Kurs:Funktionentheorie/Null- und Polstellen zählendes Integral

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

Sei $U\subseteq \mathbb {C}$ offen, $f:U\to \mathbb {C}$ eine holomorphe Funktion und $z_{o}\in U$. $f$ hat in $z_{o}$ eine Nullstelle der Ordnung $n\in \mathbb {N}$, wenn eine holomorphe Funktion $g:U\to \mathbb {C}$ existiert, mit

$g(z_{o})\not =0\,\wedge \,f(z)=(z-z_{o})^{n}\cdot g(z)$.

Polstelle der Ordnung n

Sei $U\subseteq \mathbb {C}$ offen, $f:U\setminus \{z_{o}\}\to \mathbb {C}$ eine holomorphe Funktion und $z_{o}\in U$. $f$ hat in $z_{o}$ eine Polstelle der Ordnung $n\in \mathbb {N}$, wenn eine holomorphe Funktion $g:U\to \mathbb {C}$ existiert, mit $z\in U\setminus \{z_{o}\}$:

$g(z_{o})=w_{o}\in \mathbb {C} \setminus \{0\}\,\wedge \,f(z)=(z-z_{o})^{-n}\cdot g(z)$.

Bemerkung 1 - U als Kreisscheibe

Man betrachtet in der Regel als offene Menge $U:=D_{r}(z_{o})\subset G$ als Kreisscheibe um eine isolierte Singularität. "Isoliert" bedeutet gerade, dass man immer eine Kreisscheibe finden kann, in der nur $z_{o}\in U$ eine Singularität ist und keine weiteren Singularitäten in der Kreisscheibe $D_{r}(z_{o})\subset G$.

Bemerkung 2 - Polstelle der Ordnung n

Die Bedingung $g(z_{o})=w_{o}\in \mathbb {C}$ sorgt dafür, dass kein weiterer Faktor $(z-z_{o})^{-1}$ in $g$ steckt und die Ordnung der Polstelle größer als $n$ ist. In einem solchen Fall wäre $g(z_{0})=\infty$.

Bemerkung 3 - Polstelle der Ordnung n

Die Bedingung $g(z_{o})\not =0$ sorgt dafür, dass die Funktion $g$ keine Nullstelle in $z_{o}$. In einem solchen Fall wäre die Ordnung der Polstelle dann kleiner als $n$ ist. In einem solchen Fall kann man mit einer Nullstelle der Ordnung $k$ durch $(z-z_{0})^{k}$ den Grad des der Polstelle, um $k$ reduzieren.

Aufgaben

Sei $U\subseteq \mathbb {C}$ offen, $f:U\to \mathbb {C}$ eine holomorphe Funktion und $z_{o}\in U$. Ferner habe $f$ in $z_{o}$ eine Nullstelle der Ordnung $n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe 1: Nullstelle der Ordnung n

Berechnen Sie unter Verwendung der Definition der Nullstellenordnung den Ausdruck für $z\in U$

${\frac {f'(z)}{f(z)}}=$

Aufgabe 2: Nullstelle der Ordnung n

Begründen Sie, warum für den Term ${\frac {g'(z)}{g(z)}}$ eine Umgebung $D_{\varepsilon }(z_{o})\subset U$ existiert in der ${\frac {g'}{g}}$ keine Singularitäten besitzt.

Aufgabe 3: Nullstelle der Ordnung n

Begründen Sie, warum ${\frac {g'}{g}}$ nicht notwendigerweise auf ganz $U\subseteq \mathbb {C}$ definiert sein muss.

Aufgabe 4: Nullstelle der Ordnung n

Was können Sie daraus für die folgende Integrale folgern:

$\displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {g'(z)}{g(z)}}\,dz=...$

und

$\displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=...$

Aufgabe 5: Polstelle der Ordnung n

Übertragen Sie Berechnung und Begründungen auf Polstellen der Ordnung $n\in \mathbb {N}$ und berechnen Sie wieder die Integrale:

$\displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {g'(z)}{g(z)}}\,dz=...$

und

$\displaystyle \int _{\partial D_{\varepsilon }(z_{o})}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=...$

Satz - Null- und Polstellen zählendes Integral

Sei $U\subseteq \mathbb {C}$ offen, $f\in {\mathcal {M}}(U)$. Sei ${\mathcal {N}}(f)$ die Menge der Null- und ${\mathcal {P}}(f)$ die Menge der Polstellen von $f$. Sei $\Gamma$ ein Zyklus in $U$, der jede Null- und jede Polstelle von $f$ genau einmal im positiven Sinn umläuft, d. h. es ist $n(\Gamma ,z)=1$ für jedes $z\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$. Wir setzen für $z\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$:

$o_{z}(f):=\left\{{\begin{array}{rr}m&z\ {\textrm {ist}}\ {\textrm {Nullstelle}}\ m{\textrm {-ter}}\ {\textrm {Ordnung}}\\-m&z\ {\textrm {ist}}\ {\textrm {Pol}}\ m{\textrm {-ter}}\ {\textrm {Ordnung}}\end{array}}\right.$

Dann ist

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{\Gamma }{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz=\sum _{z\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)}o_{z}(f).$

Beweis

Für jedes $z_{0}\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$ gibt es dann eine Umgebung $U_{z_{0}}$ und ein holomorphes $g_{z_{0}}\colon U_{z_{0}}\to \mathbb {C}$ so dass $g_{z_{0}}(z_{0})\neq 0$, $U_{z_{0}}\cap ({\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f))=\{z_{0}\}$ und

$f(z)=(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)}g_{z_{0}}(z)\qquad (\star )$

gilt.

Beweis 1 - Holomorphie und Anwendung Residuensatz

Der Integrand ist überall in $U$ mit Ausnahme von möglicherweise ${\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$ holomorph. Nach dem Residuensatz genügt es, die Residuen von $f$ in den Punkten von ${\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$ zu berechnen.

Beweis 2 - Nullstellen / Polstellen

• Nullstelle der Ordnung $n$: $f(z)=(z-z_{o})^{n}\cdot g(z)$ mit $g(z_{o})\not =0$

• Polstelle der Ordnung $n$: $f(z)=(z-z_{o})^{-n}\cdot g(z)$ mit $g(z_{o})\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$.

Beweis 3 - Ableitung mit Produktregel

• Nullstelle der Ordnung $n$ mit $g(z_{o})\not =0$:

$f'(z)=n\cdot (z-z_{o})^{n-1}\cdot g(z)+(z-z_{o})^{n}\cdot g{\,}'\!(z)$

• Polstelle der Ordnung $n$ mit $g(z_{o})\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$:

$f'(z)=-n\cdot (z-z_{o})^{-n-1}\cdot g(z)+(z-z_{o})^{-n}\cdot g{\,}'\!(z)$

Beide Fälle werden durch die Definition $o_{z_{o}}(f)$ für Polstellen und Nullstellen nun zusammengefasst.

Beweis 4 - Umgebung um Pol- bzw. Nullstelle

Da sowohl bei der Polstelle als auch bei der Nullstelle $g(z_{o})\not =0$ gelten muss, gibt es eine Umgebung $D_{\varepsilon }(z_{o})$ um $z_{o}$, für die $g(z)\not =0$ für alle $z\in D_{\varepsilon }(z_{o})$ gilt. Man indiziert nun die Funktion $g$ als $g_{z_{o}}$, um deutlich zu machen, dass die Wahl von $g_{z_{o}}$ von $z_{o}$ abhängt.

Beweis 5 - Residuum für Nullstellen/Polstellen

Sei $z_{0}\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$, dann erhält man mit der Definition von $(\star )$ über die Produktregel für $z\in D_{\varepsilon }(z_{0})$ die folgende Ableitung:

$f'(z)=o_{z_{0}}(f)(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)-1}g_{z_{0}}(z)+(z-z_{0})^{o_{z_{0}}(f)}g_{z_{0}}'(z)$

also ist für $z$ nicht weiter als $\varepsilon >0$ von $z_{0}$ entfernt ist:

${\frac {f'(z)}{f(z)}}={\frac {o_{z_{0}}(f)}{z-z_{0}}}+{\frac {g'_{z_{0}}(z)}{g_{z_{0}}(z)}},z\in D_{\varepsilon }(z_{o})$

mit $g_{z_{o}}(z)>0$ für alle $z\in D_{\varepsilon }(z_{0})$.

Bemerkung zu 5 - Wahl der Kreisschreibe

In den folgenden Schritten ist es wesentlich, dass auch auf dem Rand einer Kreisschreiben die Bedingung $g_{z_{o}}(z)>0$ gilt. Das ist möglich, indem man den Radius $\varepsilon$ verkleinert, damit z.B. für alle $z\in {\overline {D_{\frac {\varepsilon }{2}}(z_{0})}}$ auf der abgeschlossenen Kreisscheibe (und damit auch auf dem Rand) der Wert $g(z)$ von 0 verschieden ist. Die Stetigkeit von $g$ mit $g(z_{0})\not =0$ erlaubt die geeignete Wahl.

Beweis 6 - Residuum für Nullstellen/Polstellen

Durch Integration erhält man zunächst:

${\begin{array}{rcl}\displaystyle \int _{|z-z_{o}|={\frac {\varepsilon }{2}}}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz&=&\displaystyle \int _{|z-z_{o}|={\frac {\varepsilon }{2}}}{\frac {o_{z_{0}}(f)}{z-z_{0}}}+\underbrace {\int _{|z-z_{o}|={\frac {\varepsilon }{2}}}{\frac {g'_{z_{0}}(z)}{g_{z_{0}}(z)}}\,dz} _{=0}\\&=&\displaystyle o_{z_{0}}(f)\cdot \int _{|z-z_{o}|={\frac {\varepsilon }{2}}}{\frac {1}{z-z_{0}}}dz\\\end{array}}$

Beweis 7 - Anwendung Residuensatz

Der zweite Summand $g_{z_{o}}'/g_{z_{o}}$ ist in $D_{\varepsilon }(z_{o})$ holomorph, also ist $z_{0}$ ein Pol erster Ordnung von $f'/f$ und

$\mathrm {res} _{z_{0}}{\frac {f'}{f}}=o_{z_{0}}(f)$

Beweis 8 - Anwendung Residuensatz

Für die Berechnung des Gesamtintergral über einen nullhomologen Zyklus, der alle Polstellen und Nullstellen genau einmal umrundet, ergänzt addiert und substrahiert man jeweils die Integrale $\partial D_{\frac {\varepsilon }{2}}(z_{o})$. Das Intergal über den Zyklus $\Gamma$ zusammen mit dem subtrahierten Integralen um $\partial D_{\frac {\varepsilon }{2}}(z_{o})$ umrundet dann weder eine Polstelle noch eine Nullstelle von $f$ und ist damit nach dem Cauchy-Integralsatz 0. Das Gesamtintergral lässt sich damit als Summe der Integrale über den Rand von $\partial D_{\frac {\varepsilon }{2}}(z_{o})$ der Pol- bzw. Nullstellen darstellen.

Beweis 9 - Anwendung Residuensatz

Das Integral aus der Behauptung ist damit die Summe aus den positive umrandeten Wegintegralen über $\partial D_{\frac {\varepsilon }{2}}(z_{o})$ für alle $z_{o}\in {\mathcal {N}}(f)\cup {\mathcal {P}}(f)$

$\mathrm {res} _{z_{0}}{\frac {f'}{f}}=o_{z_{0}}(f)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{\varepsilon /2}}{\frac {f'(z)}{f(z)}}\,dz$

Bemerkung - Residuum

Da die Umlaufzahl 1 ist und nur eine Singularität umrundet wird, reduziert sich der Residuensatz auf die Defintion des Residuums:

$\mathrm {res} _{z_{0}}\left({\frac {f'}{f}}\right):={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{\varepsilon /2}(z_{0})}{\frac {f'(\xi )}{f(\xi )}}\,d\xi$.

Bemerkung - Integral liefert Residuen für Pol- bzw. Nullstellen

Die Anmerkung erläutert, warum das Integral über ${\frac {f'}{f}}$ sowohl für Polstellen als auch Nullstellen von 0 verschiedene Werte liefer kann.

• Nullstellen von $f$ sind Polstellen von ${\frac {f'}{f}}$.
• Polstellen von $f$ sind Polstellen 1. Ordnung von ${\frac {f'}{f}}$.

Seiteninformation

Dieser Wiki2Reveal Foliensatz wurde für den Lerneinheit Kurs:Funktionentheorie' erstellt der Link für die Wiki2Reveal-Folien wurde mit dem Wiki2Reveal-Linkgenerator erstellt.

• Die Seite wurde als Dokumententyp PanDocElectron-SLIDE erstellt.
• Link zur Quelle in Wikiversity: https://de.wikiversity.org/wiki/Kurs:Funktionentheorie/Null-%20und%20Polstellen%20z%C3%A4hlendes%20Integral
• siehe auch weitere Informationen zu Wiki2Reveal und unter Wiki2Reveal-Linkgenerator.