Das Null- und Polstellen zählende Integral zählt, wie der Name schon vermuten lässt, Null- und Polstellen einer meromorphen Funktion mit ihrer Vielfachheit. Genauer:
Nullstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Sei
U
⊆
C
{\displaystyle U\subseteq \mathbb {C} }
f
:
U
→
C
{\displaystyle f:U\to \mathbb {C} }
z
o
∈
U
{\displaystyle z_{o}\in U}
f
{\displaystyle f}
z
o
{\displaystyle z_{o}}
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
g
:
U
→
C
{\displaystyle g:U\to \mathbb {C} }
g
(
z
o
)
≠
0
∧
f
(
z
)
=
(
z
−
z
o
)
n
⋅
g
(
z
)
{\displaystyle g(z_{o})\not =0\,\wedge \,f(z)=(z-z_{o})^{n}\cdot g(z)}
Polstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Sei
U
⊆
C
{\displaystyle U\subseteq \mathbb {C} }
f
:
U
∖
{
z
o
}
→
C
{\displaystyle f:U\setminus \{z_{o}\}\to \mathbb {C} }
z
o
∈
U
{\displaystyle z_{o}\in U}
f
{\displaystyle f}
z
o
{\displaystyle z_{o}}
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
g
:
U
→
C
{\displaystyle g:U\to \mathbb {C} }
g
(
z
o
)
=
w
o
∈
C
∧
f
(
z
)
=
(
z
−
z
o
)
−
n
⋅
g
(
z
)
mit
z
∈
U
∖
{
z
o
}
{\displaystyle g(z_{o})=w_{o}\in \mathbb {C} \,\wedge \,f(z)=(z-z_{o})^{-n}\cdot g(z){\mbox{ mit }}z\in U\setminus \{z_{o}\}}
Sei
U
⊆
C
{\displaystyle U\subseteq \mathbb {C} }
f
:
U
→
C
{\displaystyle f:U\to \mathbb {C} }
z
o
∈
U
{\displaystyle z_{o}\in U}
f
{\displaystyle f}
z
o
{\displaystyle z_{o}}
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
Aufgabe 1: Nullstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Berechnen Sie unter Verwendung der Definition der Nullstellenordnung den Ausdruck für
z
∈
U
{\displaystyle z\in U}
f
′
(
z
)
f
(
z
)
=
{\displaystyle {\frac {f'(z)}{f(z)}}=}
Aufgabe 2: Nullstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Begründen Sie, warum für den Term
g
′
(
z
)
g
(
z
)
{\displaystyle {\frac {g'(z)}{g(z)}}}
D
ε
(
z
o
)
⊂
U
{\displaystyle D_{\varepsilon }(z_{o})\subset U}
g
′
g
{\displaystyle {\frac {g'}{g}}}
Aufgabe 3: Nullstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Begründen Sie, warum
g
′
g
{\displaystyle {\frac {g'}{g}}}
U
⊆
C
{\displaystyle U\subseteq \mathbb {C} }
Aufgabe 4: Nullstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Was können Sie daraus für die folgende Integrale folgern:
∫
∂
D
ε
(
z
o
)
g
′
(
z
)
g
(
z
)
d
z
=
.
.
.
{\displaystyle \displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {g'(z)}{g(z)}}\,dz=...}
und
∫
∂
D
ε
(
z
o
)
f
′
(
z
)
f
(
z
)
d
z
=
.
.
.
{\displaystyle \displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=...}
Aufgabe 5: Polstelle der Ordnung n [ Bearbeiten ] Übertragen Sie Berechnung und Begründungen auf Polstellen der Ordnung
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
∫
∂
D
ε
(
z
o
)
g
′
(
z
)
g
(
z
)
d
z
=
.
.
.
{\displaystyle \displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {g'(z)}{g(z)}}\,dz=...}
und
∫
∂
D
ε
(
z
o
)
f
′
(
z
)
f
(
z
)
d
z
=
.
.
.
{\displaystyle \displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=...}
Sei
U
⊆
C
{\displaystyle U\subseteq \mathbb {C} }
f
∈
M
(
U
)
{\displaystyle f\in {\mathcal {M}}(U)}
N
(
f
)
{\displaystyle N(f)}
P
(
f
)
{\displaystyle P(f)}
f
{\displaystyle f}
Γ
∈
C
(
U
)
{\displaystyle \Gamma \in C(U)}
Zyklus der jede Null- und jede Polstelle von
f
{\displaystyle f}
umläuft , d. h. es ist
n
(
Γ
,
z
)
=
1
{\displaystyle n(\Gamma ,z)=1}
z
∈
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle z\in N(f)\cup P(f)}
z
∈
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle z\in N(f)\cup P(f)}
o
z
(
f
)
:=
{
m
z
ist
Nullstelle
m
-ter
Ordnung
−
m
z
ist
Pol
m
-ter
Ordnung
{\displaystyle o_{z}(f):=\left\{{\begin{array}{rr}m&z\ {\textrm {ist}}\ {\textrm {Nullstelle}}\ m{\textrm {-ter}}\ {\textrm {Ordnung}}\\-m&z\ {\textrm {ist}}\ {\textrm {Pol}}\ m{\textrm {-ter}}\ {\textrm {Ordnung}}\end{array}}\right.}
Dann ist
1
2
π
i
∫
Γ
f
′
(
z
)
f
(
z
)
d
z
=
∑
z
∈
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
o
z
(
f
)
.
{\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\int _{\Gamma }{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=\sum _{z\in N(f)\cup P(f)}o_{z}(f).}
Für jedes
z
0
∈
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle z_{0}\in N(f)\cup P(f)}
U
z
0
{\displaystyle U_{z_{0}}}
g
z
0
:
U
z
0
→
C
{\displaystyle g_{z_{0}}\colon U_{z_{0}}\to \mathbb {C} }
g
z
0
(
z
0
)
≠
0
{\displaystyle g_{z_{0}}(z_{0})\neq 0}
U
z
0
∩
(
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
)
=
{
z
0
}
{\displaystyle U_{z_{0}}\cap (N(f)\cup P(f))=\{z_{0}\}}
f
(
z
)
=
(
z
−
z
0
)
o
z
0
(
f
)
g
z
0
(
z
)
(
⋆
)
{\displaystyle f(z)=(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)}g_{z_{0}}(z)\qquad (\star )}
gilt.
Beweis 1: Holomorphie und Anwendung Residuensatz [ Bearbeiten ] Der Integrand ist überall in
U
{\displaystyle U}
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle N(f)\cup P(f)}
Residuensatz genügt es, die Residuen von
f
{\displaystyle f}
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle N(f)\cup P(f)}
Beweis 2: Residuum für Nullstellen/Polstellen [ Bearbeiten ] Sei
z
0
∈
N
(
f
)
∪
P
(
f
)
{\displaystyle z_{0}\in N(f)\cup P(f)}
(
⋆
)
{\displaystyle (\star )}
f
′
(
z
)
=
o
z
0
(
f
)
(
z
−
z
0
)
o
z
0
(
f
)
−
1
g
z
0
(
z
)
+
(
z
−
z
0
)
o
z
0
(
f
)
g
z
0
′
(
z
)
,
z
∈
U
z
0
{\displaystyle f'(z)=o_{z_{0}}(f)(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)-1}g_{z_{0}}(z)+(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)}g_{z_{0}}'(z),\qquad z\in U_{z_{0}}}
also ist für
z
{\displaystyle z}
z
0
{\displaystyle z_{0}}
f
′
(
z
)
f
(
z
)
=
o
z
0
(
f
)
z
−
z
0
+
g
z
0
′
(
z
)
g
z
0
(
z
)
,
z
∈
U
z
0
{\displaystyle {\frac {f'(z)}{f(z)}}={\frac {o_{z_{0}}(f)}{z-z_{0}}}+{\frac {g'_{z_{0}}(z)}{g_{z_{0}}(z)}},z\in U_{z_{0}}}
Beweis 3: Anwendung Residuensatz [ Bearbeiten ] Der zweite Summand ist holomorph, also ist
z
0
{\displaystyle z_{0}}
f
′
/
f
{\displaystyle f'/f}
r
e
s
z
0
f
′
f
=
o
z
0
(
f
)
{\displaystyle \mathrm {res} _{z_{0}}{\frac {f'}{f}}=o_{z_{0}}(f)}
Die Behauptung folgt mit dem Residuensatz.
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