Kurs:Funktionentheorie/Residuum

Definition[Bearbeiten]

Es sei $G\subseteq \mathbb {C}$ ein Gebiet, $z_{0}\in G$ und eine Abbildung $f$ bis auf isolierte Singularität $S\subset G$ holomorph, d.h. $f\colon G\setminus S\to \mathbb {C}$ ist holomorph. Ist $z_{0}\in S\subset G$ eine isolierte Singularität von $f$ mit $D_{r}(z_{0})\cap S=\{z_{0}\}$ , so definiert man das Residuum als:

\mathrm {res} _{z_{0}}(f):={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{r}(z_{0})}f(\xi )\,d\xi ={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|\xi -z_{o}|=r}f(\xi )\,d\xi

.

Zusammenhang Residuum und Laurententwicklung[Bearbeiten]

Stellt man $f$ um eine isolierte Singularität $z_{0}\in S\subset G$ als Laurentreihe dar, so kann man das Residuum wie folgt berechnen. Mit $f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_{0})^{n}$ als Laurent-Entwicklung von $f$ um $z_{0}$ gilt:

\mathrm {res} _{z_{0}}(f)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{r}(z_{0})}f(\xi )\,d\xi ={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{r}(z_{0})}a_{-1}\cdot (\xi -z_{0})^{-1}\,d\xi ={\frac {1}{2\pi i}}a_{-1}\cdot \underbrace {\int _{\partial D_{r}(z_{0})}(\xi -z_{0})^{-1}\,d\xi } _{=2\pi i}=a_{-1}

.

Dabei ist zu berücksichtigen, dass die abgeschlossene Kreisscheibe ${\overline {D_{r}(z_{0})}}$ nur die eine Singularität $z_{0}\in S$ enthält, d.h. ${\overline {D_{r}(z_{0})}}\cap s=\{z_{0}\}$ .

Damit kann man das Residuum $\mathrm {res} _{z_{0}}(f)=a_{-1}$ aus der Laurentwicklung von $f$ um $z_{0}$ an -1-ten Koeffizienten ablesen.

Namensgebung[Bearbeiten]

Das Residuum (von lat. residuere - übrigbleiben) heißt so, weil bei der Integration über den Weg $\gamma (t):=z_{o}+r\cdot e^{it}$ mit $t\in [0,2\pi ]$ über den Kreisrand um $z_{o}$ gilt:

{\begin{array}{rl}\displaystyle \int _{|w-z_{0}|=r}f(w)\,dw&=\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{+\infty }a_{n}\int _{|w-z_{0}|=r}(w-z_{0})^{n}\,dw\\&=2\pi i\cdot a_{-1}\end{array}}

gilt, das Residuum also das ist, was beim Integrieren übrig bleibt.

Berechnung für Pole[Bearbeiten]

Ist $z_{0}\in U$ ein Pol der Ordnung $m$ von $f$ , so hat die Laurent-Entwicklung von $f$ um $z_{0}$ die Form

f(z)=\sum _{k=-m}^{\infty }a_{k}(z-z_{0})^{k}

mit $a_{-m}\neq 0$ .

Beweis 1: Hauptteil entfernen durch Multiplikation[Bearbeiten]

Multiplizieren wir mit $(z-z_{0})^{m}$ , so erhalten wir

g_{m}(z):=(z-z_{0})^{m}\cdot f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k-m}(z-z_{0})^{k}

Das Residuum $a_{-1}$ ist nun als Koeffizienten von $(z-z_{0})^{m-1}$ in der Potenzreihe der Funktion $g_{m}(z)$ zu finden.

Beweis 2: Anwendung der (m-1)-fachen Differentiation[Bearbeiten]

Durch $m-1$ -faches Differenzieren verschwinden die ersten $m-1$ Summanden der Reihe vom Exponent $n=0$ bis zum Exponenten $m-2$ . Damit ist das Residuum zusammen mit den durch die Ableitung entstandenen Vorfaktoren direkt nun der Kooeffizient vor $(z-z_{0})^{0}$ und man erhält:

g_{m}^{(m-1)}(z)=\sum _{k=m-1}^{\infty }{\frac {k!}{(k-m+1)!}}a_{k-m}(z-z_{0})^{k-m+1}

Beweis 3: Grenzwertprozess und Berechnung des Koeffizienten vor $(z-z_{o})^{0}$ [Bearbeiten]

Durch Indexverschiebung erhält man:

g_{m}^{(m-1)}(z)=\sum _{k=-1}^{\infty }{\frac {m+k!}{(k+1)!}}a_{k}(z-z_{0})^{k+1}

Durch einen Grenzwertprozess $z\to z_{0}$ verschwinden alle Summanden mit $k\geq 0$ und man erhält:

\lim _{z\to z_{0}}g_{m}^{(m-1)}(z)={\frac {(m-1)!}{0!}}\cdot a_{-1}\cdot (z-z_{0})^{0}=(m-1)!\cdot a_{-1}

Insgesamt lässt sich damit das Residuum durch folgenden Grenzwert $z\to z_{0}$ berechnen:

\mathrm {res} _{z_{0}}(f)=a_{-1}={\frac {1}{(m-1)!}}\cdot \lim _{z\to z_{0}}g_{m}^{(m-1)}(z)

Aufgaben für Studierende[Bearbeiten]

Erläutern Sie, warum bei der Integration über die Laurententwicklung alle Summanden aus dem Nebenteil und alle Summanden mit dem Index $n\in \mathbb {Z}$ mit $n\not =-1$ bei der Integration das Integral

\int _{\partial D_{r}(z_{0})}a_{n}\cdot (\xi -z_{0})^{n}\,d\xi =0

ergeben.

Warum darf man bei der Integration und der Reihenentwicklung die Grenzwertprozesse vertauschen?

\sum _{n=-\infty }^{+\infty }\int _{\partial D_{r}(z_{0})}a_{n}(\xi -z_{0})^{n}d\xi =\int _{\partial D_{r}(z_{0})}\sum _{n=-\infty }^{+\infty }a_{n}(\xi -z_{0})^{n}d\xi ={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D_{r}(z_{0})}f(\xi )\,d\xi =\mathrm {res} _{z_{0}}(f)

Gegeben sei die Funktion $f:\mathbb {C} \setminus \{i\}\to \mathbb {C}$ mit $z\mapsto f(z)={\frac {e^{z-i}}{(z-i)^{5}}}$ . Berechnen Sie das Residuum $\mathrm {res} _{z_{0}}(f)$ mit $z_{0}:=i$ !