qnu1 + 2qn−1u2 + · · ·+ (n + 1)q0un+1)zn + · · ·u′′(z) = 2u2 + 6u3z + · · ·+ (n + 2)(n + 1)un+2z

n + · · ·Differentialgleichungen Regularer Punkt einer Differentialgleichung 103-1

Rekursion fur die Koeffizienten von u:

2u2 = −q0u1 − p0u0

6u3 = −(q1u1 + 2q0u2)− (p1u0 + p0u1)...

allgemein

(n + 2)(n + 1)un+2 = −(qnu1 + · · ·+ (n + 1)q0un+1)

−(pnu0 + · · ·+ p0un)

Koeffizienten sukzessive aus u0 = u(0) und u1 = u′(0) eindeutigberechenbar

zeige induktiv|uj | ≤ dt j

( =⇒ Analytizitat mit Konvergenzradius ≥ 1/t)


Induktionsanfang: Wahl von d

|u0| ≤ d , |u1| ≤ dt X

Induktionsschritt: Rekursion =⇒

|un+2| ≤cd

(n + 1)(n + 2)

(snt1 + · · ·+ (n + 1)s0tn+1 + snt0 + · · ·+ s0tn

)t ≥ s, 1 + · · ·+ (n + 1) = (n + 1)(n + 2)/2

|un+2| ≤ cd

(tn+1

2+

tn

(n + 2)

)≤ cd

(1

2t+

1

t2

)tn+2

≤ dtn+2, falls

c

(1

2t+

1

t2

)≤ 1

erfullt fur hinreichend großes t

Konvergenzradius u.U. zu kleinoptimales 1/t: Minimum der Konvergenzradien von p und q


Beispiel:

(i) Legendre-Differentialgleichung:

(1− z2)u′′(z)− 2zu′(z) + α(α + 1)u(z) = 0

(q/r)(z) = −(2z)/(1− z2), (p/r)(z) = α(α + 1)/(1− z2) =⇒Regularitat fur z 6= ±1

(ii) Bessel-Differentialgleichung:

z2u′′(z) + zu′(z) + (z2 − α2)u(z) = 0

(q/r)(z) = 1/z , (p/r)(z) = (z2 − α2)/z2 =⇒Regularitat fur z 6= 0


Beispiel:

Legendre-Differentialgleichung

(1− z2)u′′(z)− 2zu′(z) + α(α + 1)u(z) = 0

Ansatzu(z) = u0 + u1z + · · ·


zn : (n + 2)(n + 1)un+2 − n(n − 1)un − 2nun + α(α + 1)un = 0

Rekursion

un+2 =n(n + 1)− α(α + 1)

(n + 1)(n + 2)un = −(α− n)(α + n + 1)

(n + 1)(n + 2)un


u(0) = 1, u′(0) = 0 ungerade Koeffizienten null und

u0 = 1, u2 = −α(α + 1)

1 · 2 , u4 =α(α− 2)(α + 1)(α + 3)

1 · 2 · 3 · 4allgemein

u2n = (−1)nα · · · (α− 2n + 2)(α + 1) · · · (α + 2n − 1)

(2n)!.

α ≥ 0 gerade oder α < 0 ungerade Polynom

α = 0 (oder α = −1) → u(z) = 1

α = 2 (oder α = −3) → u(z) = 1− 3z2

α = 4 (oder α = −5) → u(z) = 1− 10z2 +35

3z4


u(0) = 0, u′(0) = 1 gerade Koeffizienten null und

u2n+1 = (−1)n(α− 1) · · · (α− 2n + 1)(α + 2) · · · (α + 2n)

(2n + 1)!

α > 0 ungerade oder α < 0 gerade Polynom

α = 1 (oder α = −2) → u(z) = z

α = 3 (oder α = −4) → u(z) = z − 5

3z3

α = 5 (oder α = −6) → u(z) = z − 14

3z3 +

21

5z5


Singularer Punkt einer komplexen Differentialgleichung


r(z)u′′(z) + q(z)u′(z) + p(z)u(z) = 0

hat bei z = a einen regularen singularen Punkt, wenn q/r einen Polhochstens erster und p/r einen Pol hochstens zweiter Ordnung bei z = ahaben. In einem regularen singularen Punkt a wird das Verhalten derLosungen u durch die charakteristische Gleichung

ϕ(λ) = λ(λ− 1) + q0λ+ p0 = 0

bestimmt, wobei q0 und p0 die fuhrenden Koeffizienten von q/r bzw. p/rsind, d.h.

q(z)

r(z)=

q0 + q1(z − a) + · · ·z − a

,p(z)

r(z)=

p0 + p1(z − a) + · · ·(z − a)2

.

Differentialgleichungen Singularer Punkt einer Differentialgleichung 106-1

Ist die Differenz der Nullstellen α, β von ϕ nicht ganzzahlig, so existierenzwei linear unabhangige Losungen

(z − a)αv(z), (z − a)βw(z) ,

wobei v und w in einer Umgebung von a analytische Funktionen mitv(a),w(a) 6= 0 sind.Sonst existiert im Allgemeinen nur eine Losung dieses Typs zu demExponenten α mit dem großten Realteil. Eine zweite Losung kann danndurch Variation der Konstanten, d.h. mit dem Ansatz

u(z) = c(z)(z − a)αv(z)

bestimmt werden.


Beweis:

formale Rechtfertigung des Losungstyps, o.B.d.A. a = 0, r(z) = 1Ansatz

u(z) = zλ(u0 + u1z + · · · )Einsetzen in die Differentialgleichung

u′′(z) = λ(λ− 1)u0zλ−2 + (λ+ 1)λu1z

λ−1 + · · ·1

zu′(z)q(z) =

(λu0z

λ−2 + (λ+ 1)u1zλ−1 + · · ·

)(q0 + q1z + · · · )

1

z2u(z)p(z) =

(u0z

λ−2 + u1zλ−1 + · · ·

)(p0 + p1z + · · · )

Vergleich der Koeffizienten von zλ−2 charakteristische Gleichung

ϕ(λ)u0 = 0


Nullstellen λ von ϕ nicht triviale Losungen (u0 6= 0)Vergleich der Koeffizienten von zλ−2+k Rekursion

ϕ(λ+ k)uk = ψ(u0, . . . , uk−1) , k > 0 ,

mit

ψ(u0, . . . , uk−1) = −(λqku0 + (λ+ 1)qk−1u1 + · · ·+ (λ+ k − 1)q1uk−1)

−(pku0 + pk−1u1 + · · ·+ p1uk−1)

qνuk−ν , pνuk−ν : Summe der Indizes = k =⇒ Koeffizient vonzνzk−ν+λ−2 = zλ−2+k

Koeffizienten sukzessive bestimmbar, falls ϕ(λ+ k) 6= 0 ∀ k

Bei ganzzahliger Differenz der Nullstellen α, β von ϕ,

α = β + mmitm ∈ N

ist dies nur fur den Exponenten α mit großerem Realteil moglich.Fur den anderen Exponenten β ist die Rekursionsgleichung

ϕ(β + m)um = ψ(u0, . . . , um−1

nur erfullbar, falls die rechte Seite ebenfalls null ist.Differentialgleichungen Singularer Punkt einer Differentialgleichung 107-2

Beispiel:

Euler-Differentialgleichung

z2u′′(z) + qz u′(z) + p u(z) = 0

z = 0: regularer singularer PunktAnsatz

u(z) = zλ

Einsetzen charakteristische Gleichung

ϕ(λ) = λ(λ− 1) + qλ+ p = λ2 + (q − 1)λ+ p = 0

drei qualitativ verschiedene Falle je nach Typ der Nullstellung von ϕ


(i) Verschiedene Exponenten λ1 6= λ2:z.B. q = 0, p = −6, d.h.

ϕ(λ) = λ2 − λ− 6

mit den Nullstellenλ1 = −2, λ2 = 3

Losungu(z) = c1 frac1z2 + c2 z

3

Probe:

z2u′′ − 6u = z2(c1 (6/z4) + c2 (6z)

)− 6

(c1/z

2 + c2 z3)X


(ii) Ein Exponent λ1 = λ2:z.B. q = −1 und p = 1, d.h. ϕ(λ) = λ2 − 2λ+ 1 mit der Nullstelle λ = 1und der Losung

u(z) = c z

zweite Losung durch Variation der Konstanten: Ansatz u(z) = c(z)z

z2(c z)′′ − z(c z)′ + c z = 0

und nach Vereinfachung

0 = c ′′ z + c ′ = (c ′ z)′

mit der Losung c(z) = c1 + c2 Ln z d.h.

u(z) = (c1 + c2 Ln z) z


(iii) Komplex konjugierte Exponenten:z.B. q = 0, p = 5/4, d.h. ϕ(λ) = λ2 − λ+ 5/4 mit den Nullstellen

λ1,2 =1

2± i

Losungu(z) = c1 z

1/2+i + c2 z1/2−i =

√z(c1 z

i + c2 z−i)

reelle Losung fur reelles z > 0 mit Hilfe der Formel von Euler-Moivre:

z±i = e±i Ln z = cos (Ln z)± i sin (Ln z)

c1 = c2 = 1/2 bzw. c1 = −c2 = 1/(2i) linear unabhangigeLosungen √

z cos (Ln z) ,√z sin (Ln z)


Bessel-Differentialgleichung

Die Bessel-Differentialgleichung

z2u′′(z) + zu′(z) + (z2 − α2)u(z) = 0

besitzt fur α /∈ Z die als Bessel-Funktion bezeichneten, linearunabhangigen Losungen

J±α(z) =(z

2

)±α ∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(±α + n + 1)

(z2

)2n.

Fur α ∈ Z existiert eine Losung mit der angegebenen Reihendarstellungnur fur den positiven Index. Die zweite linear unabhangige Losung ist indiesem Fall eine sogenannte Bessel-Funktion zweiter Art.

Differentialgleichungen Bessel-Differentialgleichung 109-1

Einige spezielle Bessel-Funktionen sind

J0(z) =∞∑n=0

(−1)n

(n!)2

(z2

)2n

und

J1/2(z) =

√2

π

sin z√z, J−1/2(z) =

√2

π

cos z√z.


Beweis:

z = 0: regularer singularer Punktcharakteristische Gleichung

λ(λ− 1) + λ− α2 = λ2 − α2 = 0

Exponenten λ = ±αAnsatz

u(z) = zλ(u0 + u1z + · · · )Vergleich der Koeffizienten von zλ+n in der Differentialgleichung

(λ+ n)(λ+ n − 1)un + (λ+ n)un + un−2 − α2un = 0

d.h. die Rekursion ((λ+ n)2 − α2

)un + un−2 = 0


Rekursion fur Exponenten ±α /∈ Z,

un =−un−2

n(±2α + n), n = 2, 4, . . .

u2 = − u0

2 · 2(±α + 1), u4 =

u0

2 · 4 · 2(±α + 1) · 2(±α + 2)

explizite Formel fur die Koeffizienten

u2n =(−1)nΓ(±α + 1)

2nn!2nΓ(±α + n + 1)u0

u2n+1 = 0 und

u0 =1

2±αΓ(±α + 1)

behauptete Reihenentwicklung

−α ∈ N: Rekursion nicht durchfuhrbar Losung anderen Typs


spezielle Darstellungen, z.B.

J1/2 =

√z

2

∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(

12 + n + 1

) (z2

)2n

Berucksichtigung von

Γ

(1

2+ n + 1

)=

[(1

2+ n

)(1

2+ n − 1

)· · ·(

1

2

)]Γ

(1

2

)=

[2−n−1 (2n + 1)(2n − 1) · · · 1

] √π

sowien! 22n = (2n)(2n − 2) · · · 2 · 2n

J1/2 =

√z

2

2√π

∞∑n=0

(−1)n

(2n + 1)!z2n =

√2

π

sin z√z


Hypergeometrische Differentialgleichung


z(1− z)u′′(z) + (c − (a + b + 1)z)u′(z)− abu(z) = 0

besitzt bei z = 0, 1,∞ regulare Singularitaten.

Fur −c /∈ N0 existiert eine analytische Losung, die sogenanntehypergeometrische Funktion

u(z) = F (a, b, c , z) =∞∑n=0

(a)n(b)n(c)n(1)n

zn

mit (t)0 = 1 und (t)n = t(t + 1) · · · (t + n − 1) fur n ≥ 1.

Differentialgleichungen Hypergeometrische Differentialgleichung 111-1

Beweis:

Division durch z(1− z)

u′′(z) + q(z)u′(z) + p(z)u(z) = 0

mit (nach Umformung)

q(z) =(c − cz) + (c − a− b − 1)z

z(1− z)=

c

z+

1 + a + b − c

z − 1

p(z) =ab

z(z − 1)

regulare singulare Punkte: z = 0, 1


Transformation t = 1/z , dt/dz = −1/z2 = −t2 und u(z) = u(t):

u′ = u′ · dtdz

= −t2u′

u′′ =

(d

dtu′)(

dt

dz

)=(−2tu′ − t2u′′

)(−t2)

= 2t3u′ + t4u′′

Einsetzen in die Differentialgleichung und Division durch t4

u′′ + qu′ + pu = 0

mit

q(t) =2

t−

ct + (1+a+b−c)t1−t

t2=

2− c

t− 1 + a + b − c

t(1− t)

p(t) =abt2

1−tt4

=ab

t2(1− t)

z =∞ ebenfalls regularer singularer PunktDifferentialgleichungen Hypergeometrische Differentialgleichung 112-2

Ansatzu(z) = u0 + u1z + u2z

2 + · · ·Vergleich der Koeffizienten von zn in der Differentialgleichung

−n(n − 1)un + (n + 1)nun+1 + c(n + 1)un+1 − n(a + b + 1)un − abun = 0

Rekursion

un+1 =n2 − n + na + nb + n + ab

(n + c)(n + 1)un =

(n + a)(n + b)

(n + c)(n + 1)un

u0 = 1 =⇒u1 =

ab

c · 1 , u2 =(a + 1)(b + 1)ab

(c + 1) · 2 · c · 1und

un =(a)n(b)n(c)n(1)n


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Komplexe Analysis - Vortragsfolien zur Höheren...

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