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What should you be acquainted with? 1. Linear Algebra. 2. Analysis. 3. Basics in Functional Analysis.

Line Integrals

Integration along Curves

Definitions and conventions

Sei $I\colon=[0,1]$. Eine Kurve $c:I\rar\C$ heißt stückweise glatt, wenn $t_0=0 < t_1 < \cdots < t_{n-1} < t_n=1$ existieren, so daß erstens $c:I\rar\C$ stetig, zweitens für alle $j=1,\ldots,n$: $c:(t_{j-1},t_j)\rar\C$ glatt ist und drittens die rechts- bzw. linksseitigen Ableitungen in den Punkten $t_0,\ldots,t_n$ existieren. Ein Sonderfall stückweise glatter Kurven sind polygonale Kurven oder Polygonzüge: die Ableitungen dieser Kurven sind auf den Intervallen $(t_{j-1},t_j)$ konstant. Ist $f:\O(\sbe\C)\rar X$ stetig und $c:[a,b]\rar\C$ eine Kurve, so definieren wir das Integral von $f$ längs der stückweise glatten Kurve $c$ durch \begin{equation}\label{kinteq1}\tag{IAC1} \int_c f(z)\,dz\colon=\int_a^b f(c(t))c^\prime(t)\,dt \quad\mbox{bzw.}\quad \int_c f(z)\,d\bar z\colon=\int_a^b f(c(t))\cl{c^\prime(t)}\,dt \end{equation} wobei auf den jeweils rechten Seiten das Lebesgue Integral gemeint ist. Unter einer Reparametrisierung von $c:[a,b]\rar\C$ verstehen wir eine glatte bijektive Abbildung $\vp:[\a,\b]\rar[a,b]$, so daß für alle $s\in[\a,\b]$: $\vp^\prime(s) >0$, i.e. $\vp$ ist streng monoton steigend. $k\colon=c\circ\vp$ ist dann eine stückweise glatte Kurve mit demselben Bild wie $c$ - man sagt: $k$ ist eine Reparametrisierung von $c$. Da $k^\prime(s)=c^\prime(\vp(t))\vp^\prime(s)$, folgt: \begin{eqnarray*} \int_k f(z)\,dz &=&\int f\circ k(s) k^\prime(s)\,ds =\int f\circ c(\vp(s))c^\prime(\vp(s))\vp^\prime(s)\,ds\\ &=&\int f\circ c(t) c^\prime(t)\,dt =\int_c f(z)\,dz~. \end{eqnarray*} D.h. das Integral längs einer Kurve $c$ hängt nur vom Bild der Kurve ab, nicht jedoch von der Art wie die Kurve durchlaufen wird (i.e. von der Parameterisierung der Kurve). Die Länge bzw. Energie einer stückweise glatten Kurve $c:[0,T]\rar\C$ sind definiert durch $$ L(c)\colon=\int_0^T|c^\prime(t)|\,dt \quad\mbox{bzw.}\quad E(c)\colon=\tfrac12\int_0^T|c^\prime(t)|^2\,dt $$ Die Länge ist wiederum von der Parametrisierung unabhängig, die Energie jedoch nicht! Es gilt nach der Cauchy-Schwarz Ungleichung: $L(c)^2\leq2E(c)T$ und Gleichheit gilt dann und nur dann, wenn $|c^\prime|$ konstant ist; falls für alle $t\in[0,T]$: $|c^\prime(t)|=1$, dann sagt man: $c$ ist durch ihre Bogenlänge parametrisiert, denn in diesem Fall ist für alle $s\in[0,T]$ die Länge der Kurve $c:[0,s]\rar\C$ gleich $s$. Setzen wir $\sup\{\norm{f(z)}:z\in c([0,T])\}\leq M$, so gilt: $$ \Big\Vert\int_c f(z)\,dz\Big\Vert\leq ML(c)~. $$
Seien $f,g:\O\rar\C$ komplex differenzierbar. Dann gilt für jede stückweise glatte, geschlossene Kurve $\g$ in $\O$: $$ \int_\g f(z)g^\prime(z)\,dz=-\int_\g f^\prime(z)g(z)\,dz~. $$
Seien $f,g:\O\rar X$ stetig und $F:U\rar\O$ reell glatt. Zeigen Sie: Für jede stückweise glatte Kurve $\g$ in $\O$ gilt die Substitutionsregel für Kurvenintegrale: $$ \int_{F\circ\g}f\,dz+g\,d\bar z =\int_\g(f\circ F\,\pa_zF+g\circ F\,\pa_z\bar F)\,dz+ (f\circ F\,\pa_{\bar z}F+g\circ F\,\pa_{\bar z}\bar F)\,d\bar z~. $$ Falls $F$ komplex differenzierbar ist, dann gilt also: $$ \int_{F\circ\g}f\,dz=\int_\g f\circ F\,F^\prime\,dz \quad\mbox{und}\quad \int_{F\circ\g}g\,d\bar z=\int_\g g\circ F\,\cl{F^\prime}\,d\bar z~. $$

Approximations

Zu jeder stückweise glatten Kurve $c:I\rar\O$ und jedem $\e > 0$ gibt es einen Polygonzug $p_\e:I\rar\O$, so daß $\sup_t|p_\e(t)-c(t)| < \e$ und $\sup_t|p_\e^\prime(t)-c^\prime(t)| < \e$. Falls $f:\O\rar X$ stetig ist, dann folgt der Approximationssatz: $$ \lim_{\e\dar0}\int_{p_\e}f(z)\,dz=\int_cf(z)\,dz~. $$

Primitive functions

Ist $f:\O\rar X$ stetig und $F:\O\rar X$ eine Stammfunktion von $f$, i.e. $F$ ist komplex differenzierbar und $F^\prime=f$, dann gilt für jede stückweise glatte Kurve $c:[0,1]\rar\O$: $$ \int_c f(z)\,dz=F(c(1))-F(c(0))~. $$
$\proof$ Die Funktion $F\circ c$ ist stetig differenzierbar und ihre Ableitung stimmt nach der Kettenregel mit $t\mapsto f(c(t))c^\prime(t)$ überein, also folgt nach dem Hauptsatz: $$ \int_c f(z)\,dz =\int f(c(t)) c^\prime(t)\,dt =F(c(1))-F(c(0))~. $$ $\eofproof$
Zeigen Sie, daß die Funktion $z\mapsto\bar z$ auf keiner offenen Teilmenge $U$ von $\C$ eine Stammfunktion besitzt.
Sei $\g:[0,2\pi]\rar\C$ die Kurve $\g(t)=e^{it}$ und $n\in\Z$, dann gilt: $$ \int_\g z^n\,dz =\left\{ \begin{array}{cl} 2\pi i&\mbox{falls $n=-1$}\\ 0&\mbox{sonst} \end{array} \right. $$
Denn nach Definition ist $$ \int_\g z^n\,dz =\int_0^{2\pi}(e^{it})^n ie^{it}\,dt =i\int_0^{2\pi}e^{it(n+1)}\,dt $$ und dies ist gleich $2\pi i$ falls $n+1=0$ und $0$ sonst. Insbesondere folgt, daß die Funktion $z\mapsto1/z$ auf $\C\sm\{0\}$ keine Stammfunktion besitzt.
Sei $\g:(-\pi,\pi]\rar\C$, $\g(t)=e^{it}$, dann ist $$ \int_\g\log z\,dz =-\int_{-\pi}^{\pi} te^{it}\,dt =ite^{it}|_{-\pi}^{\pi} =-2\pi i~. $$
Für alle $n\in\N$ gilt: $$ \int_0^{2\pi}\cos^{2n}t\,dt =\frac{2\pi}{2^{2n}}{2n\choose n}, $$
$\cos(t)=\tfrac12(e^{it}+e^{-it})$ und somit folgt für $\g(t)\colon=e^{it}$: $\g^\prime(t)=i\g(t)$, also \begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\cos^{2n}t\,dt &=&-\frac i{2^{2n}}\int_\g z^{-1}(z+z^{-1})^{2n}\,dz\\ &=&-\frac i{2^{2n}}\int_\g\sum_{k=0}^{2n}{2n\choose k}z^{2n-2k-1}\,dz =-\frac i{2^{2n}}{2n\choose n}2\pi i~. \end{eqnarray*}
Berechnen Sie für $n,m\in\N_0$: $I\colon=\int_0^{2\pi}\sin^m(x)\cos^n(x)\,dx$. Lösungsvorschlag.

Primitive functions and logarithms

Sei $\O(\sbe\C)$ ein Gebiet und $f:\O\rar\C\sm\{0\}$ differenzierbar, dann gibt es i.A. keinen Logarithmus von $f$, d.h. es gibt keine differenzierbare Funktion $g:\O\rar\C$, so daß $e^g=f$ (z.B. $f(z)=z$ auf $\O=\C\sm\{0\})$. Eine solche Funktion $g$ existiert genau dann, wenn $f^\prime/f$ auf $\O$ eine Stammfunktion besitzt: Ist $f=e^g$ und $g$ differenzierbar, so gilt nach der Kettenregel: $g^\prime e^g=f^\prime$, i.e. $f^\prime/f=g^\prime$ und somit ist $g$ eine Stammfunktion von $f^\prime/f$. Besitzt umgekehrt $f^\prime/f$ eine Stammfunktion $g$, gilt also $f^\prime/f=g^\prime$, so ist $h\colon=e^g$ auf $\O$ differenzierbar und besitzt keine Nullstelle; ferner gilt: $$ (f/h)^\prime=(f^\prime h-fh^\prime)/h^2 =(f^\prime h-fg^\prime h)/h^2 =0 $$ i.e. $f/h$ ist konstant gleich $c$ und $f=ce^g=e^{g+\log c}$. Was die Existenz einer Stammfunktion betrifft: cf. e.g. Proposition. Jedenfalls besitzt nicht jede komplex differenzierbare Funktion $f:\O\rar X$ auf einem Gebiet $\O$ eine Stammfunktion - z.B. $f(z)=1/z$ auf $\O\colon=\C\sm\{0\}$.
Sei $f=u+iv:\O\rar\C$ stetig. Dann besitzt $f$ genau dann eine Stammfunktion $F$, wenn sowohl das Vektorfeld $(u,-v)$ als auch das dazu orthogonale Vektorfeld $(v,u)$ Gradientenfelder sind, also $(u,-v)=\nabla U$ und $(v,u)=\nabla V$ - es gilt dann $F=U+iV$.
Falls $f=u+iv:\O\rar\C$ darüber hinaus stetig reell differenzierbar ist und sowohl $(u,-v)$ als auch $(v,u)$ Gradientenfelder sind, dann folgt nach dem Schwarz Theorem: $$ \pa_yu=-\pa_xv \quad\mbox{und}\quad \pa_yv=\pa_xu $$ das sind aber genau die Cauchy-Riemannschen Gleichungen und folglich kann eine stetig reell differenzierbare Funktion $f:\O\rar\C$ nur dann eine Stammfunktion besitzen, wenn sie komplex differenzierbar ist. Lemma legt nahe, wie wir zu einer Stammfunktion kommen, indem wir nämlich einen Punkt $z_0\in\O$ fixieren eine stückweise glatte Kurve $c$ zwischen $z_0$ und $z\in\O$ wählen und setzen: $F(z)\colon=\int_c f(w)\,dw$. Damit diese Konstruktion Sinn mach, muß das Ergebnis aber unabhängig von der gewählten Kurve sein - oder: das Kurvenintegral über $f$ längs einer geschlossenen stückweise glatten Kurve in $\O$ muß verschwinden! Dies untersuchen wir im folgenden Abschnitt.

Cauchy's Integral Theorem

Goursat's lemma

Ist $E$ eine isolierte Teilmenge eines metrischen Raumes $X$ und $K\sbe X$ kompakt, so ist $E\cap K$ endlich, denn nach Voraussetzung gibt es zu jedem $x\in K$ eine offene Umgebung $U_x$, so daß $U_x\cap E$ endlich ist. Ist dann $U_{x_1},\ldots,U_{x_n}$ eine endliche Überdeckung von $K$, so muß $K\cap E\sbe\bigcup_j U_{x_j}\cap E$ endlich sein.
Wir beginnen mit der wohl einfachsten, nicht trivialen, geschlossenen Kurve: mit dem Rand eines Dreiecks! Für ein Dreieck $\D$ in $\C$ bezeichnen wir im Folgenden mit $$ \int_{\pa\D}f(z)\,dz $$ das Kurvenintegral über den im positiven Sinn durchlaufenen Rand $\pa\D$ von $\D$, d.h. das Dreieck $\D$ liegt in Durchlaufsrichtung gesehen stets linker Hand. Falls dann $\D_1,\ldots,\D_n$ eine Triangulierung von $\D$ ist, so gibt es zu jeder Seite $c$ der Triangulierung entweder genau zwei Dreiecke $\D_j$ und $\D_k$, so daß $\D_j$ links und $\D_k$ rechts von $c$ liegt oder $c$ ist Teil des Randes von $\D$. Somit gilt: $$ \int_{\pa\D}f(z)\,dz=\sum_j\int_{\pa\D}f(z)\,dz~. $$
Zeigen Sie mittels Induktion: Zu jeder endlichen Teilmenge $E$ eines Dreiecks $\D$, gibt es eine Triangulation $\D_1,\ldots,\D_n$ von $\D$, so daß jeder Punkt aus $E$ Eckpunkt eines der Dreiecke $\D_1,\ldots,\D_n$ ist, also gilt insbesondere: $E\cap\D_j^\circ=\emptyset$.
Sei $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O(\sbe\C)\rar X$ stetig, auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar und $\D$ ein Dreieck in $\O$. Dann gilt: $$ \int_{\pa\D}f(z)\,dz=0~. $$
$\proof$ 1. Sei $E\cap\D=\emptyset$. Zunächst zerlegen wir $\D$ in vier paarweise kongruente Dreiecke $\D_1^1,\D_2^1,\D_3^1$ und $\D_4^1$.
goursat
Es gilt dann $$ \int_{\pa\D}f(z)\,dz=\sum_{j=1}^4\int_{\pa\D_j^1}f(z)\,dz~. $$ Sei nun o.B.d.A. $\tnorm{\int_{\pa\D_1^1}f(z)\,dz}\geq\tnorm{\int_{\pa\D_j^1}f(z)\,dz}$, dann folgt: $$ \Big\Vert\int_{\pa\D}f(z)\,dz\Big\Vert \leq4\Big\Vert\int_{\pa\D_1^1}f(z)\,dz\Big\Vert~. $$ Zerlegen wir auch $\D_1^1$ in $4$ paarweise kongruente Dreiecke $\D_1^2,\D_2^2,\D_3^2$ und $\D_4^2$ und nehmen wir wiederum o.B.d.A. an, daß $\tnorm{\int_{\pa\D_1^2}f(z)\,dz}\geq\tnorm{\int_{\pa\D_j^2}f(z)\,dz}$, so folgt: $\tnorm{\int_{\pa\D}f(z)\,dz}\leq4^2\tnorm{\int_{\pa\D_1^2}f(z)\,dz}$. Auf diese Weise erhalten wir eine Folge $\D_1^k$, $k\in\N$, von Dreiecken mit $\D_1^{k+1}\sbe\D_1^k$ und $d(\D_1^k)=2^{-k}d(\D)$; somit gibt es genau einen Punkt $w\in\bigcap_k\D_1^k$. Da $f$ in $w$ differenzierbar ist, gilt: $f(z)=f(w)+f^\prime(w)(z-w)+\oh(z-w)$; ferner ist $z\mapsto f(w)z+\tfrac12f^\prime(w)(z-w)^2$ eine Stammfunktion von $z\mapsto f(w)+f^\prime(w)(z-w)$, also folgt nach Lemma: $$ \int_{\pa\D_1^k}f(z)\,dz =\int_{\pa\D_1^k}\oh(z-w)\,dz~. $$ Wählen wir zu $\e >0$ ein $r >0$, so daß für alle $z\in B_r(w)$: $\norm{\oh(z-w)}\leq\e|z-w|$, so folgt: $\tnorm{\int_{\pa\D_1^k}\oh(z-w)\,dz}\leq3\e d(\D_1^k)^2=3\e 4^{-k}d(\D)^2$ und damit: $$ \Big\Vert\int_{\pa\D}f(z)\,dz\Big\Vert \leq4^k\Big\Vert\int_{\pa\D_1^k}f(z)\,dz\Big\Vert \leq3\e d(\D)^2~. $$ 2. Ist $E\cap\D^\circ=\emptyset$, so folgt nach 1. für jedes Dreieck $T$ in $\D^\circ$: $\int_{\pa T}f(z)\,dz=0$ und aufgrund der Stetigkeit von $f$: $\int_{\pa\D}f(z)\,dz=0$.
3. Da $E\cap\D$ endlich ist, gibt es eine Triangulation $\D_1,\ldots,\D_n$ von $\D$, so daß für alle $j=1,\ldots,n$: $E\cap\D_j^\circ=\emptyset$ und damit folgt nach 2.: $\int_{\pa\D}f(z)\,dz=\sum_j\int_{\pa\D_j}f(z)\,dz=0$. $\eofproof$
Sei $\O\sbe\C$ ein konvexes Gebiet, $E\sbe\O$ isoliert, so besitzt jede auf $\O$ stetige und auf $f:\O\sm E\rar X$ komplex differenzierbare Funktion eine Stammfunktion $F$. Hinweis: Sei $z_0\in\O$ fixiert; zu $z\in\O$ wählen wir die Strecke $c_z$ zwischen $z_0$ und $z$ und definieren: $F(z)\colon=\int_{c_z}f(w)\,dw$.
Ist $c$ ein geschlossener Polygonzug in einem konvexen Gebiet $\O$, so gilt unter den Voraussetzungen von Lemma an $f:\O\rar X$: $\int_c f(z)\,dz=0$: dies folgt mittels Induktion über die Anzahl der Seiten von $c$. Im Beweis des Cauchyschen Integralsatzes werden wir dieses Resultat für Vierecke in offene Kreisscheiben heranziehen.
Sei $f:\O\rar X$ stetig, $E\sbe\O$ isoliert und $f:\O\sm E\rar X$ konplex differenzierbar. Zeigen Sie mihilfe des Approximationssatzes, daß für jede geschlossene Kurve $c$ in einem konvexen Gebiet $\O$ gilt: $\int_c f(z)\,dz=0$.
Sei $T$ eine kompakte, triangulierbare Teilmenge des Gebietes $\O\sbe\C$ und $E$ eine isolierte Teilmenge von $\O$. Ist $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar, so gilt: $\int_{\pa T}f(z)\,dz=0$.

Homotopic curves and Cauchy's integral theorem

Sei $\O(\sbe\C)$ offen und $c_0,c_1:I=[0,1]\rar\O$ zwei stetige Kurven in $\O$. Man nennt $c_1$ zu $c_0$ innerhalb von $\O$ homotop, wenn eine stetige Abbildung $h:I\times I\rar\O$ existiert, so daß für alle $t\in I$: $h(0,t)=c_0(t)$ und $h(1,t)=c_1(t)$.
homotopy1 homotopy2
Falls $c_1$ und $c_0$ geschlossene Kurven sind, dann nennen wir sie konturhomotop innerhalb von $\O$, wenn eine Homotopie $h$ von $c_0$ in $c_1$ existiert mit der Eigenschaft, daß für alle $s\in I$ die Kurven $t\mapsto h(s,t)$ geschlossen sind - man nennt dann $h$ eine Konturhomotopie der geschlossenen Kurven $c_0$ und $c_1$ innerhalb von $\O$.
Sind $c_0:I\rar\C$ und $c_1:I\rar\C$ zwei stetige Kurven mit $c_0(1)=c_1(0)$, so bezeichnen wir mit $c_0c_1:I\rar\C$ die Kurve $t\mapsto c_0(2t)$ für $0\leq t\leq1/2$ und $t\mapsto c_1(2t-1)$ für $1/2\leq t\leq1$. Ferner ist $c_0^{-1}(t)\colon=c_0(1-t)$; es gilt dann $$ \int_{c_0c_1}f(z)\,dz=\int_{c_0}f(z)\,dz+\int_{c_1}f(z)\,dz \quad\mbox{und}\quad \int_{c_0^{-1}}f(z)\,dz=-\int_{c_0}f(z)\,dz~. $$ Zum Beweis des Cauchyschen Integralsatzes benötigen wir noch folgendes Ergebnis aus der Theorie kompakter metrischer Räume:
Sei $(X,d)$ ein kompakter metrischer Raum und $U_1,\ldots,U_n$ eine offene Überdeckung von $X$. Dann gibt es ein $\r >0$, so daß zu jeder Teilmenge $A$ von $X$ mit $d(A)\leq\r$ ein $k$ existiert mit $A\sbe U_k$. Die größte Zahl $\r$ mit dieser Eigenschaft nennt man die Lebesguezahl der Überdeckung.
$\proof$ Sei $f_j(x)\colon=d(x,U_j^c)$ und $f(x)=\sup_j f_j(x)$; da $U_1,\ldots,U_n$ eine offene Überdeckung ist, gibt es zu jedem $x$ einen Index $k$ mit $f_k(x) >0$, also ist $\r\colon=\inf\{f(x):x\in X\} > 0$. Sei nun $d(A) < \r$, $a\in A$ und $k$ so gewählt, daß $f(a)=f_k(a)$, dann folgt: $d(a,U_k^c)=f(a)\geq\r$, also $A\sbe B_\r(a)\sbe U_k$.
Sei $\O(\sbe\C)$ offen, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar. Sind dann $c_0,c_1:I\rar\O$ zwei geschlossene, stückweise glatte Kurven, die innerhalb von $\O$ konturhomotop sind, so gilt: $$ \int_{c_0}f(z)\,dz=\int_{c_1}f(z)\,dz~. $$
$\proof$
cit
Sei $h:I\times I\rar\O$ eine Konturhomotopie von $c_0=h(0,.)$ in $c_1=h(1,.)$ innerhalb von $\O$. Da $K\colon=h(I\times I)$ kompakt ist, gibt es zu jedem $\e >0$ endlich viele offene Kugeln $B_{r_1}(x_1),\ldots,B_{r_N}(x_N)\sbe\O$, die $K$ überdecken und deren Radius $r_j$ kleiner als $\e$ ist. Sei $\r$ die Lebesguezahl der Überdeckung, i.e. $$ \r\colon=\sup\{\d >0:\forall A\sbe K, d(A)\leq\d\ \exists j\leq N: A\sbe B_{r_j}(x_j)\} $$ Da $h$ gleichmäßig stetig ist, gibt es ein $\d >0$, so daß für alle $|s_1-s_2| < \d$ und alle $|t_1-t_2| < \d$: $|h(s_1,t_1)-h(s_2,t_2)| < \r$.
Sei $2^{-n} < \d$, für $j=0,\ldots,2^n$: $s_j=t_j\colon=j2^{-n}$ und $\g_j:I\rar\O$ der Polygonzug durch die Punkte $h(s_j,t_0),\ldots,h(s_j,t_n)$. Ist $C_{jk}$ das Viereck mit den Eckpunkten $h(s_j,t_k)$, $h(s_j,t_{k+1})$ sowie $h(s_{j+1},t_{k+1})$ und $h(s_{j+1},t_k)$, so ist $C_{jk}$ in einer der Kugeln $B_{r_l}(x_l)$, $l=1,\ldots,N$ enthalten und nach Lemma folgt daher: $\int_{C_{jk}}f(z)\,dz=0$. Damit folgt aber auch $$ \int_{\g_0}f(z)\,dz+\int_{p}f(z)\,dz -\int_{\g_{2^n}}f(z)\,dz-\int_{p}f(z)\,dz=0 $$ wobei $p:I\rar\C$ den Polygonzug durch die Punkte $h(s_j,t_0)=h(s_j,t_n)$, $j=0,\ldots,2^n$, bezeichnet. $\eofproof$
Seien $c_0,c_1:I\rar\O$ zwei stückweise glatte Kurven mit $c_0(0)=c_1(0)=a$ und $c_0(1)=c_1(1)=b$ und $h:I\times I\rar\O$ eine Homotopie von $c_0$ in $c_1$ innerhalb von $\O$ homotop, so daß für alle $s\in I$: $h(s,0)=a$ und $h(s,1)=b$ - wir nennen dann die Kurven $c_0$ und $c_1$ innerhalb $\O$ homotop mit fixen Endpunkten.
homotopy3
Sei $\O(\sbe\C)$ offen, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar. Sind dann $c_0,c_1:I\rar\O$ zwei stückweise glatte Kurven, die innerhalb von $\O$ homotop sind mit fixen Endpunkten, so gilt: $$ \int_{c_0}f(z)\,dz=\int_{c_1}f(z)\,dz~. $$
$\proof$ Die geschlossene Kurve $c_0c_1^{-1}$ ist innerhalb $\O$ zur geschlossene Kurve $c_0c_0^{-1}$ konturhomotop, also gilt: $$ \int_{c_0}f(z)\,dz-\int_{c_1}f(z)\,dz =\int_{c_0}f(z)\,dz-\int_{c_0}f(z)\,dz =0~. $$ $\eofproof$
Die Funktion $f:z\mapsto e^{iz}/z$ ist auf $\C\sm\{0\}$ differenzierbar und für $\g_r(t)\colon=re^{it}$, $t\in(0,\pi)$ gilt: $$ \Big|\int_{\g_r}f(z)\,dz\Big| \leq\int_0^\pi|e^{ire^{it}}|\,dt =\int_0^\pi|e^{-r\sin t}|\,dt \leq2\int_0^{\pi/2}|e^{-2rt/\pi}|\,dt =\pi/r~. $$ Somit konvergiert das Kurvenintegral mit $r\to\infty$ gegen $0$. Für $r\to0$ konvergiert es jedoch gegen $i\pi$.
integral1
Nach dem Cauchyschen Integralsatz gilt für alle $1 > r >0$ und $R\colon=1/r$: $$ \int_{-R}^{-r}f(t)\,dt-\int_{\g_r}f(z)\,dz +\int_{r}^{R}f(t)\,dt+\int_{\g_R}f(z)\,dz=0 $$ mit dem Cauchyschen Hauptwert (cf. Unterabschnitt): $$ \pv\int_\R\frac{e^{it}}t\,dt \colon=\lim_{r\dar0}\int_{1/r > |t| > r}\frac{e^{it}}t\,dt $$ erhalten wir: $$ \pv\int_\R\frac{e^{it}}t\,dt=i\pi \quad\mbox{i.e.}\quad \pv\int_\R\frac{\sin t}t\,dt=\pi~. $$
Sei $f:z\mapsto(e^{2iz}-1)/z^2$. Zeigen Sie (Lösungsvorschlag): $$ \pv\int_\R\frac{e^{2it}-1}{t^2}\,dt=-2\pi \quad\mbox{und}\quad \int_\R\frac{\sin^2t}{t^2}\,dt=\pi~. $$ Für eine alternative Berechnung letzteren Integrals cf. e.g. Beispiel.
Sei $\vp:[\Re z > 0]\rar\C$ differenzierbar, $t > 0$ und $c_t:\R\rar\C$ der Weg $c_t(y)=t+iy$. Zeigen Sie: falls $\lim_{z\to\infty}|\vp(z)|=0$, dann ist für alle $w\in\C$ das Integral $$ \frac1{2\pi i}\int_{c_t} e^{wz}\vp(z)\,dz \quad\mbox{unabhängig von $t$.} $$
Sei $a\in\C\sm\{0\}$ mit $0\leq\Im a\leq\Re a$, also $a=re^{i\theta}$ mit $0\leq\theta\leq\pi/4$. Ferner seien $c_1(t)=ne^{it}$, $t\in(0,\theta)$, $c_2(t)=at$, $t\in(0,n)$ und $c_3(t)=t$, $t\in(0,n)$ Zeigen Sie mithilfe des Cauchyschen Integralsatzes: $$ \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^ne^{-(at)^2}\,dt =\frac1a\int_\R e^{-t^2}\,dt~. $$ 2. Folgern Sie (Lösungsvorschlag): $$ \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n \sin(t^2)\,dt =\lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n \cos(t^2)\,dt =\frac1{\sqrt2}\int_\R e^{-t^2}\,dt =\sqrt{\frac{\pi}2}~. $$
Zeigen Sie für alle $x\in\R$: $$ \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n e^{-it^2-itx}\,dt =\sqrt{\frac{\pi}2}e^{ix^2/4}(1-i)~. $$ D.h. die (distributionelle) Fourier-Transformierte der Funktion $t\mapsto e^{-it^2}$ ist wiederum eine Funktion, nämlich $x\mapsto(1-i)e^{ix^2/4}/2$ (cf. Unterabschnitt).
Zeigen Sie, daß das Integral $I(a)\colon=\int_{-\pi}^{\pi}e^{e^{a+it}}\,dt$ unabhängig von $a\in\R$ ist und berechnen Sie seinen Wert. Lösungsvorschlag.
Sei $\O\colon=\C\sm\{2\}$ und $c_R$ die Kreiskurve mit Zentrum $0$ und Radius $R$. Zeigen Sie, daß $c_1$ und $c_3$ innerhalb von $\O$ nicht konturhomotop sind. Hinweis: Benutzen Sie den Cauchyschen Integralsatz für $f(z)=(z-2)^{-1}$.
Integrieren Sie $f(z)\colon=e^{-z^2}$ längs des Rechteckes mit den Eckpunkten $n,n+iy,-n+iy,-n$ und zeigen Sie mithilfe des Cauchyschen Integralsatz, daß für alle $y\in\R^+$: $$ \int_\R e^{-t^2}\cos(2ty)\,dt=e^{-y^2}\int_\R e^{-t^2}\,dt~. $$
Sei $1/2 < a < 1$ und $f_a(z)\colon=(1+z^2)^{-a}\colon=\exp(-a\log(1+z^2))$. Zeigen Sie, daß $f_a$ auf $\O\colon=\C\sm\{it:t\in\R\sm(-1,1)\}$ differenzierbar ist und daß (Lösungsvorschlag) $$ \int_\R f_a(x)\,dx =\sin(a\pi)\int_0^\infty\frac{dt}{t^a\sqrt{1+t}} =\sin(a\pi)\b(1-a,a-1/2) =\sqrt{\pi}\frac{\G(a-1/2)}{\G(a)}~. $$ Cf. Beispiel sowie die Ergänzungsformel \eqref{arteq17}.
2. Die letztgenannte Beziehung gilt für alle $a > 1/2$, i.e. $$ \forall a > 1/2:\quad \int_\R\frac1{(1+x^2)^a}\,dx=\sqrt{\pi}\frac{\G(a-1/2)}{\G(a)}~. $$ Ferner besitzt die Funktion $a\mapsto\int_\R f_a(x)\,dx$ eine analytische Fortsetzung auf $\C\sm\{1/2,-1/2,-3/2,-5/2,\ldots\}$.
3. Zeigen Sie mittels der Substitution $t=x^2$ sowie Beispiel: $$ \int_\R f_a(x)\,dx=\b(1/2,a-1/2)=\sqrt{\pi}\frac{\G(a-1/2)}{\G(a)} $$ Nach 1. und 3. folgt: $\b(1/2,a-1/2)=\sin(a\pi)\b(1-a,a-1/2)$ und nach Beispiel ist dies äquivalent zur Ergänzungsformel der Gammafunktion \eqref{arteq17}.

Fejer-Riesz inequality

Sei $f$ eine in einer Umgebung von $\cl D$ definierte komplex differenzierbare Funktion. Bezeichnet $c_0$ den oberen Kreisbogen $c_0:[0,\pi]\rar\C$, $c_0(t)=e^{it}$ und $c_1$ den unteren Kreisbogen $c_1:[-\pi,0]\rar\C$, $c_1(t)=e^{it}$, dann gilt nach Korollar $$ \int_{-1}^1 f(x)\,dx =-\int_{c_0}f(z)\,dz =\int_{c_1}f(z)\,dz~. $$ Somit erhalten wir die sogenannte Fejer-Riesz Ungleichung: $$ \Big\Vert\int_{-1}^1 f(x)\,dx\Big\Vert =\frac12\Big\Vert\int_{c_0} f(z)\,dz\Big\Vert +\frac12\Big\Vert\int_{c_1} f(z)\,dz\Big\Vert \leq\frac12\int_{-\pi}^\pi\norm{f(e^{it})}\,dt~. $$

Hankel's representation of the Gamma function

Sei $c=c_1c_2c_3c_4c_5$ folgende stückweise glatte Kurve in $\C$: $c_1$ verläuft unterhalb der negativen reellen Achse von $-\infty-i\d$ bis $z_-\colon=-1-i\d$ parallel zur rellen Achse, $c_2$ ist die Strecke $[z_-,-i\d]$, $c_3$ der Halbkreis mit Radius $\d$ von $-i\d$ nach $i\d$ in $[\Re w >0]$, $c_4$ die Strecke von $i\d$ nach $z_+\colon=-1+i\d$ und $c_5$ verläuft oberhalb der negativen reellen Achse von $z_+$ parrallel zur rellen Achse nach $-\infty+i\d$.
hankel
Die Funktion $F_z(w)\colon=w^{z-1}e^w$ ist in einer Umgebung der Kurve $c$ differenzierbar und mit $\d\dar0$ folgt für $\Re z >0$ nach Definition der Gammafunktion: \begin{eqnarray*} \int_{c_1c_2} F_z(w)\,dw+\int_{c_4c_5}F_z(w)\,dw &=&\int_{-\infty}^0 e^{t+(z-1)(\log|t|-i\pi)}\,dt +\int_0^{-\infty} e^{t+(z-1)(\log|t|+i\pi)}\,dt\\ &=&\int_0^{\infty} e^{-t+(z-1)(\log|t|-i\pi)}\,dt -\int_0^{\infty} e^{-t+(z-1)(\log|t|+i\pi)}\,dt\\ &=&(e^{-(z-1)i\pi}-e^{(z-1)i\pi})\int_0^{\infty}e^{-t}t^{z-1}\,dt =2i\sin(z\pi)\G(z) \end{eqnarray*} Sei nun $\g$ der Kreis mit Radius $r=(1+\d^2)^{1/2}$. Nach dem Cauchyschen Integralsatz verschwindet das Integral über den geschlossenen Weg $\g$ von $z_-$ nach $z_+$, gefolgt von $c_4^{-1}$, $c_3^{-1}$ und $c_2^{-1}$, also: $$ \int_{c_1c_2}+\int_{c_4c_5} =\int_{c_1c_2}+\int_{c_4c_5}+\int_\g-\int_{c_2}-\int_{c_4}-\int_{c_3} =\int_{c_1\g c_5}-\int_{c_3} $$ Da $\Re z > 0$ konvergiert aber das Integral über $c_3$ mit $\d\dar0$ gegen $0$. Wir erhalten also die Hankelsche Darstellung der Gammafunktion: \begin{equation}\label{ciseq2}\tag{CIS1} 2i\sin(z\pi)\G(z)=\int_{h}w^{z-1}e^w\,dw \end{equation} wobei $h$ die Kurve $c_1\g c_5$ mit $\d\dar0$ bezeichnet. Definieren wir $\G$ durch diese Darstellung, so erhalten wir unmittelbar eine auf $\C\sm\Z$ differenzierbare Funktion.
Zeigen Sie, daß für alle $z\in\N$: $\int_h w^{z-1}e^{w}\,dw=0$.

The Cauchy-Goursat Theorem

The Cauchy-Goursat theorem

Der folgende Satz ist zentral für die gesamte Funktionentheorie; es handelt sich um eine einfachere Form der sogenannten Cauchyschen Integralformel (vgl. Satz) - einfacher deshalb, weil wir nur Kreise als Integrationswege zulassen!
Sei $\O(\sbe\C)$ offen, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar. Dann ist $f$ analytisch auf $\O$. Genauer: ist $w\in\O$, $r < d(w,\O^c)$ und $\g_w:(-\pi,\pi]\rar\O$ die Kurve $\g_w(t)=w+re^{it}$, so gilt: $$ \forall n\in\N_0\forall\z\in B_r(w):\qquad f^{(n)}(\z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{\g_w}\frac{f(z)}{(z-\z)^{n+1}}\,dz $$ und die Taylor-Reihe von $f$ im Punkt $w$ besitzt mindestens den Konvergenzradius $d(w,\O^c)$.
$\proof$ 1. Wir zeigen zunächst, daß für alle $w\in\O$ und alle $0 < r < d(w,\O^c)$: \begin{equation}\label{cgteq1}\tag{CGT2} f(w)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\g_w}\frac{f(z)}{z-w}\,dz \end{equation} Sei $w\notin E$, dann ist die durch \begin{equation}\label{cgteq2}\tag{CGT1} g_w(z)\colon=\left\{\begin{array}{cl} \frac{f(z)-f(w)}{z-w}&\mbox{falls $z\neq w$}\\ f^\prime(w)&\mbox{falls $z=w$} \end{array}\right. \end{equation} definierte Funktion stetig auf $\O$ und in $\O\sm(E\cup\{w\})$ differenzierbar. Nun ist $\g_w$ innerhalb $\O$ zur konstanten Kurve $t\mapsto w$ konturhomotop und somit folgt nach dem Cauchyschen Integralsatz: $$ 0=\int_{\g_w}g_w(z)\,dz =\int_{\g_w}\frac{f(z)}{z-w}\,dz-\int_{\g_w}\frac{f(w)}{z-w}\,dz $$ Da $\int_{\g_w}(z-w)^{-1}\,dz=2\pi i$, folgt die Beziehung \eqref{cgteq1} für alle $w\in\O\sm E$. Nun ist aber sowohl $f$ als auch $w\mapsto\int_{\g_w}f(z)(z-w)^{-1}\,dz$ stetig - wenn wir z.B, den Radius $r$ von $\g_w$ gleich $(1-\e)d(w,\O^c)$ setzen, also folgt die Gültigkeit der Beziehung \eqref{cgteq1} für alle $w\in\O$ aufgrund der Dichtheit von $\O\sm E$ in $\O$.
2. Wir zeigen nun, daß für alle $\z\in B_r(w)$ - also nicht nur für $\z=w$: \begin{equation}\label{cgteq3}\tag{CGT3} f(\z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\g_w}\frac{f(z)}{z-\z}\,dz~. \end{equation} Mit $r_1\colon=r-|\z-w|$ ist die Kurve $\g_w$ innerhalb $B_r(w)\sm\{\z\}$ zur Kurve $\g_\z(t)=\z+r_1e^{it}$ konturhomotop; nach dem Cauchyschen Integralsatz sind daher die Integrale von $f(z)/(z-\z)$ über $\g_\z$ und $\g_w$ gleich.
3. Die Formel für die $n$-te Ableitung folgt nach Differentiation unter dem Integral \eqref{cgteq3}; insbesondere erhalten wir: $$ \norm{f^{(n)}(w)} \leq\frac{n!}{2\pi r^n}\int_{-\pi}^\pi\norm{f(w+re^{it})}\,dt \leq\frac{n!}{r^n}\sup\{\norm{f(z)}:|z-w|=r\} $$ und damit ist der Konvergenzradius der Taylor-Reihe von $f$ im Punkt $w$ mindestens $r$. $\eofproof$

Achtung: Der Satz von Cauchy-Goursat könnte folgende Vermutung nahelegen: Angenommen wir haben eine glatte Funktion $f:\pa D\rar\C$, die auf dem Rand $\pa D$ des Einheitskreises definiert ist; definiere $$ \forall z\in D:\qquad F(z)\colon=\frac1{2\pi i}\int_{\pa D}\frac{f(w)}{w-z}\,dw~. $$ Vermutung: $F$ ist auf $D$ analytisch und stimmt auf $\pa D$ mit $f$ übereinstimmt. Zwar ist $F$ analytisch und $\lim_{r\dar1}F(re^{i\theta})$ existiert auch, aber dieser Limes stimmt i.A. nicht mit $f(e^{i\theta})$ überein! Cf. Abschnitt.

Zeigen Sie: für $f(e^{it})=e^{-it}$ ist $F=0$. Lösungsvorschlag.

Berechnen Sie mithilfe des Satzes von Cauchy-Goursat folgende Integrale: \begin{eqnarray*} \int_{|z|=2}\frac{\sin z}{z+i}\,dz,&& \int_{|z+2i|=3}\frac1{z^2+\pi^2}\,dz,\\ \int_{|z|=2}\frac1{z^4-1}\,dz,&& \int_{|z-3/2|=1}\frac{e^z}{z(z-1)^3}\,dz~. \end{eqnarray*}
Seien $|a| < r < |b|$ und $n,m\in\N$. Berechnen Sie mithilfe des Satzes Cauchy-Goursat folgende Integrale: $$ \int_{|z|=3}\frac{e^{az}}{z^2(z^2+2z+2)}\,dz,\quad \int_{|z|=r}\frac1{(z-a)^n(z-b)^m}\,dz~. $$
Sei $f:\C\rar X$ komplex differenzierbar und beschränkt. Dann ist $f$ konstant. Gibt es allgemeiner ein $n\in\N$ und Konstanten $C_0,C_1$, so daß $\norm{f(z)}\leq C_0+C_1|z|^n$, dann ist $f$ ein Polynom und $\deg(f)\leq n$.
$\proof$ Für $k\in\N$, $k > n$ und $r > 0$ gilt nach Satz für alle $|w| < r/2$: $$ f^{(k)}(w)=\frac{k!}{2\pi} \int_0^{2\pi}\frac{f(re^{it})}{(re^{it}-w)^{k+1}}re^{it}\,dt $$ Mit $r\to\infty$ folgt dann nach Voraussetzung: $$ \tnorm{f^{(k)}(w)} \leq k!\limsup_{r\to\infty}(C_0+C_1r^n)(r-r/2)^{-k-1}r =0~. $$ $\eofproof$
Aus diesem Korollar folgt z.B.:
  1. Jedes nicht konstante Polynom $p$ besitzt eine Nullstelle in $\C$. Andernfalls wäre $f(z)\colon=1/p(z)$ komplex differenzierbar und beschränkt, also konstant.
  2. Für jede ganze, nicht konstante Funktion $f:\C\rar\C$ ist $f(\C)$ dicht in $\C$. Andernfalls gäbe es ein $z_0\in\C$, so daß $g(z)\colon=1/(f(z)-z_0)$ eine ganze beschränkte Funktion wäre, also konstant sein müßte.
  3. Angenommen $f,g:\C\rar\C$ sind ganze Funktionen, so daß für alle $z$: $|f(z)|\leq|g(z)|$. Dann gibt es eine Konstante $|c|\leq1$, so daß $f=cg$: Da die Nullstellen $E$ von $g$ isoliert sind - falls $g$ nicht konstant ist, was wir annehmen können, und $h\colon=f/g$ stetig ist (cf. Beispiel), dann muß $h$ nach dem Satz von Cauchy-Goursat eine ganze Funktion sein und somit muß $h$ nach Korollar konstant sein. Alternative: cf. Proposition.
  4. Zu jedem beschränkten linearen Operator $A:X\rar X$ eines Banachraumes $X$ existiert ein $z\in\C$, so daß $A-z:X\rar X$ kein Isomorphismus ist, cf. Proposition.
Sei $C\in\R^+$ und $f,g:B_r(z_0)\rar\C$ analytisch, so daß für alle $z$: $|f(z)|\leq C|g(z)|$. Dann ist $f/g$ analytisch um $z_0$, also insbesondere stetig in $z_0$.

Harmonic functions

 Ist $f:\O(\sbe\C)\rar X$ komplex differenzierbar und $\cl B_r(w)\sbe\O$, so gilt nach dem Satz von Cauchy-Goursat: $$ f(w) =\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(w+re^{it})\,dt $$ i.e. der Funktionswert von $f$ im Punkt $w$ ist gleich dem Mittelwert der Funktionswerte von $f$ auf dem Kreis mit dem Mittelpunkt $w$ und Radius $r$ - stetige Funktionen mit dieser Eigenschaft nennt man harmonisch. Allgemeiner nennt man eine stetige Funktion $f:\O\rar\R$ auf einem Gebiet $\O\sbe\R^n$ harmonisch, wenn für alle $x\in\O$ und alle $r > 0$ mit $\cl{B_r(x)}\sbe\O$ gilt: $$ f(x)=\int_{S^{n-1}}f(x+r\z)\,\s(d\z) $$ wobei $\s$ das normalisierte (i.e. $\s(S^{n-1})=1$) rotationsinvariante Borelmaß auf der Sphäre $S^{d-1}$ ist.
Eine zweimal stetig reell differenzierbare Funktion $f:\O\rar\R$ auf einem Gebiet $\O$ von $\R^n$ ist genau dann harmonisch, wenn $\D f=0$,
$\proof$ Nach der Kettenregel sowie der Definition von $\nabla f$ gilt $\pa_rf(x+r\z)=df(x+r\z)(\z)=\la\nabla f(x+r\z),\z\ra$, also $$ \pa_r\int_{S^{n-1}}f(x+r\z)\,\s(d\z) =\int_{S^{n-1}}\la\nabla f(x+r\z),\z\ra\,\s(d\z)~. $$ Bezeichnen wir mit $X(y)$ das Vektorfeld $\nabla f(x+ry)$, mit $M$ die Einheitskugel $B_1(0)$ und mit $N=\z$ das äußere Normalvektorfeld von $S^{n-1}=\pa M$, so folgt nach dem Divergenzsatz: $$ \int_{\pa M}\la X,N\ra=-\int_M\divergence X $$ und da $\divergence X(y)\colon=-\sum\pa_jX_j(y)=r\D f(x+ry)$ bedeutet dies: $$ \int_{S^{n-1}}\la\nabla f(x+r\z),\z\ra\,\s(d\z) =-\frac{r}{\vol{}(S^{n-1})}\int_{B_1(0)}\D f(x+ry)\,dy~. $$ Ist also $f$ harmonisch, so folgt für alle $0 < r < 1$: $\int_{B_1(0)}\D f(x+ry)\,dy=0$, was aufgrund der Stetigkeit von $\D f$ nur dann möglich ist, wenn $\D f(x)=0$. Umgekehrt folgt aus $\D f=0$, daß $r\mapsto\int_{S^{n-1}}f(x+r\z)\,\s(d\z)$ konstant ist; da dieses Integral für $r\dar 0$ gegen $f(x)$ konvergiert, muß $f$ harmonisch sein. $\eofproof$
Sei $f:D\rar\C$ komplex differenzierbar und $u:\R^+\rar\R^+$ glatt. Falls $s\mapsto su^\prime(s)$ monoton steigt, dann ist auch $$ r\mapsto\int_0^{2\pi} u(|f(re^{it})|)\,dt $$ monoton steigend. Funktionen $u$ die diese Bedingung erfüllen sind z.B. $\log s,\log^+s$ und $s^p$ für $p > 0$ sowie alle konvexen, monoton steigenden Funktionen. Lösungsvorschlag.
Seien $a,b\in\R^n$ und $l\in\{2,3,\ldots\}$, dann ist $P:\R^n\rar\C$, $P(x)\colon=(\la a,x\ra+i\la b,x\ra)^l$ ein $l$-homogenes Polynom. Zeigen Sie: $P$ ist genau dann harmonisch, wenn $\Vert a\Vert=\norm b$ und $\la a,b\ra=0$.
Sei nun $h:D_R(\sbe\C)\rar\R$ irgendeine integrierbare Funktion mit der Eigenschaft, daß für alle $0 < r < R$: $t\mapsto h(re^{it})$ konstant ist, dann gilt für jede harmonische Funktion $f:D_R\rar\R$: \begin{equation}\label{cgteq4}\tag{CGT4} \int_{D_R}f(z)h(z)\,\l(dz) =\int_0^R\int_{-\pi}^\pi f(re^{it})h(re^{it})r\,dt\,dr =2\pi f(0)\int_0^R rh(r)\,dr =f(0)\int_{D_R(w)}h(z)\,\l(dz) \end{equation} Wir betrachten nun speziell den Fall der Fourier-Transformierten von $fh$, wobei $f:\R^2(=\C)\rar\C$ harmonisch sein soll und $h(z)=e^{-|z|^2/4t}$ für $t > 0$. Als Integrierbarkeitsbedingung setzen wir voraus, daß für ein $c > 0$: $$ \lim_{z\to\infty}f(z)e^{-c|z|}=0~. $$ Mittels quadratischer Ergänzung erhalten wir: $-|z|^2/4t-i\Re(z\bar w)=-|z+2itw|^2/4t-t|w|^2$, also $$ \frac1{2\pi}\int_{\C}f(z)e^{-|z|^2/4t-i\Re(z\bar w)}\,\l(dz) =\frac1{2\pi}\int_{\C}f(z)e^{-|z+2itw|^2/4t-t|w|^2}\,\l(dz) =\frac{e^{-t|w|^2}}{2\pi}\int_{\C}f(z-2itw)e^{-|z|^2/4t}\l(dz)~. $$ Nach \eqref{cgteq4} folgt wegen $\int_{\C}e^{-|z|^2/4t}\,\l(dz)=4\pi t$: $$ \frac1{2\pi}\int_{\C}f(z)e^{-|z|^2/4t-i\Re(z\bar w)}\,\l(dz) =2e^{-t|w|^2}f(-2itw)~. $$ Mit $z=x+iy$ und $w=u+iv$ folgt: $\Re(z\bar w)=xu+yv$ und somit ist $(u,v)\mapsto2e^{-t|w|^2}f(-2itw)$ die Fourier-Transformierte der Funktion $(x,y)\mapsto f(x+iy)e^{-(x^2+y^2)/4t}$. Cf. Unterabschnitt.
Eine stetige Funktion $f:\O\rar\R$ auf einem Gebiet $\O\sbe\R^n$ heißt subharmonisch, wenn für alle $x\in\O$ und alle $r > 0$ mit $\cl{B_r(x)}\sbe\O$ gilt: $$ f(x)\leq\int_{S^{n-1}}f(x+r\z)\,\s(d\z) $$ Zeigen Sie: ist $f$ zweimal stetig differenzierbar, so ist $f$ genau dann subharmonisch, wenn $\D f\leq0$. 2. Konvexe Funktionen sind subharmonisch. Lösungsvorschlag.
Eine stetige Funktion $f:\O\rar\R$ auf einem Gebiet $\O\sbe\C^n$ heißt plurisubharmonisch,wenn für alle $z\in\O$ und alle $w\in\C^n$ die Funktion $\z\mapsto f(w+\z z)$ auf $\C$ subharmonisch ist. Zeigen Sie: eine zweimal stetig differenzierbare Funktion $f:\O\rar\R$ ist genau dann plurisubharmonisch, wenn für alle $z\in\O$ und alle $w\in\C^n$ (Lösungsvorschlag): $$ -\sum_{j,k=1}^n\pa_{z_j}\pa_{\bar z_k}f(z)u_j\bar u_k\leq0~. $$ Nur im Fall $n=1$ bedeuten plurisubharmonisch und subharmonisch dasselbe; in allen anderen Dimensionen ist der Begriff plurisubharmonisch stärker als der Begriff subharmonisch, d.h. zwar ist jede plurisubharmonisch Funktion subharmonisch aber nicht jede subharmonisch Funktion muß plurisubharmonisch sein.
Eine stetige Funktion $f:\O\rar\R$ auf einem Gebiet $\O\sbe\C^n$ ist genau dann plurisubharmonisch, wenn für alle $z\in\O$ und alle $w\in\C^n$ mit $\cl{B(z,\Vert w\Vert)}\sbe\O$: $$ f(z)\leq\frac1{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(z+we^{it})\,dt~. $$
Sei $u:\O(\sbe\C^n)\rar\R$ plurisubharmonisch und $F:U(\sbe\C^m)\rar\O$ komplex differenzierbar. Dann ist $u\circ F$ plurisubharmonisch. Lösungsvorschlag.

Harmonic polynomials in $\R^n$

Für harmonische Polynome $H:\R^2\rar\C$ gilt nach der oben erwähnten Anwendung der Beziehung \eqref{cgteq4}: $$ \frac1{2\pi}\int_{\R^2}H(x)e^{-\Vert x\Vert^2/4t-i\la x,y\ra}\,dx =2te^{-t\Vert y\Vert^2}H(-2ity)~. $$ Diese Beziehung bleibt in jeder Dimension gültig (cf. Unterabschnitt):
Sei $H:\R^n\rar\C$ ein harmonisches Polynom - oder eine harmonische Funktion mit $\lim_{x\to\infty}H(x)e^{-c\Vert x\Vert}=0$ für ein $c > 0$. Dann gilt: $$ (2\pi)^{-n/2}\int_{\R^n}H(x)e^{-\Vert x\Vert^2/4t}e^{-i\la x,y\ra}\,dx =2^{n/2}e^{-t\norm y^2}H(-2ity)~. $$ D.h. die Fourier-Transformierte der Funktion $x\mapsto H(x)e^{-\Vert x\Vert^2/4t}$ ist die Funktion $y\mapsto 2^{n/2}e^{-t\norm y^2}H(-2ity)$.
Sei $H$ ein $l$-homogenes harmonisches Polynom, $-l < \a < n+l$, $\vp\in C_c^\infty(\R^n)$ und $\wh\vp$ die Fourier-Transformierte von $\vp$, dann gilt mit einer von $l,\a$ und $n$ abhängigen Konstante $\g(l,\a,n)$: $$ \int_{\R^n}\frac{H(x)}{\Vert x\Vert^{l+n-\a}}\,\wh\vp(x)\,dx =\g(l,\a,n)\int_{\R^n}\frac{H(x)}{\Vert x\Vert^{l+\a}}\,\vp(x)\,dx $$
$\proof$ Für alle $t > 0$ gilt: $$ \int H(x)e^{-\Vert x\Vert^2/4t}e^{-i\la x,y\ra}\,dx =H(-2ity)(4\pi t)^{n/2}e^{-t\norm y^2}~. $$ Multiplikation mit $(2\pi)^{-n/2}\vp(y)$ und Integration über $y$ ergibt aufgrund der $l$-Homogenität von $H$: $$ \int H(x)e^{-\Vert x\Vert^2/4t}\wh\vp(x)\,dx =(-2i)^l2^{n/2}t^{l+n/2}\int H(y)e^{-t\norm y^2}\vp(y)\,dy~. $$ Multiplizieren wir beide Seiten mit $f(t)$ und integrieren über $t$ von $0$ bis $\infty$, so folgt: $$ \int H(x)\wh\vp(x) \Big(\int_0^\infty f(t)e^{-\Vert x\Vert^2/4t}\,dt\Big)\,dx\\ =(-2i)^l2^{n/2}\int H(y)\vp(y)\Big( \int_0^\infty f(t)t^{l+n/2}e^{-t\norm y^2}\,dt \Big)\,dy~. $$ Setzen wir $F(r)=\int_0^\infty f(t)e^{-r^2/4t}\,dt$ und $G(r)= \int_0^\infty f(t)t^{l+n/2}e^{-tr^2}\,dt$, so folgt: $$ \int H(x)\wh\vp(x)F(\Vert x\Vert)\,dx =(-2i)^l2^{n/2}\int H(y)G(\norm y)\vp(y)\,dy, $$ Sei insbesondere $f(t)=t^{-\b}$, dann ist $$ F(r)=r^{-2\b+2}4^{\b-1}\G(\b-1) \quad\mbox{und}\quad G(r)=r^{2\b-2l-n-2}\G(-\b+l+n/2+1) $$ Die Behauptung folgt dann für $2\b=l+n-\a+2$. $\eofproof$

Bemerkung: Ist $P$ ein $l$-homogenes harmonisches Polynom, so heißt die Einschränkung $Y:S^{n-1}\rar\C$, $Y=P|S^{n-1}$, eine Kugelfunktion des Grades $l$. Sei $H_l^n$ der von den Kugelfunktionen des Grades $l$, $l\in\N_0$, erzeugte Unterraum von $L_2(S^{n-1})$, dann bilden diese eine orthogonale Zerlegung von $L_2(S^{n-1})$, i.e. $$ L_2(S^{n-1})=\bigoplus_{l=0}^\infty H_l^n \quad\mbox{und für alle $l\neq k$:}\quad H_l^n\perp H_k^n~. $$ Die Bedeutung der Kugelfunktionen in der Quantenmechanik bzw. der theoretischen Chemie liegt an folgender Eigenschaft: sie sind sozusagen der richtungsabhängige Teil der Eigenfunktionen des Schrödinger-Operators $\D+V$ mit einem beliebigen rotationssymmetrischen Potential $V$. Im Fall $n=3$ nennt man diese Eigenfunktionen auch Orbitale und insbesondere für $l=0$ bzw. $1$ bzw. $2$ heißen sie $s-$ bzw. $p-$ bzw. $d$-Orbitale; ferner gilt: $\dim H_l^3=2l+1$. Den Index $l$ nennt man auch die Drehimpulsquantenzahl und eine Basis von $H_l^3$ indiziert man mit $m\in\{-l,-l+1,\ldots,0,1,\ldots,l\}$ und nennt $m$ die Magnetquantenzahl. Mit ein paar Vereinfachungen liefert dies eine ziemlich genaue Beschreibung des Aufbaus der Periodentafel sowie der Bindungseigenschaften der Elemente, cf. e.g. Feynman Lectures III, 19-6 The periodic table.

Zeigen Sie, daß $\dim H_0^2=1$ und für $l\geq1$: $\dim H_l^2=2$ und $\Re z^l$ bzw. $\Im z^l$ bilden eine Basis von $H_l^2$. Hinweis: für $z=e^{it}$ ist $\Re z^l=\cos(lt)$ bzw. $\Im z^l=\sin(lt)$ und diese bilden mit der konstanten Funktion $1\in H_0^2$ eine orthogonale Basis von $L_2(S^1)=L_2(\TT)$.

Maximum principle

Wir betrachten im Folgenden differenzierbare Funktionen $f:\O\rar X$, die auf einer offenen Teilmenge $\O$ von $\C^n$ definiert sind und Werte in einem komplexen Banachraum $X$ annehmen.
Unter einem strikt konvexen Banachraum $X$ versteht man einen Banachraum mit der Eigenschaft, daß für alle $x\neq y\in X$ mit $\Vert x\Vert=\norm y=1$ gilt: $\norm{x+y} < 2$.
$\R^n$ bzw. $\C^n$ mit den üblichen euklidischen Normen sind z.B. strikt konvex.
Zeigen Sie, daß jeder Hilbertraum strikt konvex ist. Berechnen Sie mithilfe der Parallelogramgleichung (oder elementar) für $\Vert x\Vert=\Vert y\Vert=1$ die Größe $1-\tfrac12\Vert x+y\Vert$ als Funktion von $\Vert x-y\Vert$.
Für einen Banachraum $X$ sind folgende Aussagen äquivalent (Lösungsvorschlag):
  1. $X$ ist strikt konvex, i.e. für alle $x,y\in S_X$ mit $y\neq x$ gilt: $\norm{x+y} < 2$.
  2. Für alle $x\in S_X$, alle $y\in\cl{B_X}$ mit $y\neq x$ gilt: $\norm{x+y} < 2$.
  3. Für alle $x\neq y\in S_X$ und alle $t\in(0,1)$ gilt: $\norm{(1-t)x+ty} < 1$ - die Einheitssphäre $S_X$ enthält keine nicht trivialen Strecken.
  4. Sind $x,y\in X\sm\{0\}$, so daß $\norm{x+y}=\Vert x\Vert+\norm y$, dann gibt es ein $\l > 0$, so daß $y=\l x$.
Ferner ist $L_p(\mu)$ genau dann strikt konvex, wenn $1 < p < \infty$: in der Minkowski-Ungleichung $\norm{X+Y}_p\leq\norm X_p+\norm Y_p$ gilt für $p\in(1,\infty)$ genau dann Gleichheit, wenn für ein $\l\geq0$: $X=\l Y$ oder $Y=\l X$. Falls also $\norm X_p=\norm Y_p=1$ und $\norm{X+Y}_p=2$, dann folgt $\l=1$, i.e. $Y=X$. $L_1(\mu)$ und $L_\infty(\mu)$ sind nicht strikt konvex, denn für je zwei Indikatorfunktionen $I_A$ und $I_B$ gilt: $\norm{I_A+I_B}_1=\mu(A)+\mu(B)-\mu(A\cap B)$; falls $A\cap B=\emptyset$, dann folgt: $\norm{I_A+I_B}_1=\norm{I_A}_1+\norm{I_B}_1$. Falls $\mu(A\cap B) > 0$, dann folgt: $\norm{I_A+I_B}_\infty=\norm{I_A}_\infty+\norm{I_B}_\infty$.
Wir benötigen im Beweis des Maximumprinzips folgende Eigenschaft strikt konvexer Räume:
Sei $f:[0,1]\rar X$ eine stetige Funktion in einen strikt konvexen Banachraum $X$, so daß $\norm{\int f(t)\,dt}=\int\norm{f(t)}\,dt$. Dann gibt es eine stetige, nicht negative Funktion $\vp(t)$ und ein $x\in X$, so daß $f(t)=\vp(t)x$. Ist also darüber hinaus $\norm{f(t)}$ konstant, so ist $f$ konstant. Lösungsvorschlag.
Sei $\O(\sbe\C^n)$ offen und $f:\O\rar X$ komplex differenzierbar.
  1. Für alle $r > 0$ und alle $w\in\O$ mit $\cl{B_r(w)}\sbe\O$ gilt: $$ \norm{f(w)}\leq\sup\{\norm{f(z)}:\Vert z-w\Vert=r\}~. $$
  2. Ist $\O$ ein Gebiet, so nimmt $\vp(z)\colon=\norm{f(z)}$ nur dann in einem Punkt $w\in\O$ ihr Maximum an, wenn $\vp$ konstant ist. Ist darüber hinaus $X$ strikt konvex, so muß auch $f$ konstant sein.
  3. Sei $K\sbe\O$ kompakt, dann gilt: $$ \sup\{\norm{f(z)}:\,z\in K\} =\sup\{\norm{f(z)}:\,z\in\pa K\}~. $$
$\proof$ 1. Für alle $\z\in\C^n$ mit $\norm\z=1$ ist $g_\z(z)\colon=f(w+z\z)$ auf einer offenen Umgebung von $\cl D_r$ differenzierbar, also $$ f(w) =g_\z(0) =\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}g_\z(re^{it})\,dt =\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(w+r\z e^{it})\,dt $$ und damit: \begin{equation}\label{cgteq5}\tag{CGT5} \norm{f(w)} \leq\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\norm{f(w+r\z e^{it})}\,dt \leq\sup\{\norm{f(z)}:\Vert z-w\Vert=r\}~. \end{equation} 2. Angenommen die Funktion $\vp$ nimmt in einem Punkt $w\in\O$ ihr Maximum an, dann gibt es ein $r >0$, so daß für alle $z\in B_r(w)$: $\vp(z)\leq\vp(w)$ und in der Beziehung \eqref{cgteq5} muß für alle $\z\in\C^n$ mit $\norm\z=1$ Gleichheit gelten, d.h. erstens muß $\vp$ auf $B_r(w)$ konstant sein und zweitens muß gelten: \begin{equation}\label{cgteq6}\tag{CGT6} \forall\norm\z=1:\qquad \int_0^{2\pi}\norm{f(w+r\z e^{it})}\,dt =\Big\Vert\int_0^{2\pi}f(w+r\z e^{it})\,dt\Big\Vert \end{equation} Sei $A\colon=\{z\in\O:\vp(z)=\vp(w)\}$, dann ist $A$ aufgrund der Stetigkeit von $\vp$ abgeschlossen in $\O$; $A$ ist aber auch offen in $\O$, denn $\vp$ nimmt in jedem Punkt $z\in A$ ihr Maximum an; nach dem oben angeführten Argument gibt es daher zu jedem $z\in A$ ein $r > 0$, so daß $\vp$ auf $B_r(w)$ konstant ist. Da $\O$ zusammenhängend ist, folgt: $A=\O$ und somit muß $\vp$ konstant sein.
Ist nun weiters $X$ strikt konvex, so folgt aus der Beziehung \eqref{cgteq6} und Beispiel: $f(w+r\z e^{it})=F_\z(t)f(w)$ mit $F_\z(t)\geq0$ und $F_\z(t)\norm{f(w)}=\norm{f(w)}$, also $F_\z(t)=1$, i.e. $f$ ist auf $B_r(w)$ konstant gleich $f(w)$ und da $\O$ zusammenhängend ist, folgt wiederum daß $f$ auf $\O$ konstant ist.
3. Sei $M\colon=\sup\{\vp(z):z\in K\}$, dann ist $M$ abgeschlossen in $K$ und damit kompakt in $\O$. Angenommen $[\vp=M]\sbe K^\circ$; sei $Z$ eine Zusammenhangskomponente von $[\vp=M]$ in $K$, dann ist $Z$ eine kompakte Teilmenge der offenen Menge $K^\circ$; also existiert ein $\d >0$, so daß $Z_\d\colon=\{z:d(z,Z) < \d\}\sbe K^\circ$. $Z_\d$ ist aber erstens eine echte zusammenhängende Obermenge von $Z$ - aus $Z=Z_\d$ folgte: $Z$ ist eine offene und abgeschlossene Teilmenge von $\O$, also $Z=\emptyset$ oder $Z=\O$ - und zweitens muß nach 2. $\vp$ auf $Z_\d$ konstant sein, was unmöglich ist. $\eofproof$

Bemerkung: Bleibt die Aussage 2. des obigen Satzes richtig, wenn man Maximum durch lokales Maximum ersetzt? Im strikt konvexen Fall folgt jedenfalls aus der lokalen Konstanz aufgrund des Identitätssatzes die globale Konstant von $f$ und damit auch die von $\vp$.

Das Maximumprinzip ist keine Eigenschaft, die nur für komplex differenzierbare Funktionen gilt, cf. e.g. I. Weinberger; ist z.B. $f:\O(\sbe\R^n)\rar\R$ harmonisch und $\cl{B_r(w)}\sbe\O$. Dann gilt aufgrund der Mittelwerteigenschaft: $$ \inf\{f(z):\Vert z-w\Vert=r\}\leq f(w)\leq\sup\{f(z):\Vert z-w\Vert=r\} $$ und daraus folgt, daß eine nicht konstante harmonische Funktion $f$ in keinem Punkt eines Gebiets $\O$ ein lokales Maximum oder ein lokales Minimum annehmen kann - und damit folgt wiederum, daß für jede kompakte Teilmenge $K$ von $\O$ gilt: $$ \sup_{z\in K}f(z) =\sup_{z\in\pa K}f(z) \quad\mbox{und}\quad \inf_{z\in K}f(z) =\inf_{z\in\pa K}f(z)~. $$
Sei $X=\C^2$ mit der Norm $\norm{(z_1,z_2)}\colon=\max\{|z_1|,|z_2|\}$ und $f:D\rar X$ die analytische Abbildung $z\mapsto(1,z)$ auf $D=[|z| < 1]$. Dann ist $z\mapsto\norm{f(z)}$ konstant aber $f$ ist nicht konstant!
Sei $\O$ ein Gebiet in $\C$ und $f:\O\rar X$ komplex differenzierbar. Nimmt die Funktion $\vp=\norm f$ in $w\in\O$ ihr Maximum an und ist $x^*\in X^*$, so daß $\norm{x^*}=1$ und $x^*(f(w))=\norm{f(w)}$, so ist die Funktion $F(z)\colon=x^*(f(z))$ konstant gleich $\norm{f(w)}$ auf $\O$.
Sei $\O(\sbe\C)$ ein Gebiet. Zeigen Sie, daß der Raum $A(\O)$ aller differenzierbaren, komplexwertigen Funktionen auf $\O$ ein Integritätsbereich ist, i.e. ein kommutativer Ring mit Eins ohne Nullteiler.
Der Begriff 'Maximumprinzip' besitzt in der Mathematik eine wesentlich breitere Bedeutung, z.B. I. Ecklands Variationsprinzip oder verschiedene Nuancen des sogenannte Omori-Yau Maximumprinzips, die in der Geometrie Anwendung finden. Auf z.B. $\R^n$ besagt dieses Prinzip folgendes:
Sei $u:\R^n\rar\R$ glatt, so daß $u^*\colon=\sup\{u(x):x\in\R^n\} < \infty$. Dann gibt es eine Folge $x_k\in\R^n$, so daß für alle $k\in\N$: $$ u(x_k) > u^*-\tfrac1k, \norm{\nabla u(x_k)} < \tfrac1k, \Hess u(x_k) < \tfrac1k~. $$ Hinweis: Wähle zu $j\in\N$ einen Punkt $y_j$, in dem $u(x)-\Vert x\Vert^2/j$ ihr Maximum annimmt und für $x_k$ eine Teilfolge von $y_j$.
Wir kommen nun aber zu den bekanntesten Implikationen des Maximumprinzips:

Schwarz' lemma

Sei $f:D\rar X$ komplex differenzierbar, so daß $f(0)=0$ und für alle $z\in D$: $\norm{f(z)}\leq1$. Dann gilt $\norm{f^\prime(0)}\leq1$ und für alle $z\in D$: $\norm{f(z)}\leq|z|$. Falls $X$ strikt konvex ist und $\norm{f^\prime(0)}=1$ oder ein $z_0\in D\sm\{0\}$ existiert, so daß $|f(z_0)|=|z_0|$, dann gibt es ein $u\in X$ mit $\Vert u\Vert=1$, so daß $f(z)=zu$.
$\proof$ Sei $0 < r < 1$. Da $f(0)=0$ und $f$ auf $D$ analytisch ist, folgt $f(z)=zg(z)$ mit einer analytischen Funktion $g:D\rar X$. Für alle $z\in\pa D_r$ gilt also: $\norm{g(z)}\leq1/r$ und nach dem Maximumprinzip gilt dies für alle $z\in D_r$, i.e. $\norm{f(z)}\leq|z|/r$. Da $r < 1$ beliebig war, folgt: $\norm{f(z)}\leq|z|$.
Falls $\norm{f^\prime(0)}=1$ oder falls ein $z_0\in D\sm\{0\}$ existiert, so daß $|f(z_0)|=|z_0|$, dann nimmt $g$ in einem inneren Punkt ($0$ bzw. $z_0$) von $D$ ihr Maximum an; da $X$ strikt konvex ist, ist $g$ nach dem Maximumprinzip konstant, d.h. $g(z)=u$ mit $\Vert u\Vert=1$ und $f(z)=zu$. $\eofproof$
Sei $f$ auf $\cl D$ stetig, auf $D$ komplex differenzierbar, $f(0)=0$ und für alle $z\in\pa D$: $\norm{f(z)}\leq1$, dann folgt: $\norm{f(z)}\leq|z|$.
Ist $f:\R\rar\R$ differenzierbar mit $f(0)=0$, so gibt es i.A. keine differenzierbare Funktion $g$, so daß $f(x)=xg(x)$.
Sei $a > 0$. Zeigen Sie, daß die Abbildung $F:z\mapsto z/(2a-z)$ die Halbebene $[\Re z < a]$ bianalytisch auf den Einheitskreis $D$ abbildet. Lösungsvorschlag.
Sei $f:D\rar\C$ differenzierbar, so daß $f(0)=0$ und $\Re f(z) < a$. Dann gilt: $|f(z)|\leq2a|z|/(1-|z|)$. Hinweis: Betrachten Sie die Funktion $F\circ f$, wobei $F:[\Re z < a]\rar D$ die Abbildung des voranstehenden Beispiels ist und benutzen Sie das Lemma von Schwarz.
2. Für die Funktion $f_0(z)\colon=2az/(1+z)$ und $z=-x\in\R_0^-$ gilt: $|f_0(-x)|=2a|-x|/(1-|-x|)$. Lösungsvorschlag.

Phragmén-Lindelöf theorems

Angenommen $\O$ ist beschränkt, $f:\cl{\O}\rar X$ stetig und auf $\O$ komplex differenzierbar. Falls $\vp\colon=\Vert f\Vert$ nicht konstant ist, dann nimmt $\vp$ nur in Randpunkten von $\O$ ihr Maximum an. Aber

Achtung: Der Betrag einer komplex differenzierbaren Funktion nimmt nicht auf jedem Gebiet $\O$ sein Supremum am Rand an: Sei z.B. $\O\colon=\{z\in\C:\Re z > 0,-\pi/2 < \Im z < \pi/2\}$, dann ist die Funktion $\exp(\exp z)$ zwar auf $\pa\O$ nicht aber auf $\O$ beschränkt, denn für $z=x\pm i\pi/2$ ist $$ \exp(z)=e^x\exp(\pm i\pi/2)=\pm ie^x \quad\mbox{und damit:}\quad |\exp(\exp(z))|=1· $$ wohingegen für $z=x > 0$: $\exp(\exp(z))=\exp(e^x)$.

Unter gewissen Einschränkungen an das Wachstum der Funktion $f$ für $z\to\infty$ kann man jedoch auf die Beschränktheit schließen. Aussagen dieser Art sind unter dem Namen Phragmén-Lindelöf Sätze zu finden.
Sei $f:\O\rar X$ auf $\O\colon=\{z\in\C:\Re z >0,-\pi/2 < \Im z < \pi/2\}$ komplex differenzierbar und auf $\cl{\O}$ stetig. Existiert eine Konstante $0 < c < 1$, so daß erstens $\norm{f(z)}\leq M\exp(e^{c\Re z})$ und zweitens für alle $z\in\pa\O$: $\norm{f(z)}\leq1$. Dann gilt für alle $z\in\O$: $\norm{f(z)}\leq1$.
$\proof$ Wir wählen $c < b < 1$ und $\e >0$ und setzen $$ f_\e(z)\colon=f(z)\exp(-\e e^{bz})~. $$ Dann folgt mit $z=x+iy$: \begin{eqnarray*} \norm{f_\e(z)} &\leq&M|\exp(-\e e^{bz}+e^{cx})|\\ &=&M\exp(-\e e^{bx}\cos(by)+e^{cx}) \leq M\exp(-\e e^{bx}\cos(b\pi/2)+e^{cx})~. \end{eqnarray*} Da $c < b < 1$, schließen wir: $\lim_{x\to\infty}f_\e(x+iy)=0$. Also ist $\norm{f_\e}$ für hinreichend große $N$ auf dem Rand von $\O\cap[\Re z\leq N]$ beschränkt durch $1$ - auf $[\Re z > N]$ ist sie onehin beschränkt durch z.B. $1/2$. Nach dem Maximumprinzip muß daher für alle $z\in\O$ gelten: $\norm{f_\e(z)}\leq1$. Da $\e > 0$ beliebig war, folgt: $\norm{f}\leq1$. $\eofproof$
Sei $\O\sbe\C$ offen und beschränkt und $f$ in einer Umgebung von $\O^c$ komplex differenzierbar mit Werten in $X$. Falls für alle $z\in\pa\O$: $\norm{f(z)}\leq M_1$ und für alle $z\in\O^c$: $\norm{f(z)}\leq M_2$, dann gilt für alle $z\in\O^c$: $\norm{f(z)}\leq M_1$.
$\proof$ Sei zunächst $X=\C$. Wir können o.B.d.A. annehmen, daß $M_1=1$. Wähle $z_0\in\O$ beliebig aber fix und setze für $n\in\N$: $$ f_n(z)\colon=\frac{f(z)^nd(z_0,\O^c)}{z-z_0}~. $$ Dann ist für alle $z\in\pa\O$: $|f_n(z)|\leq1$ und für alle $z\in\O^c$ mit $d(z,z_0)=r$: $|f_n(z)|\leq M_2^nd(z_0,\O^c)/r$. Nach dem Maximumprinzip folgt für alle $z\in\O^{c\circ}\cap D_r$: $$ |f_n(z)|\leq\max\{1,M_2^nd(z_0,\O^c)/r\}, $$ also mit $r\to\infty$: $|f_n(z)|\leq1$ und damit für alle $n\in\N$: $$ |f(z)|\leq\Big(\frac{|z-z_0|}{d(z_0,\O^c)}\Big)^{1/n}~. $$ Mit $n\to\infty$ erhalten wir daher: $|f(z)|\leq1$.
2. Für einen beliebigen komplexen Banachraum $X$ gilt nach 1. für alle $x^*\in X^*$ mit $\norm{x^*}\leq1$: $|x^*(f(z))|\leq1$, i.e. $\norm{f(z)}\leq1$. $\eofproof$
Sei $R(z)\colon=P(z)/Q(z)$ eine rationale Funktion und $\O$ eine offene Obermenge der Nullstellen von $Q$. Falls $\deg(P)\leq\deg(Q)$, dann gilt: $$ \sup_{z\in\O^c}|R(z)|=\sup_{z\in\pa\O}|R(z)|~. $$
Seien $D\colon=\{z\in\C:|z| < 1\}$ und $P,Q$ Polynomfunktionen, so daß
  1. $\deg(P)\leq\deg(Q)$.
  2. Für alle $z\in\pa D$: $|P(z)|\leq |Q(z)|$.
  3. Alle Nullstellen von $Q$ liegen in $D$.
Dann gilt für alle $z\in D^c$: $|P^\prime(z)|\leq|Q^\prime(z)|$.
$\proof$ Definiere $f=P/Q$, dann ist $f$ in einer Umgebung von $D^c$ komplex differenzierbar und nach Korollar folgt: $|f(z)|\leq1$, also $|P(z)|\leq|Q(z)|$ für alle $z\in D^c$. Sei $|a| >1$ und $R_a\colon=P-aQ$; wir behaupten, daß alle Nullstellen des Polynoms $R_a$ in $D$ liegen, denn aus $R_a(z_0)=0$ folgt entweder $|P(z_0)| >|Q(z_0)|$ oder $Q(z_0)=0$. Nach Proposition liegen daher auch alle Nullstellen von $R_a^\prime=P^\prime-aQ^\prime$ in $D$ und folglich besitzt die Gleichung $P^\prime-aQ^\prime=0$ für kein $|a| > 1$ auf $D^c$ eine Lösung; da $|a| > 1$ beliebig war, folgt für alle $z\notin D$: $|P^\prime(z)|\leq|Q^\prime(z)|$. $\eofproof$
Sei $P$ ein Polynom des Grades $n$ und $M\colon=\sup\{|P(z)|:|z|=1\}$. Setzen wir $Q(z)\colon=Mz^n$, so gilt für alle $z\in\pa D$: $|P(z)|\leq|Q(z)|$, also nach Korollar für alle $|z|=1$: $|P^\prime(z)|\leq nM$, i.e. es gilt die Bernstein Ungleichung $$ \sup\{|P^\prime(z)|:|z|=1\}\leq n\sup\{|P(z)|:|z|=1\} $$
Sei $E_p^n\sbe L_p(D)$ der von den Polynomen des Grades $\leq n$ erzeugte Unterraum und $A:E_p^n\rar E_p^n$ die lineare Abbildung $f\mapsto f^\prime$. Zeigen Sie: $\norm A=n$.
Sei $S\colon=\{z\in\C:0 < \Re z < 1\}$, $f:\cl S\rar X$ eine stetige und auf $S$ komplex differenzierbare Funktion. Falls
  1. $$ \forall \d > 0:\quad \lim_{z\in\cl S,|z|\to\infty}\tnorm{e^{\d z^2}f(z)}=0 $$
  2. $$ \forall y\in\R:\quad \norm{f(iy)}\leq M_0 \quad\mbox{und}\quad \norm{f(1+iy)}\leq M_1~. $$
Dann gilt für alle $z=x+iy\in S$: $\norm{f(z)}\leq M_0^{1-x}M_1^{x}$.
$\proof$ Indem wir $f(z)$ durch $f(z)M_0^{z-1}M_1^{-z}$ ersetzen, können wir o.B.d.A. voraussetzen, daß $M_0=M_1=1$. Definieren wir $$ f_n(z)\colon=f(z)e^{(z^2-1)/n}, $$ dann gilt mit $z=x+iy\in\cl S$: $\lim_{|z|\to\infty}f_n(z)=0$ sowie $$ \sup_y\Vert f_n(iy)\Vert\leq e^{-1/n} \quad\mbox{und}\quad \sup_y\Vert f_n(1+iy)\Vert\leq\sup_ye^{-y^2/n}=1~. $$ Nach dem Maximumprinzip folgt für alle $z\in S$: $\norm{f_n(z)}\leq1$. Da mit $n\to\infty$ die Funktionenfolge $f_n$ punktweise gegen $f$ konvergiert, folgt für alle $z\in S$: $\norm{f(z)}\leq1$. $\eofproof$
Sei $H$ ein selbstadjungierter, positiver Operator auf dem endlichdimensionalen Hilbertraum $E$ und $T$ ein linearer Operator, so daß $\norm{HT}\leq1$ und $\norm{TH}\leq1$. Dann gilt für alle $0\leq\theta\leq1$: $\tnorm{H^{\theta}TH^{1-\theta}}\leq1$ - diese Aussage gilt nicht nur für endlichdimensionale Hilberträume, sondern für jeden Hilbertraum, alle lineare Operatoren $T\in L(E)$ und alle selbstadjungierten, positiven Operatorn $H\in L(E)$.
Ersetzen wir $H$ durch $H+\e$, so können wir annehmen, daß $H > 0$, dann erfüllt die Funktion $f:\cl S\rar L(E)\simeq\Ma(n,\C)$, $f(z)\colon=H^zTH^{1-z}$ die Voraussetzungen des 3-Linien-Satz, denn für alle $y\in\R$ ist $H^{iy}$ eine Isometrie, also $$ \Vert H^{iy}TH^{1-iy}\Vert=\Vert TH\Vert\leq1 \quad\mbox{und}\quad \Vert H^{1+iy}TH^{-iy}\Vert=\Vert HT\Vert\leq1~. $$
Seien $A < B$, $\O=\{z\in\C:A < \Re z < B\}$, $f:\O\rar X$ komplex differenzierbar und $M(x)\colon=\sup\{|f(z)|:\Re z=x\} < \infty$. Dann ist $\log M:[A,B]\rar\R$ konvex. Lösungsvorschlag.
Mittels komplex differenzierbarer Abbildungen kann man Korollar auf verschiedenen Gebieten formulieren: Sei z.B. $F:S\rar\O$ komplex differenzierbar und auf $S\cup\pa S$ stetig mit $F(\pa S)\sbe\pa\O$. Für jede stetige Funktion $f:\O\cup\pa\O\rar X$, die auf $\O$ komplex differenzierbar ist, gilt für $f\circ F$ der 3-Linien-Satz unter den dortigen Voraussetzungen an $F\circ f$. Z.B. bildet $\exp$ den Streifen $S$ auf einen Kreisring ab und die Gerade $x+i\R$ bildet $\exp$ auf einen Kreis um $0$ mit dem Radius $e^x$ ab:
(J. Hadamard 3-Kreise Satz) Seien $R_1 < R_2$, $\O=\{z\in\C:R_1 < |z| < R_2\}$, $f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und $M(r)\colon=\sup\{|f(z)|:|z|=r\}$. Dann gilt für alle $R_1 < r_1 < r < r_2 < R_2$: $$ \log M(r) \leq\frac{\log(r/r_1)}{\log(r_2/r_1)}\log M(r_1) +\frac{\log(r_2/r)}{\log(r_2/r_1)}\log M(r_2)~. $$ Hinweis: Seien $A=\log R_1$, $B=\log R_2$ und $g(z)=f(e^z)$, dann ist $M(r)=\sup\{|f(z)|:|z|=r\}=\sup\{|g(z)|:\,\Re z=\log r\}$. Benutzen Sie dann Beispiel.
Sei $0 < \b < \a$ und $S\colon=S_{\pi/\a}\colon=\{z\in\C:|\arg(z)|<\pi/2\a\}$ ein Sektor mit dem Öffnungswinkel $\pi/\a$. Ist $f:S\rar\C$ komplex differenzierbar, $|f(z)|\leq A\exp(|z|^\b)$ und auf $\pa S$ beschränkt durch $M$, dann gilt: $|f|\leq M$. Hinweis: Sei $\g=(\a+\b)/2$, $\e>0$; betrachten Sie $F(z)\colon=f(z)\exp(-\e z^\g)$. Lösungsvorschlag.

Minimum principle

Sei $\O(\sbe\C)$ ein Gebiet, $f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und $\cl{B_r(w)}\sbe\O$. Falls ein $z_0\in B_r(w)$ existiert, so daß $|f(z_0)| < \inf\{|f(z)|:|z-w|=r\}$, dann besitzt $f$ auf $B_r(w)$ eine Nullstelle.
$\proof$ Angenommen $f$ besitzt auf $B_r(w)$ keine Nullstelle, dann besitzt $f$ wegen $\inf\{|f(z)|:|z-w|=r\} > 0$ sowie der Stetigkeit auch in einer Umgebung $U$ von $\cl{B_r(w)}$ keine Nullstelle. Somit ist $g\colon=1/f$ auf $U$ komplex differenzierbar und es gilt: $|g(z_0)| > \sup\{|g(z)|:|z-w|=r\}$ - dies widerspricht jedoch dem Maximumprinzip. $\eofproof$
Die Gebietstreue nicht konstanter, komplex differenzierbarer Funktionen folgt nun aus dem Minimumprinzip:
Sei $\O(\sbe\C)$ ein Gebiet und $f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und nicht konstant. Dann ist $f(\O)$ ein Gebiet.
$\proof$ Da $f$ stetig und $\O$ zusammenhängend ist, ist $f(\O)$ zusammenhängend. Sei $z_0\in \O$ beliebig; da $f$ analytisch und nicht konstant ist, gibt es nach Lemma ein $r > 0$, so daß $\cl{B_r(z_0)}\sbe\O$ und für alle $z\in\pa B_r(z_0)$: $f(z)\neq f(z_0)=\colon w_0$. Damit ist $$ 2\e\colon=\inf\{|f(z)-w_0|:|z-z_0|=r\} > 0~. $$ Für $w\in B_\e(w_0)$ betrachten wir die Funktion $f(z)-w$ auf $z\in\cl{B_r(z_0)}$; $|z-z_0|=r$ impliziert: $$ |f(z)-w| \geq|f(z)-w_0|-|w_0-w| > \e~. $$ Andererseits ist $|f(z_0)-w|=|w-w_0| < \e$ und nach dem Minimumprinzip folgt, daß die Funktion $z\mapsto f(z)-w$ auf $B_r(z_0)$ eine Nullstelle besitzt, i.e.: $f(B_r(z_0))\spe B_\e(w_0)$. $\eofproof$
Seien $U$ bzw. $V$ zwei offene, disjunkte, nicht leere Teilmengen von $\C$ und $f:U\cup V\rar\C$ die Abbildung $f|U=0$ und $f|V=1$. Dann ist $f$ komplex differenzierbar aber $f(U\cup V)=\{0,1\}$ ist keine offene Teilmenge von $\C$.
Für jede nicht konstante komplex differenzierbare Funktion $f:\O\rar\C$ auf einem Gebiet $\O\sbe\C$ ist die Abbildung $|f|:\O\rar\R_0^+$ offen.
Eine stetige Abbildung $f$ eines metrischen Raumes $X$ in $\R$, die in einem Punkt $x_0$ ein lokales Maximum annimmt, kann nicht offen sein, denn falls für alle $x\in B_r(x_0)$ gilt: $f(x)\leq f(x_0)$, dann enthält $f(B_r(x_0))$ den Punkt $f(x_0)$ und ist selbst in $(-\infty,f(x_0)]$ enthalten, also kann $f(B_r(x_0))$ nicht offen sein.
Sei $f:\C\rar\C$ eine ganze Funktion aber kein Polynom. Dann gilt für alle $r > 0$: $f(D_r^c)$ ist dicht in $\C$.
$\proof$ Angenommen $f(D_r^c)$ ist nicht dicht, dann gibt es ein $w_0\notin f(D_r^c)$ und ein $\d > 0$, so daß für alle $z\notin D_r$: $|f(z)-w_0|\geq\d$; seien $z_1,\ldots,z_n$ die in ihrer Vielfachheit aufgelisteten Nullstellen von $f(z)-w_0$ in $D_r$, dann ist $$ g(z)\colon=\frac{f(z)-w_0}{(z-z_1)\cdots(z-z_n)} $$ eine nullstellenfreie, ganze Funktion, so daß für alle $z\notin D_r$: $|1/g(z)|\leq(C_0+C_1|z|^n)/\d$. Nach Korollar ist $1/g$ ein nullstellenfreies Polynom, i.e. $1/g$ ist konstant und damit ist $f$ ein Polynom. $\eofproof$
Ist also $f:\C\rar\C$ eine ganze Funktion, so ist $f(\C)$ offen (nach Korollar) und dicht (nach Korollar); Nach einem Satz von E. Picard (cf. e.g. wikipedia) enthält die Menge $f(\C)^c$ höchstens einen Punkt!
Sei $f:\C\rar\C$ bijektiv und komplex differenzierbar. Dann gibt es $a\in\C\sm\{0\}$ und $b\in\C$, so daß für alle $z\in\C$: $f(z)=az+b$.
$\proof$ 1. $f$ ist ein Polynom: $U\colon=f(D_1)$ ist nach Korollar offen und falls $f$ kein Polynom wäre, dann gäbe es nach Korollar ein $z\notin D_1$, so daß $f(z)\in U$, i.e. $f$ ist nicht injektiv. 2. Ist $f$ ein Polynom, so folgt aufgrund der Injektivität, daß $f$ nur eine einzige Nullstelle besitzt, also $f(z)=a(z-z_0)^n$ - dies Funktion ist aber nur dann injektiv, wenn $n=1$. $\eofproof$

Convergence of sequences of holomorphic functions

Die folgende Proposition ist eine wesentliche Verschärfung von Proposition:
Sei $\O(\sbe\C)$ offen und $f_k:\O\rar X$ eine Folge komplex differenzierbarer Funktionen, die punktweise gegen $f:\O\rar X$ konvergieren. Sei $\cl B_r(w)\sbe\O$ und $g:\pa B_r(w)\rar\R_0^+$ beschränkt, so daß für alle $z\in\pa B_r(w)$ und alle $k\in\N$: $\norm{f_k(z)}\leq g(z)$, dann ist $f$ komplex differenzierbar und für alle $n\in\N_0$ konvergiert die Folge $f_k^{(n)}$ auf $B_r(w)$ kompakt gegen $f^{(n)}$.
$\proof$ Ist $K\sbe B_r(w)$ kompakt, so gilt für alle $\z\in K$: $d(\z,\pa B_r(w))\geq\d > 0$ und damit nach dem Satz von Cauchy-Goursat mit $\g(t)=w+re^{2\pi it}$: $$ \sup_{\z\in K}\norm{f_k^{(n)}(\z)-f_l^{(n)}(\z)} \leq n!r\d^{-n-1}\int_0^1\norm{f_k(\g(t))-f_l(\g(t))}\,dt~. $$ Nach dem Satz von der beschränkten Konvergenz (oder Satz) konvergieren sämtliche Ableitungen von $f_k:\O\rar X$ kompakt - nach Proposition ist damit $f$ beliebig oft komplex differenzierbar. Alternativ folgt auch für alle $r > 0$ und alle $w\in\O$ mit $B_r(w)\sbe\O$: $$ f(w)=\frac1{2\pi i}\int_{\pa B_r(w)}\frac{f(z)}{z-w}\,dz $$ i.e. $f$ ist komplex differenzierbar. $\eofproof$

Hardy spaces $H_p(D)$

Sei $p\geq1$ und $H_p(D)$ der Raum $$ H_p(D)\colon=\Big\{f:D\rar\C:\, f\mbox{ ist analytisch und } \sup_{r < 1}\int|f(re^{it})|^p\,dt < \infty\Big\}~. $$ Wir versehen diesen Raum mit der Norm $$ \norm f_{H_p}\colon=\sup_{r < 1}\Big( \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}|f(re^{it})|^p\,dt\Big)^{1/p} $$ und zeigen, daß $H_p(D)$ ein Banachraum ist: Sei $f_n$ eine Cauchyfolge in $H_p(D)$ und $0 < r < r+s=R < 1$. Nach dem Satz von Cauchy-Goursat gilt: $$ \forall z\in D_r:\quad f(z)=\frac1{2\pi i}\int_{\pa D_R}\frac{f(w)}{w-z}\,dz~. $$ Damit folgt aber für alle $z\in D_r$ wegen $p\geq1$: \begin{eqnarray*} |f_n(z)-f_m(z)| &\leq&\frac{R}{2\pi s}\int_0^{2\pi}|f_n(re^{it})-f_m(re^{it})|\,dt\\ &\leq&\frac{R}{s}\Big(\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}|f_n(re^{it})-f_m(re^{it})|^p\,dt\Big)^{1/p} \leq\frac{R}{s}\norm{f_n-f_m}_{H_p} \end{eqnarray*} und somit konvergiert $f_n$ kompakt.

Analytic Spectral Calculus

Resolvent

Sei $X$ ein komplexer Banachraum und $A:X\rar X$ ein beschränkter linearer Operator. Unter dem Spektrum $\Spec(A)$ von $A$ versteht man die Menge aller komplexen Zahlen $z$, für die $z-A$ nicht bijektiv ist. Nach z.B. dem Closed Graph Theorem ist dies gleichbedeutend damit, daß $z-A$ kein Isomorphismus ist. $z\in\C$ heißt ein Eigenwert von $A$, wenn $\ker(z-A)\neq\{0\}$; den Raum $\ker(z-A)$ nennt man dann den Eigenraum von $A$ zum Eigenwert $z$ und jeden von $0$ verschiedenen Vektor $x$ in diesem Raum einen Eigenvektor von $A$ zum Eigenwert $z$. Im endlichdimensionalen Fall liegt ein $z\in\C$ genau dann im Spektrum von $A$, wenn $z$ ein Eigenwert von $A$ ist; falls $\dim X=\infty$, dann muß jedoch ein Punkt im Spektrum nicht notwendig ein Eigenwert sein.
Der Shift-Operator $S:\ell_2\rar\ell_2$, $Se_n=e_{n+1}$, besitzt überhaupt keine Eigenwerte aber $\Spec(S)=[|z|\leq1]$. Lösungsvorschlag.
Das Komplement $\Spec(A)^c$ nennt man die Resolventenmenge und die Familie von beschränkten Operatoren $$ \forall z\notin\Spec(A):\quad U_z\colon=(z-A)^{-1} $$ heißt die Resolvente.
Sei $\l\in\C$. Zeigen Sie: die Resolvente der Matrix $$ A\colon=\left(\begin{array}{cc} \l&1\\ 0&\l \end{array}\right) $$ ist gegeben durch $U_z=(z-\l)^{-2}(z-2\l+A)$.
Wir zeigen zunächst, daß die Resolventenmenge eine offene Teilmenge von $\C$ und die Abbildung $z\mapsto U_z$ eine auf $\Spec(A)^c$ analytische Funktion mit Werten in $L(X)$ ist: Für alle $w\in\Spec(A)^c$ und alle $z\in\C$ folgt: $z+w-A=(w-A)(zU_w+1)$. Falls $z\in B_r(z)$ mit $r=1/\norm{U_z}$, dann folgt erstens; $B_r(w)\sbe\Spec(A)^c$, i.e. $\Spec(A)^c$ ist offen und zweitens: $$ U_{z+w} =(1+zU_w)^{-1}U_w =U_w\sum_{n=0}^\infty(-zU_w)^n, $$ i.e. $z\mapsto U_z$ ist analytisch - man beachte, daß die Anlytizität nur die Beschränktheit der Resolvente voraussetzt! Weiters erhalten wir: \begin{equation}\label{asceq1}\tag{ASC1} U_z =(z-A)^{-1} =z^{-1}(1-A/z)^{-1} =\sum_{n=0}^\infty A^n/z^{n+1} \end{equation} Da der Konvergenzradius der Reihe $\sum A^nw^{n+1}$ gleich $1/\limsup\tnorm{A^n}^{1/n}$ ist, konvergiert die Reihe in Beziehung \eqref{asceq1} für alle $z\in\C$ mit $$ |z| > r(A)\colon=\limsup\tnorm{A^n}^{1/n}\leq\norm A~; $$ man nennt $r(A)$ den Spektralradius von $A$. Für einen beschränkten linearen Operator $A$ liegt daher die Menge $\Spec(A)$ in $\{z\in\C:|z|\leq r(A)\}$ und folglich muß $\Spec(A)$ kompakt sein.
Für einen beschränkten linearen Operator $A$ gilt stets $\Spec(A)\neq\emptyset$ und $r(A)$ ist die kleinste Zahl $r\geq0$ für die gilt: $\Spec(A)\sbe\cl{D_r}$.
$\proof$ Falls $\Spec(A)=\emptyset$, so ist $z\mapsto U_z$ analytisch auf $\C$ und nach \eqref{asceq1} für $|z| > 2\norm A$: $\norm{U_z}\leq2/|z|$. Nach Korollar muß $z\mapsto U_z$ konstant sein auf $\C$ und diese Konstante kann nur $0$ sein.
2. Falls $\Spec(A)\sbe[|z|\leq r]$, dann ist $z\mapsto U_z$ analytisch auf $[|z| > r]$ und somit ist $f:z\mapsto U_{1/z}$ analytisch auf $[|z| < 1/r]$ mit $f(0)=0$. Nach dem Cauchy Goursat Theorem beträgt daher der Konvergenzradius ihrer Taylorreihe $\sum A^nz^{n+1}$ um $0$ (cf. \eqref{asceq1}) mindestens $1/r$. Der Konvergenzradius dieser Taylorreihe ist aber $1/r(A)$, also: $1/r(A)\geq1/r$ oder $r(A)\leq r$. $\eofproof$
Angenommen $X=(\C^n,\Vert.\Vert)$ sei endlichdimensional, $r(A)$ stimmt dann mit dem Maximum der Beträge aller Eigenwerte überein - bemerkenswerterweise ist der Spektralradius also unabhängig von der speziellen Norm $\Vert.\Vert$ auf $\C^n$!
M. Fekete: Sei $f:\N\rar\R$ subadditiv, i.e. $f(n+m)\leq f(n)+f(m)$. Dann gilt (Lösungsvorschlag): $$ -\infty\leq\inf_n\frac{f(n)}n=\lim_n\frac{f(n)}n < \infty~. $$
Für $A\in L(X)$ ist $n\mapsto\log\norm{A^n}$ subadditiv und nach Proposition sowie dem Fekete Lemma bedeutet dies: \begin{equation}\label{asceq2}\tag{ASC2} \sup\{|z|:z\in\Spec(A)\} =r(A) =\lim\tnorm{A^n}^{1/n} =\inf_n\norm{A^n}^{1/n}~. \end{equation} Schließlich gilt für alle $z,w\notin\Spec(A)$ die sogenannte Resolventengleichung: \begin{equation}\label{asceq3}\tag{ASC3} U_z-U_w=(w-z)U_zU_w, \end{equation} denn $(w-A)(U_z-U_w)(z-A)=(w-A)(1-U_w(z-A))=w-A-z+A=w-z$.
Ist $z_n$ eine Folge in $\Spec(A)^c$, die gegen $z\in\Spec(A)$ konvergiert, so gilt $\lim\norm{U_{z_n}}=+\infty$. Lösungsvorschlag.
Folgern Sie aus der Resolventengleichung \eqref{asceq3}, daß $$ \forall z\in\Spec(A)^c:\quad \norm{(z-A)^{-1}}\geq\frac1{d(z)} \quad\mbox{wobei}\quad d(z)\colon=d(z,\Spec(A))~. $$ Hinweis: wählen Sie zu $z$ eine Folge $z_n\notin\Spec(A)$, so daß $|z-z_n|\to d(z)$; benutzen Sie dann die Resolventengleichung \eqref{asceq3} und beachten Sie, daß $\norm{U_{z_n}}$ gegen $+\infty$ konvergiert. Lösungsvorschlag.
Seien $A\in L(X)$, $\l\notin\Spec(A)$ und $U_\l$ kompakt. Folgern Sie aus der Resolventengleichung \eqref{asceq3}: $U_z$ ist für alle $z\notin\Spec(A)$ kompakt.
Seien $A\in L(X)$. Zeigen Sie, daß für alle $\Re z > r(A)$ gilt: $$ U_z=\int_0^\infty e^{-zt}e^{tA}\,dt~. $$ Hinweis: die Funktion $t\mapsto(z-A)e^{-zt}e^{tA}$ besitzt die Stammfunktion $t\mapsto-e^{-zt}e^{tA}$.
Sei $A:X\rar X$ ein beschränkter, linearerer Operator auf dem Banachraum $X$. Zeigen Sie: $(z-A^*)^{-1}=U_z^*$. Folgern Sie: $\Spec(A^*)\sbe\Spec(A)$ und falls $X$ reflexiv ist, dann stimmen beide Mengen überein. Was kann man im endlichdimensionalen Fall sagen?
Sei $A:E\rar E$ ein beschränkter, linearerer Operator auf dem Hilbertraum $E$. Zeigen Sie: $(\bar z-A^*)^{-1}=U_z^*$. Folgern Sie: $\Spec(A^*)=\{\bar z:z\in\Spec(A)\}$.
Sei $A:E\rar E$ ein beschränkter, linearerer Operator auf dem Hilbertraum $E$. Zeigen Sie: $\ker(z-A)^\perp=\cl{\im(\bar z-A^*)}$. Folgern Sie: $z$ ist genau dann ein Eigenwert von $A$, wenn $\im(\bar z-A^*)$ nicht dicht ist. Ist $(z-A)$ nicht surjektiv, so ist entweder $\im(z-A)$ dicht oder $\bar z$ ist ein Eigenwert von $A^*$. Was sagt dies über Matrizen aus?
Sei $I:L_1([0,1])\rar L_1([0,1])$ der Operator $$ If(x)\colon=\int_0^x f(t)\,dt $$ Zeigen Sie: $\norm I=1$ und für alle $n\in\N$: $$ I^nf(x)=\int_0^x\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f(t)\,dt~. $$ Folgern Sie: $r(I)=0$, $\Spec(I)=\{0\}$ und die Resolvente $U_z$ ist gegeben durch $$ U_zf(x)=z^{-1}f(x)+z^{-2}\int_0^x\exp\Big(\frac{x-y}z\Big)\,f(y)\,dy $$
Seien $f\in L_1(\TT)$, i.e. $f$ ist $2\pi$-periodisch und über $(-\pi,\pi)$ integrierbar. Ferner sei $A_f:L_2(\TT)\rar L_2(\TT)$ der Faltungsoperator $$ A_f\psi(x) \colon=f*\psi(x) \colon=\int_{-\pi}^\pi f(x-y)\psi(y)\,dy =\psi*f(x)~. $$ Zeigen Sie:
  1. $A_f^*\psi=\check f*\psi$ mit $\check f(x)\colon=\cl{f(-x)}$ und $A_f$ ist ein normaler Operator,i.e. $[A_f,A_f^*]=0$.
  2. $\psi_n(x)=e^{inx}/\sqrt{2\pi}$ sind normierte Eigenfunktionen von $A_f$ zu den Eigenwerten $$ 2\pi\wh f(n)\colon=\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}f(x)\,dx~. $$
  3. Bestimmen Sie $\Spec(A_f)$.
  4. Unter welcher Bedingung an $f$ ist $A_f$ selbstadjungiert? Lösungsvorschlag.
Sei $A$ der auf $L_2([0,1])$ definierte lineare Operator $$ Af(x)\colon=\frac1x\int_0^x f(t)\,dt $$
  1. Benutzen Sie den Schur-Test mit den Funktionen $p(x)=q(x)=x^{-1/2}$ um zu zeigen, daß $\norm{A:L_2([0,1])\rar L_2([0,1])}\leq2$.
  2. Für alle $z\in\C$ mit $|z-1| < 1$ ist $f(x)\colon=x^{-1+1/z}$ eine Eigenfunktion von $A$ zum Eigenwert $z$.
  3. Die Gleichung $-Af+zf=g$ besitzt die Lösung: $$ f(x)=z^{-2}x^{-1+1/z}\int_0^x t^{-1/z}g(t)\,dt+z^{-1}g(x) \quad\mbox{i.e.}\quad U_zg=f~. $$

Spectral calculus

Sei $\Spec(A)$ in $D_r$ enthalten, $R > r$ und $A(D_R)$ der Raum der analytischen Funktionen $f:D_R\rar\C$, so definieren wir für $\g_r(t)=re^{it}$ und $f\in A(D_R)$: $$ f(A)\colon =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r} f(z)(z-A)^{-1}\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r} f(z)U_z\,dz~. $$ Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist diese Definition unabhängig von der Wahl von $r$.
Sei $A:\C^n\rar\C^n$ diagonalisierbar mit den in ihrer Vielfachheit aufgelisteten Eigenwerten $\l_1,\ldots,\l_n$ und der entsprechenden Basis von Eigenvektoren $x_1,\ldots,x_n$. Dann gilt für alle ganzen Funktionen $f$ und alle $j=1,\ldots,n$: $f(A)x_j=f(\l_j)x_j$.
Sei $D_r$ ein Kreis, der alle Eigenwerte umfaßt, dann folgt $$ f(A)x_j =\frac1{2\pi i}\int_{\pa D_r} f(z)(z-A)^{-1}x_j\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\pa D_r} f(z)\frac1{z-\l_j}\,x_j\,dz =f(\l_j)x_j~. $$
Sei $A:\C^2\rar\C^2$ der lineare Operator $e_1\mapsto e_1$ und $e_2\mapsto e_1+e_2$. Berechnen Sie die Resolvente von $A$ sowie für $w\in\C$ den Operator $A^w$. Vgl. Beispiel.
Sei $A:\C^n\rar\C^n$ der lineare Operator $Ae_1\mapsto e_1$ und für $k > 1$: $Ae_k=e_{k-1}+e_k$. Berechnen Sie die Resolvente von $A$ sowie für $w\in\C$ den Operator $A^w$. Hinweis: Drücken Sie die Resolvente mithilfe des Operators $B\colon=A-1$ aus. Lösungsvorschlag.

Bemerkung: Wir wählen hier nur der Einfachheit halber Kreise als Integrationskurven; i.A. besteht ein zulässiger Integrationsweg aus einer einfach geschlossenen (cf. Abschnitt), stückweise glatte Kurve, die erstens in einer offenen Teilmenge $\O$ von $\Spec(A)^c$ liegt und die zweitens die Menge $\Spec(A)$ "in ihrem Inneren" enthält - cf. das Beispiel zur Cauchyschen Integralformel; für Kreise ist klar, was mit dem Inneren gemeint ist. In der folgenden Graphik sind die beiden blauen Kurven zulässig, die rote Kurve hingegen nicht!

spectrum

Die Abbildung $f\mapsto f(A)$ ist ein Algebren Homomorphismus, d.h. es gilt: für alle $\l\in\C$ und alle $f,g\in A(D_R)$: $(\l f)(A)=\l f(A)$, $f(A)+g(A)=(f+g)(A)$ und $f(A)g(A)=(fg)(A)=g(A)f(A)$.
  1. Falls der Konvergenzradius der Reihe $f(z)=\sum x_nz^n$ größer als $r(A)$ ist, dann gilt: $f(A)=\sum x_nA^n$.
  2. $\Spec(f(A))=f(\Spec(A))$.
  3. Falls $g$ in einer Umgebung von $f(\Spec(A))$ analytisch ist, dann gilt: $g(f(A))=g\circ f(A)$.
$\proof$ Nach Fubini, der Resolventengleichung \eqref{asceq3} sowie dem Satz von Satz von Cauchy-Goursat folgt: \begin{eqnarray*} f(A)g(A) &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_r}f(z)U_z\,dz\int_{\g_{r+\e}}g(w)U_w\,dw\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_r}\int_{\g_{r+\e}} \frac{f(z)g(w)U_z-U_w}{w-z}\,dw\,dz\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_r}\int_{\g_{r+\e}}f(z)U_z\frac{g(w)}{w-z}\,dw\,dz +\frac1{4\pi^2}\int_{\g_{r+\e}}\int_{\g_r}g(w)U_w\frac{f(z)}{w-z}\,dz\,dw\\ &=&\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}f(z)g(z)U_z\,dz+0 =(fg)(A)~. \end{eqnarray*} 2. Nach 1. folgt mittels Induktion, daß für $f(z)=z^n$ der Operator $f(A)$ dasselbe ist wie die $n$-fache Anwendung von $A$, i.e. $A^n$. Wir geben hier ein weiteres Argument, das auf der Reihendarstellung der Resolvente \eqref{asceq1} beruht. Die Reihe konvergiert unter dieser Voraussetzung gleichmäßig auf dem Komplement des Kreis mit dem Radius $r\colon=r(A)+\e$. Sei $\g$ ein Kreis mit dem Radius $r$, dann ist nach \eqref{asceq1}: $$ \frac1{2\pi i}\int_\g z^nU_z\,dz =\frac1{2\pi i}\sum_{k=0}^\infty\int_\g z^{n-k-1}A^k \,dz =A^n~. $$ Damit folgt nach 1.: $$ f(A) =\frac1{2\pi i}\int_\g\sum_n x_n z^nU_z\,dz =\sum_n x_n\frac1{2\pi i}\int_\g z^nU_z\,dz =\sum_n x_n A^n~. $$ 3. Sei $\l\in\C$ und $$ F(z)\colon=\left\{\begin{array}{cl} \frac{f(z)-f(\l)}{z-\l}&\mbox{falls $z\neq\l$}\\ f^\prime(\l)&\mbox{$z=\l$} \end{array}\right. $$ Dann ist $F$ in einer Umgebung von $\Spec(A)$ nach dem Satz von Cauchy-Goursat analytisch und nach 1. gilt: $$ f(\l)-f(A)=(\l-A)F(A)=F(A)(\l-A)~. $$ Falls $\l\in\Spec(A)$, dann folgt daraus: $f(\l)\in\Spec(f(A))$, i.e. $f(\Spec(A))\sbe\Spec(f(A))$ oder $\Spec(f(A))^c\sbe f(\Spec(A)^c)$.
Nehmen wir umgekehrt an, daß $\mu\in f(\Spec(A))^c$, dann ist die Funktion $$ G(z)\colon=\frac1{\mu-f(z)} $$ in einer Umgebung von $\Spec(A)$ analytisch und nach 1. gilt: $$ G(A)(\mu-f(A))=(\mu-f(A))G(A)=1, $$ also $\mu\in\Spec(f(A))^c$ oder $f(\Spec(A))^c\sbe\Spec(f(A))^c$.
4. Sei schließlich der Einfachheit halber $\Spec(A)\sbe D_R$, $c=\pa D_R$ und $\g$ der Rand eines offenen Kreises, der $f(\cl D_R)$ umfaßt.
spectral
Sei $w\notin f(\cl D_R)$, dann ist die Funktion $z\mapsto1/(w-f(z))$ auf $D_R$ analytisch und somit gilt nach 1. für den Operator: $$ B\colon=\frac1{2\pi i}\int_c\frac{U_z}{w-f(z)}\,dz:\quad B(w-f(A))=(w-f(A))B=1, $$ i.e. $B=(w-f(A))^{-1}$. Somit folgt nach Definition sowie dem Satz von Cauchy-Goursat: \begin{eqnarray*} g(f(A)) &=&\frac1{2\pi i}\int_\g g(w)(w-f(A))^{-1}\,dw\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_\g\int_c\frac{g(w)U_z}{w-f(z)}\,dz\,dw\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_c\Big(\int_\g\frac{g(w)}{w-f(z)}\,dw\Big)U_z\,dz\\ &=&\frac1{2\pi i}\int_c g(f(z))U_z\,dz =(g\circ f)(A)~. \end{eqnarray*} $\eofproof$
Zu jedem Operator $A\in L(X)$ eines komplexen Banachraumes $X$ mit $\Spec(A)\sbe\C\sm\R_0^-$ gibt es einen Operator $T\in L(X)$, so daß $\exp(T)=A$.
Sei $\g$ eine einfach geschlossene Kurve in $\C\sm\R_0^-$, die $\Spec(A)$ in ihrem Inneren enthält; definiere $$ T\colon=\frac1{2\pi i}\int_\g\log z(z-A)^{-1}\,dz~. $$ Nach dem analytischen Spektralkalkül folgt: $\exp(T)=\exp\circ\log(A)=A$.
Für jeden Operator $A\in L(X)$ eines komplexen Banachraumes $X$ mit $\Spec(A)\sbe\C\sm\R_0^-$ und jedem $w\in\C$ existiert der Operator $$ A^w\colon=\frac1{2\pi i}\int_\g z^wU_z\,dz\in L(X)~. $$ Gilt $A^w A^v=A^{w+v}$?
Sei $X$ ein endlichdimensionaler komplexer Banachraum. Dann gibt es zu jedem invertierbaren Operator $A\in\Hom(X)$ einen Operator $T\in\Hom(X)$, so daß $\exp(T)=A$.
Sei $A$ ein beschränkter, selbstadjungierte Operator auf dem Hilbertraum $E$. Dann gilt: $\Spec(A)\sbe\R$ und $r(A)=\norm A$, also: $\Spec(A)\sbe[-\norm A,\norm A]$.
$\proof$ Sei $\l\in\R\sm\{0\}$, dann ist $i\l-A$ erstens injektiv, denn aus $Ax=i\l x$ folgt: $\la Ax,x\ra=i\l\Vert x\Vert^2$ und da $\la Ax,x\ra$ reell ist: $x=0$. Zweitens ist $(i\l-A)(E)$ dicht, denn andernfalls gibt es einen normierten Vektor $x$, so daß für alle $y\in E$: $$ 0=\la(i\l-A)y,x\ra=\la y,(-i\l-A)x\ra, $$ i.e. $x\in\ker(-i\l-A)$. Drittens ist $(i\l-A)(E)$ abgeschlossen, denn $$ \norm{(i\l-A)x}^2 =|\l|^2\Vert x\Vert^2+\norm{Ax}^2 \geq|\l|^2\Vert x\Vert^2~. $$ Konvergiert also $y_n=(i\l-A)x_n$ gegen $y$, so ist $x_n$ eine Cauchy-Folge und konvergiert folglich gegen $x$ und es gilt: $(i\l-A)x=y$. Schließlich folgt für $\Vert x\Vert\leq1$: $\norm{Ax}^2=\la A^2x,x\ra\leq\norm{A^2}$, i.e. $\norm A\leq\norm{A^2}^{1/2}$ und mittels Induktion: $\norm A\leq\tnorm{A^{2^n}}^{1/2^n}$, also nach Definition von $r(A)$: $$ r(A) =\limsup_n\Vert A^n\Vert^{1/n} \geq\limsup_n\Vert A^{2^n}\Vert^{1/2^n} \geq\Vert A\Vert~. $$ $\eofproof$
Sei $A\in L(E)$ ein positiver (i.e. für alle $x\in E$ gilt: $\la Ax,x\ra\geq0$), selbstadjungierter Operator auf dem Hilbertraum $E$. Zeigen Sie: $\Spec(A)\sbe\R_0^+$. Hinweis: Für alle $\l\in\R^+$ und alle $x\in E$ gilt: $\norm{(\l+A)x}\geq\l\Vert x\Vert$.
Seien $f\in L_1(\R^n)$, $f=\check f$ und $A_f:L_2(\R^n)\rar L_2(\R^n)$ der Faltungsoperator (vgl. Beispiel) $$ A_f\psi(x) \colon=f*\psi(x) \colon=\int_{\R^n} f(x-y)\psi(y)\,dy =\psi*f(x)~. $$ Zeigen Sie mithilfe der Fourier-Transformation: 1. $A_f$ ist selbstadjungiert, besitzt aber keine Eigenfunktionen. 2. Das Spektrum von $A_f$ ist der Abschluß der Menge $$ \Big\{\int f(x)e^{-i\la x,y\ra}\,dx:\,y\in\R^n\Big\} $$ in $\R$, i.e. $\Spec(A_f)=c_n^{-1}\cl{\wh f(\R^n)}$. Das Spektrum von $A_f$ ist also i.W. das Bild der Fourier-Transformierten von $f$.
Seien $A,B\in L(X)$, $[A,B]=0$ und $U_z$ bzw. $V_w$ die Resolventen von $A$ bzw. $B$. Zeigen Sie: $[U_z,V_w]=0$ und $[f(A),g(B)]=0$.
Die Fourier-Transformation $\F$ ist bekanntlich eine unitäre Transformation auf $L_2(\R^n)$. Zeigen Sie, daß $\F$ nur die Eigenwerte $\pm1,\pm i$ besitzen kann. Hinweis: $\F^2$ ist der Paritätsoperator $Uf(x)=f(-x)$. Lösungsvorschlag.
Eine stetige Abbildung $f$ eines Gebietes $\O$ in $\C$ in den komplexen Banachraum $C_0(\R^n)$ ist genau dann analytisch, wenn für alle $x\in\R^n$ die Abbildung $z\mapsto f(z)(x)$ analytisch ist.
  1. Fractional Integration: Sei $f\in C_c^\infty(\R^+)$, $\Re z > 0$ und (cf. Beispiel) $$ I(z)f(x)=\int_0^x\frac{(x-t)^{z-1}}{\G(z)}f(t)\,dt~. $$ Dann besitzt $z\mapsto I(z)f$ ein analytische Fortsetzung $I:\C\rar C_0(\R^+)$. Hinweis: Mittels partieller Integration folgt: $I(z)f=I(z+1)f^\prime$.
  2. Für alle $z,w\in\C$ gilt: $I(z)I(w)f=I(z+w)f$. Hinweis: benutzen Sie die Beziehung: $\b(z,w)=\G(z)\G(w)/\G(z+w)$ sowie den Identitätssatz.
  3. $I(0)f=f$ und für alle $n\in\N$: $I(-n)f=f^{(n)}$.
  4. Sei ${\cal L}f$ die Laplace-Transformierte von $f$, i.e. ${\cal L}f(x)=\int_0^\infty f(y)e^{-xy}\,dy$. Zeigen Sie: ${\cal L}(I(z)f)(x)=x^{-z}{\cal L}f(x)$.
Lösungsvorschlag.

Closed operators

Derselbe Kalkül funktioniert auch für einen abgeschlossenen Operator $A$ (cf. Unterabschnitt). Das Spektrum von $A$ ist wiederum definiert als die Menge aller $z\in\C$, für die $z-A:\dom(A)\rar E$ nicht bijektiv ist - nach dem Closed Graph Theorem muß dann, für alle $z\notin\Spec(A)$ die Resolvente $U_z\colon=(z-A)^{-1}$ beschränkt sein - für z.B. gleichmäßig elliptische, partielle Differentialoperatoren auf beschränkten, glatt berandeten Gebieten, mit Dirichlet- oder Neumann-Randbedingungen, ist die Resolvente sogar kompakt. Jedenfalls ist die Resolventenmenge $\Spec(A)^c$ offen in $\C$ und die Resolvente ist wie im Falle eines beschränkten Operators eine auf $\Spec(A)^c$ analytische Funktion mit Werten in $L(X)$. Das Spektrum selbst muß aber nicht mehr kompakt sein und deshalb umfaßt der Kalkül nur mehr dann hinreichend viele Funktionen, wenn sowohl das Spektrum als auch die Norm der Resolvente gewissen Bedingungen unterliegen; i.A. gilt z.B. für alle $z\notin\Spec(A)$ (cf. Beispiel): $$ \tnorm{(z-A)^{-1}}\geq\frac1{d(z,\Spec(A))}~. $$ Das folgende Beispiel zeigt, daß für eine gewisse Klasse von Operatoren in der obigen Abschätzung i.W. Gleichheit eintritt:
Sei $A:\dom(A)\rar E$ ein auf einem dichten Teilraum $\dom(A)$ des Hilbertraumes $E$ definierter symmetrischer, abgeschlossener linearer Operator mit $\Spec(A)\sbe\R$ - einen solchen Operator nennt man selbstadjungiert (vgl. Proposition). Dann gilt für alle $\l\in\R$: $$ \norm{(i\l-A)^{-1}}\leq\frac1{|\l|}~. $$
Denn $B\colon=(i\l-A)^{-1}$ ist nach Voraussetzung ein Isomorphismus von $E$ auf $\dom(A)$ und daher gilt für alle $x\in E$: $(i\l-A)Bx=x$, also \begin{eqnarray*} \Vert x\Vert^2 &=&\la (i\l-A)Bx,(i\l-A)Bx\ra\\ &=&|\l|^2\norm{Bx}^2+\la ABx,ABx\ra \geq|\l|^2\norm{B}^2\Vert x\Vert^2 \end{eqnarray*} i.e. $\norm{B}^2\leq|\l|^{-2}$.
Sei $A:\dom(A)\rar E$ ein selbstadjungierter Operator. Dann gilt für alle $z\notin\R$: $$ \norm{(z-A)^{-1}}\leq\frac1{|\Im z|}=\frac1{d(z,\R)}~. $$
Sei $A:\dom(A)\rar E$ ein selbstadjungierter Operator mit $\Spec(A)\sbe\R_0^+$ - einen solchen Operator nennt man einen positiven selbstadjungierten Operator - gleichbedeutend damit ist: $$ \forall x\in\dom(A):\quad \la Ax,x\ra\geq0~. $$ Dann gilt für alle $z\notin\R_0^-$: $$ \norm{(z+A)^{-1}}\leq\frac1{d(z,\R_0^-)}~. $$
Seien $\Re z > 0$, $B\colon=(z+A)^{-1}$, dann folgt wiederum für alle $x\in E$: $(z+A)Bx=x$ und $\Re(z\la ABx,Bx\ra)\geq0$, also \begin{eqnarray*} \Vert x\Vert^2 &=&\la(z+A)Bx,(z+A)Bx\ra\\ &=&|z|^2\norm{Bx}^2+\norm{ABx}^2+2\Re(z\la ABx,Bx\ra) \geq|z|^2\norm{B}^2\Vert x\Vert^2 \end{eqnarray*} i.e. $\norm{B}^2\leq|z|^{-2}$. Die Behauptung folgt nun gemainsam mit Beispiel.
Bestätigen Sie, daß der Impulsoperator $P\psi\colon=-i\psi^\prime$, $\dom(P)=C^\infty(\TT)$ auf $L_2(\TT)$ die Eigenwerte $n$, $n\in\Z$, besitzt mit den normierten Eigenfunktionen $\psi_n(x)=e^{inx}/\sqrt{2\pi}$. $P$ ist nicht abgeschlossen. Es gibt einen abgeschlossenen linearen Operator $\cl P$ mit kompakter Resolvente, so daß für alle $n\in\Z$: $\cl P\psi_n=P\psi_n$ und $\Spec(\cl P)=\Z$. Lösungsvorschlag.
Sei $D$ ein dichter Teilraum eines Hilbertraumes $E$ und $A_0:D\rar E$ ein linearer Operator, so daß für alle $x,y\in D$: $\la A_0x,y\ra=\la x,A_0y\ra$ (i.e. $A_0$ ist symmetrisch). Sei $G$ der Abschluß des Graphs $$ \G(A)=\{(x,A_0x):x\in D\} $$ in $E\times E$ und $\dom(A)$ das Bild von $G$ unter der Projektion $\Pr_1:E\times E\rar E$, $(x,y)\mapsto x$. Dann ist durch $A:\dom(A)\rar E$, $x\mapsto\Pr_2(\Pr_1^{-1}(x)\cap G)$ ein abgeschlossener, symmetrischer linearer Operator definiert, der auf $D$ mit $A_0$ übereinstimmt. Cf. Beispiel. Lösungsvorschlag.

Wave- and Dirac-operators

Sei $H\geq1$ ein positiver beschränkter selbstadjungierter Operator auf dem Hilbertraum $E$. Ferner sei $Q(H)$ der Hilbertraum $E$ mit dem inneren Produkt: $$ \la x,y\ra_1\colon=\la Hx,y\ra~. $$ Setze $F\colon=Q(H)\oplus_2 E$ und $A:F\rar F$ $$ A(u,v)\colon=(v,-Hu) $$ Dann gelten folgende Aussagen:
  1. $iA:F\rar F$ ist selbstadjungiert.
  2. Definiere $Q_t:F\rar F$ durch $$ Q_t=\left( \begin{array}{cc} \cos(tH^{1/2})&H^{-1/2}\sin(tH^{1/2})\\ -H^{1/2}\sin(tH^{1/2})&\cos(tH^{1/2}) \end{array}\right)~. $$ $Q_t$ ist eine Gruppe von Isometrien mit dem Generator $A$.
  3. Die Funktion $$ x(t)\colon=\cos(tH^{1/2})x+H^{-1/2}\sin(tH^{1/2})y $$ ist die einzige Lösung der Wellengleichung $x^\dprime(t)+Hx(t)=0$ mit $x(0)=x$ und $x^\prime(0)=y$.
1. Für alle $(x,y)\in F$: $$ \la iA(x,y),(u,v)\ra =i\la (y,-Hx),(u,v)\ra =i\la y,u\ra_1-i\la x,v\ra_1 =\la(x,y),iA(u,v)\ra $$ 2. Setze $R\colon=H^{1/2}$, $C_t\colon=\cos(tR)$, $S_t\colon=\sin(tR)$ und $R^{-1}S_t$ sind nach dem Spektralsatz für selbstadjungierte Operatoren definiert. Wir haben damit $$ Q_t(x,y)=(C_tx+R^{-1}S_ty,-RS_tx+C_ty) $$ und folglich \begin{eqnarray*} \norm{Q_t(x,y)}_F^2&=& \tnorm{RC_tx}^2 +\tnorm{RS_tx}^2 +\tnorm{C_ty}^2 +\tnorm{S_ty}^2\\ \norm{Q_t(x,y)-(x,y)}_F^2 &=&\tnorm{(C_t-1)Rx+S_ty}^2 +\tnorm{(C_t-1)y-RS_tx}^2\\ \norm{Q_t(x,y)-(x,y)-tA(x,y)}_F^2 &=&\tnorm{(C_t-1)Rx+(S_t-tR)y}^2 +\tnorm{(C_t-1)y-(S_t-tR)Rx}^2 \end{eqnarray*} Die Behauptungen folgen wiederum aus dem Spektralsatz.
3. Die Eindeutigkeit ist unter diesen Bedingungen eine Folge des Existenz- und Eindeutigkeitssatzes für ODE, wir geben aber einen davon unabhängigen Beweis, der auch in allgemeineren Situationen Anwendung findet: Sei $x(t)$ eine Lösung der Gleichung $x^\dprime(t)=-Hx(t)$ mit $x(0)=x^\prime(0)=0$, dann folgt für alle $\l > a$ und $y(\l)\colon=\int_0^\infty x(t)e^{-\l t}\,dt$: $$ \l^2 y(\l) =\l\int_0^\infty x^\prime(t)e^{-\l t}\,dt =\int_0^\infty x^\dprime(t)e^{-\l t}\,dt =-\int_0^\infty Hx(t)e^{-\l t}\,dt =-Hy(\l)~. $$ Da $H\geq0$, folgt für alle $\l > a$: $y(\l)=0$, i.e. die Laplace-Transformierte von $t\mapsto x(t)e^{-at}$ verschwindet.
Sei $H$ ein positiver selbstadjungierter beschränkter Operator auf dem Hilberraum $E$ und $f:\R\rar E$ stetig differenzierbar. Dann löst (cf. Duhamelsche Formel): $$ u(t)\colon=\int_0^t H^{-1/2}\sin\Big((t-s)H^{1/2}\Big)f(s)\,ds $$ die inhomogene Wellengleichung $u^\dprime(t)+Hu(t)=f(t)$. 2. Bestimmen Sie $u$ für $E=\C^2$ und $$ H=\left(\begin{array}{cc} 2&-i\\ i&2 \end{array}\right),\quad f(t)\colon= \left(\begin{array}{c} 1\\ -1 \end{array}\right)~. $$
Bereits im Falle der Wellengleichung haben wir einen linearen Operator definiert - nämlich $A$ - der Werte in dem Summenraum $E\oplus_2 E$ annimmt. Wir betrachten nun spezieller den Raum $L_2(\R^3,\C^2)=L_2(\R^3)\oplus_2L_2(\R^3)$ bzw. $L_2(\TT^3,\C^2)$, i.e. den Hilbertraum aller Paare quadratisch integrierbaren Funktionen $f=(f_1,f_2):\R^3\rar\C^2$ bzw. $f=(f_1,f_2):\TT^3\rar\C^2$ mit dem inneren Produkt $$ \la f,g\ra\colon=\int f_1(x)\cl{g_1(x)}+f_2(x)\cl{g_2(x)}\,dx~. $$ Ferner bezeichnen $\s_1,\s_2,\s_3$ die sogenannten Pauli Spinmatrizen $$ \s_1\colon= \left(\begin{array}{cc} 0&1\\ 1&0 \end{array}\right),\quad \s_2\colon= \left(\begin{array}{cc} 0&-i\\ i&0 \end{array}\right),\quad \s_3\colon= \left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&-1 \end{array}\right) $$ Diese erfüllen folgende Kommutatorbeziehungen: $$ \s_j^2=1,\quad\mbox{und}\quad \forall j\neq k: \s_j\s_k+\s_k\s_j=0~. $$
Zeigen Sie, daß alle Pauli Spinmatrizen die Eigenwerte $\pm1$ besitzen.
Für $f=(f_1,f_2)\in\dom(D)\colon=C_c^\infty(\R^3,\C^2)$ sei $$ \s_1\pa_jf\colon= \left(\begin{array}{cc} 0&1\\ 1&0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \pa_jf_1\\ \pa_jf_2 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} \pa_jf_2\\ \pa_jf_1 \end{array}\right) $$ und analog $\s_2\pa_jf$ bzw. $\s_3\pa_jf$. Definieren wir den Dirac-Operator auf $\R^3$ bzw. $\TT^3$ durch $$ D\colon=i(\s_1\pa_1+\s_2\pa_2+\s_3\pa_3) =i\left(\begin{array}{cc} \pa_3&\pa_1-i\pa_2\\ \pa_1+i\pa_2&-\pa_3 \end{array}\right) $$ so gilt aufgrund der Kommutatorbeziehungen der Pauli Spinmatrizen: $$ D^2f=-\sum\s_j^2\pa_j^2f=(\D f_1,\D f_2)=\colon\D f~. $$ Dies ist Diracs wunderbare Idee: ein linearer partieller Differentialoperator der Ordnung eins, dessen Quadrat i.W. den Laplace-Operator ergibt. Angewandt auf die Funktion $f=(a,b)e_y$ mit $(a,b)\in\C^2$, $y\in\Z^3$ und $e_y(x)=\exp(i\la y,x\ra)\in L_2(\TT^3)$ erhalten wir: $$ Df=-\left(\begin{array}{cc} y_3&y_1-iy_2\\ y_1+iy_2&-\pa_3 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right)e_y $$ Folglich ist $f$ genau dann eine Eigenfunktion von $D$ zum Eigenwert $\l$, wenn $$ -\left(\begin{array}{cc} y_3&y_1-iy_2\\ y_1+iy_2&-\pa_3 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right) =\l\left(\begin{array}{c} a\\ b \end{array}\right), $$ i.e. wenn $(a,b)\in\C^2$ ein Eigenvektor folgender Matrix ist $$ -\left(\begin{array}{cc} y_3&y_1-iy_2\\ y_1+iy_2&-y_3 \end{array}\right) $$ Die Eigenwerte dieser Matrix sind aber $\pm\norm y$ und die Quadrate davon sind genau die Eigenwerte von $\D$ auf $L_2(\TT^3)$ - was ja zu erwarten war. Der entscheidende Unterschied von $D$ zu $\D^{1/2}$ ist erstens, daß $D$ auch negative Eigenwerte besitzt und zweitens, daß $D$ ein lokaler Operator ist!
Bestimmen Sie zu $y\in\R^3$ eine orthonormale Basis von $\C^2$ bestehend aus Eigenvektoren von $$ S_y\colon=\frac12\left(\begin{array}{cc} y_3&y_1-iy_2\\ y_1+iy_2&-y_3 \end{array}\right) =\frac12(y_1\s_1+y_2\s_2+y_3\s_3)~. $$ Für $\norm y=1$ nennt man $S_y$ den Spinoperator in Richtung $y$.
Seien $\psi_y\colon=(a_y,b_y)e_y$ und $\vp_y\colon=(-\bar b_y,\bar a_y)e_y$ normierten Eigenfunktionen von $D$ zu den Eigenwerten $\norm y$ bzw. $-\norm y$, dann ist $e^{-itD}\psi_y=e^{-it\norm y}\psi_y$ und $e^{-itD}\vp_y=e^{it\norm y}\vp_y$. Andererseits erhalten wir mit $\D^{1/2}(f_1,f_2)\colon=(\D^{1/2}f_1,\D^{1/2}f_2)$: $$ \Big(\cos(t\D^{1/2})-iD\D^{-1/2}\sin(t\D^{1/2})\Big)\psi_y =\cos(t\norm y)\psi_y-i\frac{\sin(t\norm y)}{\norm y}D\psi_y =e^{-it\norm y}\psi_y $$ sowie: $$ \Big(\cos(t\D^{1/2})-iD\D^{-1/2}\sin(t\D^{1/2})\Big)\vp_y =\cos(t\norm y)\vp_y-i\frac{\sin(t\norm y)}{\norm y}D\vp_y =e^{it\norm y}\vp_y $$
Zeigen Sie formal (d.h. durch die Reihendarstellung von $\exp$): $$ e^{-itD} =\cos(t\D^{1/2})-iD\D^{-1/2}\sin(t\D^{1/2}), $$ Sind also $f(t)=\cos(t\D^{1/2})(f_1,f_2)$ und $g(t)=\D^{-1/2}\sin(t\D^{1/2})(f_1,f_2)$ Lösungen der Wellengleichung $f^\dprime(t)+\D f(t)=0$ mit $f(0)=(f_1,f_2)$, $f^\prime(0)=0$ und $g(0)=0$, $g^\prime(0)=(f_1,f_2)$, so ist $$ z(t)\colon=f(t)-iDg(t) $$ eine Lösung der Gleichung $z^\prime(t)=-iDz(t)$ mit $z(0)=(f_1,f_2)$.
Wir suchen zu allen $n\in\N$ Matrizen $a_1,\ldots,a_n\in\Ma(N,\C)$, so daß $$ \forall j:\ a_j^2=-1 \quad\mbox{und}\quad \forall j\neq k:\ a_ja_k+a_ka_j=0~. $$ Für $n=1$ erfüllt offensichtlich $\C=\Ma(1,\C)$ diese Bedingungen mit $a_1=i$. Sei nun $n=2m-1$ ungerade und die $n$ Matrizen $a_1,\ldots,a_n\in\Ma(N,\C)$ erfüllen die obigen Beziehungen. Dann erfüllen die $n+1$ Blockmatrizen $$ \left(\begin{array}{cc} i&0\\ 0&-i \end{array}\right)\in\Ma(2N,\C) \quad\mbox{und für alle $j\geq1$:}\quad \left(\begin{array}{cc} 0&ia_j\\ -ia_j&0 \end{array}\right)\in\Ma(2N,\C) $$ gleichfalls die obigen Beziehungen. Ist $n=2m$ gerade und genügen die $n$ Matrizen $a_1,\ldots,a_n\in\Ma(N,\C)$ den obigen Beziehungen, dann erfüllen auch die $n+1$ Matrizen $a_1,\ldots,a_{2m}$ und $a_1\cdots a_{2m}$ diese Beziehungen. Wir erhalten also für $n=2m+1$ und $n=2m$: $N=2^m$. Ferner sind die Matrizen $ia_1,\ldots,ia_n$ selbstadjungiert.
Bestimmen Sie für $n=2,3,4$ die Matrizen $a_1,\ldots,a_n\in\Ma(N,\C)$.
1. Sei $m\in\R^+$; finden Sie Matrizen $a_0,a_1,a_2,a_3\in\Ma(4,\C)$, so daß $$ (a_1\pa_1+a_2\pa_2+a_3\pa_3+a_0m)^2=-(\pa_1^2+\pa_2^2+\pa_3^2)+m^2 $$ und zeigen Sie, daß das 'Quadrat' des linearen Operators $a_0\pa_0+a_1\pa_2+a_2\pa_2+a_3\pa_3$ den Wellenoperator $\pa_0^2-\pa_1^2-\pa_2^2-\pa_3^2$ ergibt.

Cauchy's Integral Formula

Simply connected domains

Unter einem einfach zusammenhängenden Gebiet $\O$ von $\C$ versteht man eine offene und zusammenhängende Teilmenge von $\C$ mit der Eigenschaft, daß jede geschlossene, stückweise glatte Kurve $c:I\rar\O$ innerhalb $\O$ zu einer konstanten Kurve konturhomotop ist; es gibt also eine Konturhomotopie $h:I\times I\rar\O$ sowie einen Punkt $z_0\in\O$, so daß $h(0,t)=c(t)$ und $h(1,t)=z_0$. Äquivalent dazu ist die Forderung, daß das Komplement $\O^c$ keine beschränkte Zusammenhangskomponente in $\C$ besitzt. Z. B. ist jede konvexe oder sternförmige Teilmenge von $\C$ einfach zusammenhängend. Cf- e.g. wikipedia.
Sei $D\colon=[|z|\leq1]$. Ein Gebiet $\O$ ist genau dann einfach zusammenhängend, wenn zu jeder stetigen Funktion $f:S^1=\pa D\rar\O$ eine stetige Fortsetzung $F:D\rar\O$ existiert.
Sei $\O_n$ eine monoton steigende Folge einfach zusammenhängender Gebiete. Zeigen Sie, daß $\O\colon=\bigcup\O_n$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet ist.
Die Menge $\O\colon=\{z=x+iy\in\C:x\in(0,1),-2 < y <\sin(1/x(1-x))\}$ ist ein einfach zusammenhängendes beschränktes Gebiet, aber $\pa\O$ ist nicht zu $S^1$ homöomorph. Hinweis: $\pa\O$ ist nicht wegzusammenhängend.
Sei $\O(\sbe\C)$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar. Dann besitzt $f$ eine Stammfunktion auf $\O$ und für jede stückweise glatte, geschlossene Kurve $c:I\rar\O$ gilt: $\int_c f(z)\,dz=0$.
2. Ist umgekehrt $\O(\sbe\C)$ offen, $f:\O\rar X$ stetig und gilt für jedes Dreieck $\D$ in $\O$: $\int_{\pa\D}f(z)\,dz=0$, so ist $f$ analytisch auf $\O$ (Satz von Morera).
$\proof$ Sind $w_0,w\in\O$ und $c_0,c_1:I\rar\O$ zwei stückweise glatte Kurven mit $c_0(0)=c_1(0)=w_0$ und $c_0(1)=c_1(1)=w$, so ist die geschlossenen Kurven $c_1c_0^{-1}$ innerhalb $\O$ konturhomotop zu einer konstanten Kurve, also gilt nach dem Cauchyschen Integralsatz: $$ \int_{c_1}f(z)\,dz-\int_{c_0}f(z)\,dz=0~. $$ Definieren wir daher $F(w)\colon=\int_c f(z)\,dz$ für eine stückweise glatte Kurve mit $c(0)=w_0$ und $c(1)=w$, so ist diese Definition unabhängig von der speziellen Kurve $c$. Ist nun $\z\in B_r(w)\sbe\O$, $\z\neq w$ und $k(t)=(1-t)w+t\z$, so ist $ck$ eine stückweise glatte Kurve und es gilt: \begin{eqnarray*} F(\z)-F(w)-f(w)(\z-w) &=&\int_k f(z)\,dz-f(w)(\z-w)\\ &=&\int_0^1\Big(f((1-t)w+t\z)-f(w)\Big)(\z-w)\,dt~. \end{eqnarray*} Aufgrund der Stetigkeit von $f$ folgt: $$ \norm{F(\z)-F(w)-f(w)(\z-w)}=\oh(\z-w) \quad\mbox{also}\quad F^\prime(w)=f(w)~. $$ 2. $f$ besitzt auf jeder offenen Kugel $B_r(w)\sbe\O$ eine Stammfunktion, nämlich $$ F(z)=\int_0^1f(w+t(z-w))\,dt~. $$ $\eofproof$
Bevor wir zwei Anwendungen hiervon geben, noch eine Bemerkung zur reelle Version der obigen Proposition: Sei $\O$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet in $\R^2$ und $\o\colon=F\,dx+G\,dy$ eine $1$-Form auf $\O$. $\o$ ist genau dann das Differential einer Funktion $f$, i.e. $\o=df$, wenn $\pa_yF=\pa_xG$. Eine äquivalente Formulierung: Ein Vektorfeld $(x,y)\mapsto(F(x,y),G(x,y))$ auf $\O$ ist genau dann ein Gradientenfeld, wenn $\pa_yF=\pa_xG$. All dies sind Spezialfälle des sogenannten Poincaré-Lemmas über abgeschlossene Differentialformen, cf. wikipedia.

Existence of logarithms and roots

Sei $\O(\sbe\C)$ einfach zusammenhängend und $f:\O\rar\C$ eine nullstellenfreie komplex differenzierbare Funktion, dann ist $f^\prime/f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und besitzt nach Proposition eine Stammfunktion auf $\O$; damit gibt es einen Logarithmus von $f$, i.e. eine komplex differenzierbare Funktion $g:\O\rar\C$, so daß $e^g=f$ (cf. Abschnitt). Zu jedem $z\in\O$ gibt es somit ein $n(z)\in\Z$, so daß $g(z)=\log f(z)+2\pi i n(z)$ und $n$ ist auf zusammenhängenden Teilmengen von $\O\sm\R_0^-$ konstant! Definieren wir weiters für $a\in\R$: $f^a(z)\colon=\exp(ag(z))$, so folgt: \begin{eqnarray*} |f(z)^a| &=&|\exp(a\log f(z))|\\ &=&|\exp(a(g(z)-2\pi i n(z))| =|\exp(a(g(z))| =|f^a(z)|~; \end{eqnarray*} d.h. zu jeder nullstellenfreien analytischen Funktion $f:\O\rar\C$ auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet $\O$ von $\C$ und jedem $a\in\R$ gibt es eine analytische Funktion $f^a:\O\rar\C$, so daß für alle $z\in\O$: $|f^a(z)|=|f(z)|^a$. Ferner ist z.B. für $a=1/m$, $m\in\Z\sm\{0\}$: $$ (f^{1/m}(z))^m =\exp(g(z)/m)^m =\exp(g(z)) =f(z); $$ d.h. auf einem einfach zusammenhängenden Gebiet $\O$ gibt es zu jeder nullstellenfreien analytischen Funktion $f:\O\rar\C$ und zu jedem $m\in\N$ eine $m$-te Wurzel!

Weak differentiability

Sei $X$ ein komplexer Banachraum, $\O$ eine offene Teilmenge von $\C$ und $f:\O(\sbe\C)\rar X$ stetig. Ferner sei $D$ eine punktetrennende Teilmenge von $X^*$, d.h. zu je zwei $x\neq y\in X$ existiert ein $x^*\in D$ mit $x^*(x)\neq x^*(y)$. $f$ ist genau dann komplex differenzierbar, wenn für alle $x^*\in D$ die Abbildung $z\mapsto x^*(f(z))$ von $\O$ in $\C$ komplex differenzierbar ist, denn nach dem Satz von Morera gilt für alle $x^*\in D$ und alle Dreiecke $\D\sbe\O$: $$ x^*\Big(\int_{\pa\D}f(z)\,dz\Big) =\int_{\pa\D}x^*(f(z))\,dz=0 $$ und da $D$ punktetrennend ist, folgt: $\int_{\pa\D}f(z)\,dz=0$. Ist z.B. $X=E$ ein separabler komplexer Hilbertraum und $e_n$ eine orthonormale Basis, so ist eine stetige Abbildung $f:\O\rar E$ genau dann analytisch, wenn für alle $n\in\N$ die Abbildungen $z\mapsto\la f(z),e_n\ra$ komplex differenzierbar sind.
Sei $\O(\sbe\C)$ ein Gebiet, $X$ ein komplexer Banachraum und $f:\O\rar L(X)$ stetig. Zeigen Sie: $f$ ist genau dann analytisch, wenn für alle $x\in X$ die Abbildung $z\mapsto f(z)(x)$ analytisch ist.

Index and winding number

Für alle $w\in\C$ und jede in $\C\sm\{w\}$ liegende, geschlossene, stückweise glatte Kurve $c$ gibt es ein $\ind(w,c)\in\Z$, so daß $$ \frac1{2\pi i}\int_c\frac1{z-w}\,dz=\ind(w,c)~. $$ Man nennt $\ind(w,c)$ den Index oder die Windungszahl von $c$ bezüglich $w$.
$\proof$ Die Funktion $$ f(t)\colon=\int_0^t\frac{c^\prime(s)}{c(s)-w}\,ds $$ ist stetig und stückweise glatt mit der Ableitung $c^\prime(s)/(c(s)-w)$. Sei $g(t)\colon=e^{-f(t)}(c(t)-w)$, dann folgt: \begin{eqnarray*} g^\prime(t) &=&-f^\prime(t)e^{-f(t)}(c(t)-w)+e^{-f(t)}c^\prime(t)\\ &=&e^{-f(t)}(-c^\prime(t)+c^\prime(t)) =0~. \end{eqnarray*} Somit ist $g$ konstant, also wegen $f(0)=0$: $e^{f(1)}(c(1)-w)=c(0)-w$ und wegen $c(1)=c(0)$: $e^{f(1)}=1$. $\eofproof$
Sei $\chi_n:[0,2\pi]\rar\C$ die Kurve $\chi_n(t)=e^{int}$, dann gilt: $$ \ind(0,\chi_n) =\frac1{2\pi i}\int_{\chi_n}\frac1z\,dz =\frac1{2\pi i}\int_0^{2\pi}in\,dt =n~. $$
Sei $s\mapsto(x(s),y(s))$, $s\in I$, eine geschlossene, stückweise glatte Kurve in $\R^2$ und $c(s)=x(s)+iy(s)$, dann gilt für $0\notin c(I)$: \begin{equation}\label{cifeq1}\tag{CIF1} 2\pi\,\ind(0,c) =\Im\Big(\int_cz^{-1}\,dz\Big) =-\int_I\frac{-\Im(c^\prime\cl{c})}{|c|^2}\,ds =\int_I\frac{y^\prime x-x^\prime y}{x^2+y^2}\,ds~. \end{equation} $-\Im(c^\prime(s)\bar c(s))$ ist nach Unterabschnitt aber die orientierte Fläche des Parallelogramms mit den Seiten $c^\prime(s)$ und $c(s)$, i.e. die orientierte Fläche des Parallelogramms mit den Seiten $-c(s)$ und $c^\prime(s)$.
Sei $c:[0,L]\rar\R^2$, $c(s)=(x(s),y(s))$ eine durch ihre Bogenlänge parametrisierte glatte, geschlossene Kurve, also mit $T\colon=c^\prime$: $\norm T=1$. Bezeichnet $\kappa$ die Krümmung der Kurve $c$, i.e. $T^\prime=\kappa N$, wobei das Paar $(T,N)$ eine positive orthonormale Basis bildet, so gilt: $$ \frac1{2\pi}\int_0^L\kappa(s)\,ds\in\Z~. $$
Dies ist eine einfache Version des sogenannten Gauß-Bonnet-Theorems, cf. wikipedia: Da $$ T^\prime=(x^\dprime,y^\dprime)=\kappa N=\kappa(-y^\prime,x^\prime), $$ erhalten wir: $y^\dprime=\kappa x^\prime$ und $x^\dprime=-\kappa y^\prime$ und folglich nach \eqref{cifeq1} für den Index der glatten, geschlossene Kurve $s\mapsto c^\prime(s)$: $$ \ind(0,c^\prime) =\frac1{2\pi}\int_0^L y^\dprime x^\prime-x^\dprime y^\prime\,ds =\frac1{2\pi}\int_0^L \kappa(s)\,ds $$
Sei $c$ eine glatte Kurve in $\C\sm\{0\}$ und $k$ die Kurve $k(s)=c(s)/|c(s)|$. Dann gilt: $\ind(0,c)=\ind(0,k)$.
Gauß-Bonnet: Sei $c:[0,L]\rar\C$ eine stückweise glatte, geschlossene Kurve, die durch ihre Bogenlänge $s$ parametrisiert ist. Ferner seien $0=s_0 < s_1 < \cdots < s_n=L$, so daß $c|(s_j,s_{j+1})$ glatt ist und $\kappa$ auf allen Intervallen $(s_j,s_{j+1})$ beschränkt. Versuchen Sie folgende Beziehung zu begründen: $$ \int\kappa(s)\,ds+\sum\a_j\in2\pi\Z, $$ wobei $\a_j$ den Winkel bezeichnet, den $c^\prime(s_j-0)$ und $c^\prime(s_j+0)$ einschließen. Lösungsvorschlag.
Ist $\O(\sbe\C)$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet und $c:I\rar\O$ eine stückweise glatte geschlossene Kurve, so ist $\{w\in\C:\ind(w,c)\neq0\}$ in einer kompakten Teilmenge von $\O$ enthalten. Ist insbesondere $c(I)\sbe\cl B_r(z_0)$, so gilt für alle $z\notin\cl B_r(z_0)$: $\ind(z,c)=0$. Ferner ist $z\mapsto\ind(z,c)$ auf zusammenhängenden Teilmengen von $\O\sm c(I)$ konstant.
$\proof$ Sei $h:I\times I\rar\O$ eine Konturhomotopie von $c$ in eine konstante Kurve. Dann ist $K\colon=h(I\times I)$ kompakt und für alle $w\notin K$ ist $z\mapsto(z-w)^{-1}$ auf einer offenen Umgebung $U$ von $K$ komplex differenzierbar; also folgt nach dem Cauchyschen Integralsatz: $$ \ind(w,c)=\frac1{2\pi i}\int_c(z-w)^{-1}\,dz=0~. $$ $\eofproof$
Eine stückweise glatte geschlossene Kurve $c:S^1\rar\C$ nennen wir einfach geschlossen, wenn $$ c(S^1)^c=[\ind(.,c)=1]\cup[\ind(.,c)=0]; $$ die beschränkte Menge $[\ind(.,c)=1]$ heißt dann das Innere von $c$ und die unbeschränkte Menge $[\ind(.,c)=0]$ das Äußere von $c$. Der Jordansche Kurvensatz besagt u.A., daß für jede injektive, stückweise glatte, geschlossene Kurve $c:S^1\rar\C$ gilt: entweder ist $c$ einfach geschlossen oder $c^{-1}$, cf. wikipedia. Eine injektive stetige Abbildung $c:S^1\rar\C$ nennt man auch eine Jordankurve - $c$ ist dann ein Homöomorphismus von $S^1$ auf das Bild $c(S^1)$.

Cauchy's Integral Formula

Wir kommen nun zur allgemeinen Cauchyschen Integralformel, die nicht nur Kreise sondern beliebige geschlossene Kurven als Integrationswege zuläßt.
Sei $\O(\sbe\C)$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\rar X$ stetig und auf $\O\sm E$ komplex differenzierbar. Dann gilt für jede stückweise glatte geschlossene Kurve $c:I\rar\O$, alle $w\notin c(I)$ und alle $n\in\N_0$: $$ \ind(w,c)f^{(n)}(w)=\frac{n!}{2\pi i}\int_c\frac{f(z)}{(z-w)^{n+1}}\,dz~. $$
Der Beweis verläuft völlig analog zum Beweis des Satz von Cauchy-Goursat!
Zu jeder Matrix $A\in\Sl(n,\C)\colon=\{A\in\Gl(n,\C):\,\det(A)=1\}$ gibt es eine Matrix $T\in\Ma(n,\C)$ mit $\tr(T)=0$, so daß $\exp(T)=A$. Hinweis: $\det e^T=e^{\tr T}$.
Zu jeder Matrix $A\in\SU(n)\colon=\{A\in\Sl(n,\C):\,AA^*=1\}$ gibt es eine Matrix $T\in\Ma(n,\C)$ mit $T^*=-T$, so daß $\exp(T)=A$. Hinweis: Spektralsatz für unitäre Operatoren.
Angenommen $\Spec(A)=K_1\cup K_2$ mit disjunkten kompakten Teilmengen $K_1,K_2$. Sind $c_1,c_2$ einfach geschlossene Kurven mit $K_j\sbe[\ind(.,c_k)=\d_{jk}]$, so sind $$ P_j\colon=\frac1{2\pi i}\int_{c_j}(z-A)^{-1}\,dz $$ Projektionen - sogenannte Spektralprojektionen - mit $P_1P_2=0$, $P_1+P_2=1$ und $A(\im P_j)\sbe\im P_j$. 2. Die Funktion $z\mapsto(z-A)^{-1}P_j$ besitzt eine analytische Fortsetzung auf das Äußere $[\ind(.,c_j)=0]$ von $c_j$.
$\proof$ 1. Analog zum Beweis des analytischen Spektralkalküls zeigt man: $P_jP_k=0$ und $P_1+P_2=1$. Da $U_wA=AU_w$, folgt schließlich: $P_kAP_j=AP_kP_j=0$, i.e. $A(\im P_j)\sbe\im P_j$.
2. Für $z\notin\Spec(A)$ impliziert die Resolventengleichung \eqref{asceq3}: $$ (z-A)^{-1}P_j =\frac1{2\pi i}\int_{c_j}U_zU_w\,dw =\frac1{2\pi i}\int_{c_j}\frac{U_z-U_w}{w-z}\,dw $$ Falls nun $\ind(z,c_j)=0$, dann folgt: $$ (z-A)^{-1}P_j=-\frac1{2\pi i}\int_{c_j}\frac{U_w}{w-z}\,dw~. $$ Die rechte Seite definiert aber eine auf dem Komplement des Bildes von $c_j$ komplex differenzierbare Funktion. $\eofproof$
Seien $\l_1\neq\l_2$, $A$ die Matrix $$ A\colon=\left( \begin{array}{cc} \l_1&0\\ 0&\l_2 \end{array} \right), $$ $K_j=\{\l_j\}$ und $c_j(t)=\l_j+re^{it}$, so daß $\cl{B_r(\l_1)}\cap\cl{B_r(\l_2)}=\emptyset$. Dann sind $P_1$ bzw. $P_2$ die Projektionen auf die erste bzw, zweite Koordinate.
Für $x=(x_1,x_2)\in\C^2$ erhalten wir wegen $\ind(\l_j,c_k)=\d_{jk}$ z.B.: $$ P_1x =\frac1{2\pi i}\int_{c_1}\Big(\frac{x_1}{z-\l_1},\frac{x_2}{z-\l_2}\Big)\,dz =\frac1{2\pi i} \Big(\int_{c_1}\frac{x_1}{z-\l_1}\,dz,\int_{c_1}\frac{x_2}{z-\l_2}\,dz\Big) =(x_1,0) $$ und $(z-A)^{-1}P_1x=(x_1,0)/(z-\l_1)$ bzw. $(z-A)^{-1}P_2x=(0,x_2)/(z-\l_2)$.
Zu der Matrix $$ A\colon=\left( \begin{array}{cc} 0&1\\ 0&0 \end{array} \right), $$ gibt es keine Matrix $B\in\Ma(2,\C)$ mit $B^2=A$.
Offensichtlich muß gelten $\det B=0$, also für $a,b,c\in\C$: $$ B^2 = \left( \begin{array}{cc} a&b\\ ca&cb \end{array} \right)^2 = \left( \begin{array}{cc} a(a+cb)&b(a+cb)\\ ca(a+cb)& cb(a+cb) \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 0&1\\ 0&0 \end{array} \right) $$ Es folgt: $b,a+bc\neq0$ und $a=ca=cb=0$, was unmöglich ist.
Unter welchen Bedingungen an die Resolvente $U_z$ von $A\in L(X)$ gibt es einen Operator $B\in L(X)$ mit $B^2=A$?
Sei $A\in L(X)$, so daß $\Spec(A)\sbe[\Re z > 0]$. Dann gilt: $$ \forall t >0:\quad e^{-tA}=\lim_{n\to\infty}\frac1{2\pi}\int_{-n}^n e^{-its}(is-A)^{-1}\,ds~. $$
Da $\Spec(A)$ kompakt ist, gibt es ein $\e > 0$, so daß $\Spec(A)\sbe[\Re z > \e]$: Ist $c_n$ der Rand des Rechtecks mit den Eckpunkten $in,-in,n-in$ und $n+in$. Da für $|z| > 2\norm A$ nach \eqref{asceq1}: $\norm{U_z}\leq2/|z|$, ist die Norm des Integranden $$ z\mapsto e^{-tz}U_z $$ auf der Strecke mit $\Re z=n$ beschränkt durch $2e^{-tn}/n$ - die Norm des Integrals ist daher kleiner als $4e^{-tn}$; auf der Strecke mit $\Im z=\pm n$ ist die Norm des Integranden für $\Re z < \sqrt n$ beschränkt durch $2/n$ und für $\Re z > \sqrt n$ beschränkt durch $2\exp(-t\sqrt n)/n$ - die Norm des Integrals ist daher kleiner als $2/\sqrt n+2\exp(-t\sqrt n)$. Bezeichnet also $k_n$ die Gerade von $in$ nach $-in$, so folgt mit $n\to\infty$: $$ e^{-tA} =\frac1{2\pi i}\lim_n\int_{c_n}e^{-tz}U_z\,dz =\frac1{2\pi i}\lim_n\int_{k_n}e^{-tz}U_z\,dz =\lim_n-\frac1{2\pi}\int_{-n}^{n}e^{-its}U_s\,ds~. $$
Zeigen Sie, daß für alle $a,t > 0$ folgender Limes existiert: $$ \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n\frac{se^{-its}}{s^2+a^2}\,ds~. $$

Bounded analytic semigroups again

Cf. e.g. E.B. Davies, One-Parameter Semigroups. Wir betrachten nun einen abgeschlossenen Operator $A$ mit folgenden Eigenschaften:
  1. Es gibt ein $\a\in[0,\pi/2)$, so daß $$ \Spec(A)\sbe\{z\in\C:|\arg(z)|\leq\a\}=\colon S_\a~. $$
  2. Zu jedem $\theta > \a$ gibt es eine Konstante $C_\theta$, so daß: $$ \forall z\notin S_\theta:\quad \Vert(z+A)^{-1}\Vert\leq\frac{C_\theta}{|z|}~. $$
Nach Beispiel erfüllt jeder positive selbstadjungierte Operator $A:\dom(A)\rar E$ auf einem Hilbertraum $E$ diese Bedingungen mit $\a=0$ und $C_\theta=1/\sin\theta$.
Zu jeder kompakten Teilmenge $K$ von $[\Re z > 0]$ gibt es ein $\a\in[0,\pi/2)$, so daß $K\sbe S_\a$.
Wir möchten so etwas wie den Operator $P_w\colon=e^{-wA}$ mithilfe der Resolvente $U_w\colon=(w+A)^{-1}$ von $-A$ definieren. Für welche $w\in\C$ ist dies möglich? resolvent Damit die Funktion $z\mapsto e^{-wz}$ im Unendlichen verschwindet müssen wir $z$ so wählen, daß $|\arg(w)+\arg(z)| < \pi/2$. Sei daher $\theta\in(\a,\pi/2-|\arg(w)|)$, also insbesondere: $|\arg(w)| < \pi/2-\a$. Ferner setzen wir: $$ \O_\theta\colon=S_\theta\cup\cl D=\{z\in\C:|\arg(z)|\leq\theta\}\cup\cl D~. $$ Bezeichnet $\g_n$ eine Parametrisierung jenes Teils von $\pa\O_\theta$, der von $ne^{i\theta}$ gegen den Uhrzeigersinn nach $ne^{-i\theta}$ verläuft, so setzen wir $\g\colon=\g_\infty$ und $$ P_w\colon=\lim_n\frac1{2\pi i}\int_{\g_n} e^{-wz}U_z\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\g} e^{-wz}U_z\,dz $$ 1. Die Definition ist unabhängig von $\theta\in(\a,\pi/2-|\arg(w)|)$: Nach dem Cauchyschen Integralsatz genügt der Nachweis, daß für $\a < \theta_0 < \theta_1 < \pi/2-|\arg(w)|$: $$ \lim_n\norm{\int_{c_n}e^{-zw}U_z\,dw}=0, $$ wobei $c_n$ die beiden Kreisbögen zwischen $ne^{i\theta_1}$ und $ne^{i\theta_0}$ bzw. zwischen $ne^{-i\theta_0}$ und $ne^{-i\theta_1}$ beszeichnet. Nun ist für ein $\d > 0$: $\theta_1+|\arg(z)|\leq\pi/2-\d$ und damit nach Voraussetzung: $$ \int_0^1 |e^{-zc_n(t)}| \Vert(c_n(t)+A)^{-1}\Vert|c_n^\prime(t)|\,dt \leq e^{-n\cos(\pi/2-\d)} \frac{C_{\theta_0}}n2n(\theta_1-\theta_0)~. $$ 2. Wir zeigen nun analog zum Spektralkalkül, daß $P_w$ eine Halbgruppe ist; dazu benötigen wir wiederum die Resolventengleichung \eqref{asceq3}: Seien für $j=0,1$: $\g_j\colon=\pa\O_{\theta_j}$ - aus technischen Gründen sollten wir in der Definition von $\O_\theta$ anstelle von $D$ eine Kreisscheibe wählen, die mit $\theta$ strikt wächst, also etwa $D$ durch $D_{1+\theta}$ ersetzen: \begin{eqnarray*} P_{w_1}P_{w_0} &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_1}\int_{\g_0} e^{-z_1w_1-z_0w_0}U_{z_1}U_{z_0}\,dz_0\,dz_1\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_1}\int_{\g_0} \frac{e^{-z_1w_1-z_0w_0}}{z_1-z_0}(U_{z_0}-U_{z_1})\,dz_0\,dz_1\\ &=&-\frac1{4\pi^2}\int_{\g_0}\Big(\int_{\g_1} \frac{e^{-z_1w_1-z_0w_0}}{z_1-z_0}\,dz_1\Big)U_{z_0}\,dz_0 +\frac1{4\pi^2}\int_{\g_1}\Big(\int_{\g_0} \frac{e^{-z_1w_1-z_0w_0}}{z_1-z_0}\,dz_0\Big)U_{z_1}\,dz_1 \end{eqnarray*} Wählen wir wiederum den Winkel $\theta_1$ von $\g_1$ größer als den Winkel $\theta_0$ von $\g_0$, so folgt aus der Cauchyschen Integralformel sowie einer zu Beispiel analogen Rechnung: das zweite innere Integral verschwindet und für das erste Doppelintegral erhalten wir $$ \frac1{2\pi i}\int_{\g_0} e^{-z_0w_0-z_0w_1}U_{z_0}\,dz_0 =P_{w_0+w_1}~. $$
Zu jedem $\b\in[0,\pi/2-\a)$ gibt es eine Konstante $K_\b < \infty$, so daß für alle $w\in S_\b$: $\Vert P_w\Vert\leq K_\b$. D.h. $P_w$ ist eine beschränkte Halbgruppe auf $S_{\pi/2-\a}^\circ$.
1. Für alle $x\in X$ und alle $w\in S_{\pi/2-\a}$: $$ \int_{\pa\O_\theta}z^{-1}e^{-wz}\,dz=1 \quad\mbox{und}\quad \int_{\pa\O_\theta}z^{-1}U_zx\,dz=0~. $$ 3. Für alle $\b\in[0,\pi/2-\a)$ und alle $w\in S_\b$: $$ \forall x\in X:\quad \lim_{w\to0}\Vert P_wx-x\Vert=0~. $$ $P_w$ ist also eine stetige Halbgruppe. Lösungsvorschlag.
Für alle $\a > 0$ gilt: $$ \forall x\in X:\quad \int_{\pa\O_\theta}(-z)^{-\a}U_zx\,dz=0~. $$
Zeigen Sie: $$ \forall w\in S_{\pi/2-\a}^\circ \forall x\in\dom A:\quad \ftd w P_wx=-P_wAx~. $$ 2. $w\mapsto P_w$ ist eine stetige, beschränkte, analytische Halbgruppe auf $S_{\pi/2-\a}^\circ$ mit dem Generator $-A$. Lösungsvorschlag.
Das folgende Beispiel kann man u.A. für zeitabhängige Schrödinger-Gleichungen heranziehen:
Falls für alle $z\in S_{\pi/2}$: $\norm{P_z}\leq C$, dann ist durch $T_sP_tx\colon=P_{t+is}x$ eine stetige Gruppe $T_s$, $s\in\R$, definiert mit dem Generator $-iA$ und es gilt: $T_sx=\lim_{t\dar0}P_{t+is}x$. Lösungsvorschlag.
Die Voraussetzungen des voranstehenden Beispiels treffen z.B. auf die Wärmeleitungshalbgruppe auf den Hilberträumen $H^s(\R^n)$ zu! Das Beispiel ist also eine abstrakte Version der ersten zwei Aussagen von Beispiel. Allgemeiner erfüllt jeder positive selbstadjungierte Operator $A:\dom(A)\rar E$ auf einem Hilbertraum $E$ diese Bedingungen.

Inverse of a complex differentiable function

Sei $f:\O\rar\C$ injektiv und komplex differenzierbar, $B_r(z_0)\sbe\O$ und $V\colon=f(B_r(z_0))$. Nach Korollar ist $V$ offen und für alle $w\in V$ gilt: \begin{equation}\label{cifeq2}\tag{CIF2} f^{-1}(w)=\frac1{2\pi i}\int_{\pa B_r(z_0)}\frac{zf^\prime(z)}{f(z)-w}\,dz~. \end{equation} Sei $z_1\in B_r(z_0)$, so daß $w=f(z_1)$, i.e. $f^{-1}(w)=z_1$; setzen wir $$ g(z)\colon=\left\{\begin{array}{cl} \frac{f(z)-w}{z-z_1}&\mbox{falls $z\neq z_1$}\\ f^\prime(z_1)&\mbox{falls $z=z_1$} \end{array}\right. $$ so ist $g:\O\rar\C$ nach dem Satz von Cauchy-Goursat komplex differenzierbar und verschwindet nach Proposition in keinem Punkt; nach der Cauchyschen Integralformel folgt: $$ \frac1{2\pi i}\int_{\pa B_r(z_0)}\frac{zf^\prime(z)}{f(z)-w}\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\pa B_r(z_0)}\frac{zf^\prime(z)}{g(z)(z-z_1)}\,dz =\frac{z_1f^\prime(z_1)}{g(z_1)} =z_1 $$ Die Beziehung \eqref{cifeq2} läßt sich auch mithilfe des Residuensatzes bestätigen, cf. e.g. Beispiel.
Lagrange-Bürmann Formel: Sei $f$ eine in einer Umgebung von $0$ analytische Funktion, so daß $f(0)=0$ und $f^\prime(0)\neq0$. Dann ist $g\colon=f^{-1}$ in einer Umgebung von $0$ analytisch und es gilt: (Lösungsvorschlag) $$ g^{(n)}(0)=\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\Big|_{z=0}\Big(\frac{z}{f(z)}\Big)^n~. $$
Sei $p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0$ ein Polynom und $R>0$ so, daß für alle $|w| < r$ sämtliche Nullstellen $z_1(w),\ldots,z_n(w)$ von $z\mapsto p(z)-w$ in $D_R$ liegen. Dann ist für alle $k=1,\ldots,n-1$ die Funktion $$ s_k:w\mapsto\sum_{j=1}^n z_j(w)^k =\frac1{2\pi i}\int_{\g_R}\frac{p^\prime(z)z^k}{p(z)-w}\,dz $$ konstant - $\g_R(t)\colon=Re^{it}$, $t\in[0,2\pi]$. Hinweis: cf. Newton identities.

Alternative Approaches

Stokes theorem in the plane

 Sei $\O(\sbe\C)$ ein beschränktes Gebiet mit glattem Rand $\pa\O$ - d.h. $\pa\O$ ist eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit von $\R^2$ - und $F,G:U\rar X$ seien in einer Umgebung $U$ von $\cl\O$ stetig reell differenzierbare Abbildungen in den komplexen Banachraum $X$. Dann lautet die Stokessche Formel (cf. Beispiel) in komplexer Notation: \begin{equation}\label{aapeq1}\tag{AAP1} 2i\int_{\O}(\pa_{\bar z}F-\pa_zG) =\int_{\pa\O}F\,dz+G\,d\bar z~. \end{equation} Falls $\g$ eine Parametrisierung von $\pa\O$ ist, dann muß $\g$ gegen den Uhrzeigersinns durchlaufen werden; also z.B. im Falle des Kreises $\O=[|z| < 1]$, $\pa\O=[|z|=1]$: $\g:[0,2\pi]\rar\C$, $\g(t)=e^{it}$ und damit: $$ 2i\int_{\O}(\pa_{\bar z}F-\pa_zG) =\int_0^{2\pi}F(e^{it})e^{it}+G(e^{it})e^{-it}\,dt~. $$
Sei $\O(\sbe\C)$ ein beschränktes Gebiet mit glattem Rand $\pa\O$ und $F,G:U\rar\C$ seien in einer Umgebung $U$ von $\cl\O$ stetig reell differenzierbar. Leiten Sie aus der reellen Stokesschen Formel: $$ \int_\O(-\pa_yF+\pa_xG)=\int_{\pa\O}F\,dx+G\,dy $$ die Stokessche Formel in komplexer Notation \eqref{aapeq1} ab. Lösungsvorschlag
Die Zirkulation $\G$ eines Vektorfeldes mit den Komponenten $F$ und $G$ längs einer geschlossenen Kurve $\pa\O$ ist definiert durch $$ \G\colon=\int_{\pa\O}F\,dx+G\,dy~. $$ Zeigen Sie, daß mit $f\colon=F-iG$: $$ \G =\Re\int_{\pa\O}f\,dz =-2\int_\O\Im\pa_{\bar z}f~. $$
Zeigen Sie mithilfe der Stokesschen Formel, daß für jedes beschränkte Gebiet $\O\sbe\C$ mit glattem Rand $\pa\O$ gilt: $$ -i\int_{\pa\O}x\,dz =-\int_{\pa\O}y\,dz =-\tfrac12i\int_{\pa\O}\bar z\,dz =\l(\O)~. $$
Sei $w\in\O$ beliebig aber fix; setzen wir für $z\in\O\sm\{w\}$: $F(z)=f(z)/(z-w)$ mit einer stetig reell differenzierbaren Funktion $f:U\rar\C$ und $G=0$, so folgt für hinreichend kleine Werte von $r$: $$ 2i\int_{\O\sm B_r(w)}\frac{\pa_{\bar z}f(z)}{z-w} =\int_{\pa\O}\frac{f(z)}{z-w}\,dz -\int_{\pa B_r(w)}\frac{f(z)}{z-w}\,dz~. $$ Mit $r\dar0$ konvergiert das letzte Integral gegen $2\pi if(w)$. Es gilt also die Greensche Formel: \begin{equation}\label{aapeq2}\tag{AAP2} \forall w\in\O:\qquad f(w)=\frac1{2\pi i}\int_{\pa\O}\frac{f(z)}{z-w}\,dz -\frac1{\pi}\int_{\O}\frac{\pa_{\bar z}f(z)}{z-w} \end{equation} aus der wir für komplex differenzierbare $f$, i.e. $\pa_{\bar z}f=0$, unmittelbar die Cauchysche Integralformel $$ \forall w\in\O:\qquad f(w)=\frac1{2\pi i}\int_{\pa\O}\frac{f(z)}{z-w}\,dz $$ und damit (wie im Satz von Cauchy-Goursat) die Analytizität von $f$ erhalten.
Sei $f\in C_0(\C,X)$ stetig reell differenzierbar, so daß für alle $z\in\C$ die Funktion $$ w\mapsto\frac{\norm{\pa_{\bar w}f(w)}}{|w-z|} $$ über $\C$ integrierbar ist. Zeigen Sie mithilfe der Greenschen Formel \eqref{aapeq2}: $$ \forall z\in\C:\qquad f(z)=-\frac1{\pi}\int_\C\frac{\pa_{\bar w}f(w)}{w-z}~. $$
Folgern Sie aus der Stokesschen Formel, daß für jedes beschränkte Gebiet $\O\sbe\C$ mit glattem Rand $\pa\O$ und alle in einer Umgebung von $\cl\O$ definierten (reell) glatten Funktionen $f,g$ (Lösungsvorschlag): $$ 2i\int_\O f\pa_z\pa_{\bar z}g-g\pa_z\pa_{\bar z}f =\int_{\pa\O}f\pa_zg\,dz+g\pa_{\bar z}f\,d\bar z, $$ sowie für $f\pa_zf|\pa\O=0$ oder komplex differenzierbare $f$: $$ \int_\O f\pa_{\bar z}\pa_zf=-\int_\O\pa_{\bar z}f\pa_zf $$
Der offensichtliche "Nachteil" dieser Herleitung liegt an technischen Details: stetige reelle Differenzierbarkeit und glatt berandete Untermannigfaltigkeiten, die mit dem Problem eigentlich nichts zu tun haben!

Contour homotopy

Die vielleicht einfachste Herleitung der Cauchyschen Integralformel (für Kreise) im Falle stetig komplex differenzierbarer Funktionen ist folgende: Sei $U$ eine offene Obermenge der abgeschlossenen Kreisscheibe $\cl D$, $f:U\rar X$ stetig komplex differenzierbar und $w\in D$. Die Konturhomotopie $h(s,t)\colon=w+s(e^{it}-w)$ führt die konstanten Kurve $h_0:t\mapsto w$ über in den Kreis $h_1:t\mapsto e^{it}$. Wir definieren also $$ F(s) \colon=\int_{h_s}\frac{f(z)}{z-w}\,dz =\int_0^{2\pi}\frac{f(w+s(e^{it}-w))}{e^{it}-w}\,e^{it}\,dt $$ und zeigen, daß $F$ konstant ist: \begin{eqnarray*} F^\prime(s) &=&\int_0^{2\pi} \frac{f^\prime(w+s(e^{it}-w))}{e^{it}-w}\, e^{it}(e^{it}-w)\,dt\\ &=&\int_0^{2\pi}f^\prime(w+s(e^{it}-w))e^{it}\,dt =-i\int_{h_1}f^\prime(w+s(z-w))\,dz~. \end{eqnarray*} Die Funktion $z\mapsto f^\prime(w+s(z-w))$ besitzt aber die Stammfunktion $z\mapsto f(w+s(z-w))/s$, also folgt nach Lemma: $F^\prime(s)=0$ und da $F(0)=2\pi i f(w)$ erhalten wir: $$ 2\pi i f(w) =F(1) =\int_{h_1}\frac{f(z)}{z-w}\,dz~. $$

Conjugate harmonic functions

Sei $\O$ einfach zusammenhängend, $u:\O\rar\R$ eine harmonische, zweimal stetig reell differenzierbare Funktion und $z_0\in\O$. Wir zeigen nun, daß es eine harmonische Funktion $\wt u:\O\rar\R$ gibt, so daß $$ f(x+iy)\colon=u(x,y)+i\wt u(x,y) $$ komplex differenzierbar ist und $\wt u(z_0)=0$ - man nennt $\wt u$ die zu $u$ konjugierte harmonische Funktion mit $\wt u(z_0)=0$; insbesondere sind sowohl $u$ als auch $\wt u$ (reell) analytisch! Zu $z\in\O$ wählen wir eine stückweise glatte Kurve $c:[0,1]\rar\O$ mit $c(0)=z_0$ und $c(1)=z$ - es reicht z.B. für $c$ Kurven zu wählen, die stückweise achsenparallel sind. Da $\pa_x\wt u$ bzw. $\pa_y\wt u$ nach den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen mit $-\pa_yu$ bzw. $\pa_xu$ übereinstimmen sollen, setzen wir (und müssen wir setzen): \begin{equation}\label{aapeq3}\tag{AAP3} \wt u(z) \colon=\int_c-\pa_yu\,dx+\pa_xu\,dy =-i\int_c\pa_wu\,dw-\pa_{\bar w}u\,d\bar w~. \end{equation} Offensichtlich ist $\wt u(z_0)=0$ und $\wt u(z)$ reell. Zunächst ist die Definition unabhängig von der speziellen Kurve $c$, denn für jede weitere solche Kurve $k$ ist $\g\colon=k^{-1}c$ geschlossen und stückweise glatt; nehmen wir nun an, daß $\g=\pa U$, so folgt nach der Stokesschen Formel \eqref{aapeq1}: $$ \int_{\pa U}\pa_wu\,dw-\pa_{\bar w}u\,d\bar w =2i\int_U\pa_{\bar w}\pa_wu+\pa_w\pa_{\bar w}u =-\frac i2\int_U\D u =0~. $$ Also ist erstens die Definition unabhängig vom Weg und zweitens gilt nach \eqref{aapeq3}: $$ d\wt u=-i(\pa_wu\,dw-\pa_{\bar w}u\,d\bar w), $$ d.h.: $\pa_w\wt u=-i\pa_wu$ und $\pa_{\bar w}\wt u=i\pa_{\bar w}u$. Es folgt: $\pa_{\bar w}(u+i\wt u)=\pa_{\bar w}u+i^2\pa_{\bar w}u=0$. Drittens ist $\wt u$ die einzige Funktion mit diesen Eigenschaften, i.e. $u+i\wt u$ komplex differenzierbar und $\wt u(z_0)=0$.
Die Funktion $u:z\mapsto\log|z|$ ist harmonisch auf $\C\sm\{0\}$ und es gibt keine harmonische Funktion $\wt u$, so daß $u+i\wt u$ auf $\C\sm\{0\}$ komplex differenzierbar ist.
Die Funktion $f(z)=z+R^2/z$ ist auf $\O\colon=\{z\in\C:|z| > R\}$ komplex differenzierbar und $\Im f|\pa\O=0$.

Potential flows

 Stationäre Potentialströmungen einer inkompressiblen Flüssigkeit beschreibt man in der Hydrodynamik durch eine harmonische Funktion $u$ - das Geschwindigkeitspotential der Strömung - auf einer offenen Teilmenge $\O$ von $\R^n$; da der Gradient von $u$ das Geschwindigkeitsfeld der Strömung ist, muß $\nabla u$ tangential zu $\pa\O$ sein. Wir nehmen nun an, daß erstens $n=2$ und daß es zweitens eine komplex differenzierbare Funktion $f$ gibt - das komplexe Potential - mit $f(z)=u(z)+i\wt u(z)$. Nach den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen folgt: $$ \pa_xu+i\pa_yu=\pa_xu-i\pa_x\wt u=\cl{f^\prime(z)}, $$ also ist $V(z)=\cl{f^\prime(z)}$ das komplexe Geschwindigkeitsfeld, $\norm{\nabla u}=|f^\prime|$ und $\nabla\wt u$ ist stets normal zum Geschwindigkeitsfeld, d.h. $\wt u$ ist längs einer Stromline konstant.
Sei $l\in\N$ und $f(z)=(z^l+R^{2l}/z^l)$. Dann ist das Geschwindigkeitsfeld $V(z)=\cl{f^\prime(z)}=l\bar z^{l-1}-lR^{2l}\bar z^{-l-1}$ tangential zu $\pa D_R$.
Sei $F:\O\rar H^+\colon=[\Im z > 0]$ bianalytisch und $F:\pa\O\rar\R$ sowie $F^{-1}:R\rar\pa\O$ stückweise glatt. Ferner sei $u$ ein Geschwindigkeitspotential auf $H^+$ mit dem komplexen Potential $f=u+i\wt u$. Nach Abschnitt ist $u\circ F$ ein Geschwindigkeitspotential auf $\O$ mit dem komplexen Potential $f\circ F$. Z.B. beschreibt das Potential $u(x+iy)=ax$, $a\in\R$, ein zu $\pa H^+$ tangentiales Geschwindigkeitsfeld $V(z)=a$ mit dem komplexen Potential $f(z)=az$. Folglich ist $aF(z)$ ein komplexes Geschwindigkeitspotential auf $\O$ mit einem zu $\pa\O$ tangentialen Geschwindigkeitsfeld $V(z)=a\cl{F^\prime(z)}$, denn für $w\in H^+$ folgt mit $G\colon=F^{-1}$: $$ aV(G(w)) =a\cl{F^\prime(G(w))} =\frac{a}{\cl{G^\prime(w)}} $$ und für $t\in\R$, also $G(t)\in\pa\O$: $$ \Re(iG^\prime(t)a\cl{V(G(t))}) =\Re\frac{iaG^\prime(t)}{G^\prime(t)}=0, $$ i.e. $V(G(t))$ und $iG^\prime(t)$ sind normal zueinande und damit sind $V(G(t))$ und $G^\prime(t)$ parallel. Ferner ist $\Im F$ längs der Stromlinien von $V$ konstant.
Sei $p > 1$; die Abbildung $F(z)=z^p/p$ bildet den Sektor $S_p\colon=\{z:0 < \arg(z) < \pi/p\}$ bianalytisch auf $H^+$ ab. Die Funktion $f(z)=z^p/p$ ist daher das komplexe Potential einer strömenden Flüssigkeit in $S_p$ mit dem Geschwindigkeitsfeld $V(z)=\bar z^{p-1}$. Skizzieren Sie dieses für $p=2$ und $p=4$.
Sei $1 > p \geq 1/2$; setzen wir für $z=re^{i\theta}\in\C\sm\{0\}$ mit $\theta\in(0,2\pi)$: $\Log(z)\colon=\log|z|+i\theta$ und $z^p\colon=\exp(p\Log z)$, so ist $F(z)=z^p/p$ eine bianalytische Abbildung des Sektors $S_p\colon=\{z:0 < \arg(z) < \pi/p\}$ auf $H^+$. Die Funktion $f(z)=z^p/p$ ist daher das komplexe Potential einer strömenden Flüssigkeit in $S_p$ mit dem Geschwindigkeitsfeld $V(z)=\bar z^{p-1}$. Skizzieren Sie dieses für $p=1/2$ und $p=3/4$.
Auf dem offenen Einheitskreis $D$ gibt es keine Potentialströmung mit einem zu $\pa D$ tangentialen und nicht verschwindenden Geschwindigkeitsfeld.
Bestimmen Sie das Geschwindigkeitsfeld einer Potentialströmung auf $\C\sm\{0\}$ mit dem Potential $u(z)=\log|z|$. Auf z.B. $\C\sm\R_0^-$ besitzt dieses Geschwindigkeitsfeld das komplexe Potential $f(z)=\log z=\log|z|+i\arg(z)$.
$F(z)\colon=(z+1/z)/2$ bildet $\O\colon=\{z\in H^+:|z| > 1\}$ konform auf $H^+$ ab. Folgern Sie: $a(z+1/z)$ ist ein komplexes Potential einer zu $\pa\O$ tangentialen Potentialströmung mit dem komplexen Geschwindigkeitsfeld $V(z)=a(1-\bar z^{-2})$. Lösungsvorschlag.
circle
$F(z)\colon=(z+1/z)/2$ und $\O\colon=\{z\in\C:|z| > 1\}$. Bestimmen Sie $F(\O)$. Ist $F$ injektiv? Skizzieren Sie die Bilder der Kreise $[|z|=r]$, $r > 1$, unter $F$.
Joukowski Profil: Sei $0 < r < 1$ und $K\colon=\{z\in\C:|z-r|=1+r\}$. Bestimmen Sie das Bild von $K$ unter der Abbildung $F(z)=(z+1/z)/2$.
joukowski
Cf. Abschnitt.

Laurent Series, Singularities and Residues

Laurent series

Wir untersuchen im Folgenden Reihenentwicklungen von Funktionen $f$, die in einer punktierten Umgebung eines Punktes $z_0$ komplex differenzierbar sind, d.h. es gibt eine Umgebung $U$ von $z_0$, so daß $f:U\sm\{z_0\}\rar X$ komplex differenzierbar ist. Eine wichtige Eigenschaft wird dabei sein, daß für jede geschlossene, stückweise glatte Kurve $c:I\rar\C\sm\{z_0\}$ gilt: \begin{equation}\label{laueq1}\tag{LSR1} \forall n\in\Z\sm\{-1\}:\qquad \int_c(z-z_0)^n\,dz=0, \end{equation} denn $z\mapsto(z-z_0)^{n+1}/(n+1)$ ist eine Stammfunktion von $z\mapsto(z-z_0)^n$ auf $\C\sm\{z_0\}$ und somit muß das Integral nach Lemma verschwinden.
Seien $\O(\sbe\C)$ offen, $f:\O\sm\{z_0\}\rar X$ komplex differenzierbar und $\cl{B_r(z_0)}\sbe\O$. Für $0 < |w-z_0| < r$ und $\g_r(t)=z_0+re^{it}$, $t\in(-\pi,\pi]$ gilt: $$ f(w)=\sum_{n\in\Z}a_n(w-z_0)^n \quad\mbox{mit}\quad a_n=\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz $$ 2. Sei weiters $c:I\rar B_r(z_0)\sm\{z_0\}$ eine geschlossene, stückweise glatte Kurve, so gilt: $$ \forall n\in\Z:\qquad \ind(z_0,c)a_n=\frac1{2\pi i}\int_{c}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz~. $$
$\proof$ Sei $0 < \e < |w-z_0|$, dann sind $\g_r$ und $\g_\e$ innerhalb von $\O\sm\{z_0\}$ konturhomotop und folglich gilt für die durch \eqref{cgteq2} definierte Funktion $g_w$ nach dem Cauchyschen Integralsatz: $\int_{\g_r}g_w(z)\,dz=\int_{\g_\e}g_w(z)\,dz$.
laurent
Da $\ind(w,\g_r)=1$ und $\ind(w,\g_\e)=0$, folgt: \begin{equation}\label{laueq2}\tag{LSR2} \forall\e < |w-z_0| < r:\qquad f(w)=\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{z-w}\,dz -\frac1{2\pi i}\int_{\g_\e}\frac{f(z)}{z-w}\,dz~. \end{equation} Definieren wir $$ f_0(w)\colon=\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{z-w}\,dz, $$ so ist $f_0$ komplex differentierbar auf $B_r(z_0)$, also analytisch, i.e. $f_0(w)=\sum_{n=0}^\infty a_n(w-z_0)^n$ und nach Definition von $f_0$ sowie Abschnitt: $$ a_n =\frac{f_0^{(n)}(z_0)}{n!} =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz~. $$ Nun zum zweiten Teil in der Beziehung \eqref{laueq2}: Für $z\in\g_\e((-\pi,\pi])$ folgt: $|w-z_0| > |z-z_0|$, also mithilfe der geometrischen Reihe $$ \frac1{z-w} =\frac1{z-z_0+z_0-w} =\frac1{(w-z_0)(-1+\frac{z-z_0}{w-z_0})} =-\sum_{n=0}^\infty\frac{(z-z_0)^n}{(w-z_0)^{n+1}} $$ und damit \begin{eqnarray*} -\frac1{2\pi i}\int_{\g_\e}\frac{f(z)}{z-w}\,dz &=&\frac1{2\pi i}\int_{\g_\e} \sum_{n=0}^\infty\frac{f(z)(z-z_0)^n}{(w-z_0)^{n+1}}\,dz\\ &=&\sum_{n=0}^\infty\Big(\frac1{2\pi i}\int_{\g_\e}f(z)(z-z_0)^n\,dz\Big) (w-z_0)^{-n-1}\\ &=&\sum_{n=-1}^{-\infty}\Big(\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz\Big) (w-z_0)^n~. \end{eqnarray*} wobei wir im letzten Schritt wiederum den Cauchyschen Integralsatz verwendeten.
2. Da $0 < \inf\{|c(t)-z_0|:t\in I\}\leq\sup\{|c(t)-z_0|:t\in I\} < r$ gilt für alle $n\in\Z$ nach 1. bzw. (\ref{laueq1}) sowie der Definition des Index': \begin{eqnarray*} \frac1{2\pi i}\int_c \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz &=&\frac1{2\pi i}\sum_{k\in\Z}\int_c a_k(z-z_0)^{k-n-1}\,dz\\ &=&\frac1{2\pi i}a_n\int_c(z-z_0)^{-1}\,dz =a_n\ind(z_0,c)~. \end{eqnarray*} $\eofproof$
Man nennt Reihen der Form $\sum_{n\in\Z}a_n(z-z_0)^n$ Laurent-Reihen nach P.A. Laurent, cf. e.g. wikipedia.

Residues, zeros, poles and orders

Von besonderer Bedeutung ist der Koeffizient $a_{-1}$; er heißt das Residuum von $f$ in $z_0$ und wir bezeichnen ihn mit \begin{equation}\label{laueq3}\tag{LSR3} \Res(z_0,f)\colon=a_{-1}\colon=\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}f(z)\,dz; \end{equation} diese Definition ist auch unabhängig vom Radius $r$ des Kreises $\g_r$ - solange $\cl{B_r(z_0)}\sbe\O$!
Eine auf $\O\sm\{z_0\}$ komplex differenzierbare Funktion $f$ besitzt also nach Proposition eine Zerlegung $f(z)=f_0(z)+f_1(z)$, wobei $$ f_0(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n \quad\mbox{und}\quad f_1(z)=\sum_{n=-1}^{-\infty}a_{n}(z-z_0)^n~. $$ Der Konvergenzradius der ersten Reihe ist stets größer oder gleich $d(z_0,\O^c)$; setzen wir $$ g(z)\colon=\sum_{n=1}^\infty a_{-n}z^n~. $$ so folgt: $f_1(z)=g(1/(z-z_0))$ und - was im Beweis des Residuensatzes von Bedeutung sein wird - $g$ ist eine ganze Funktion, d.h. der Konvergenzradius der Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_{-n}z^n$ ist $+\infty$, denn für alle $0 < \e\leq r$ und alle $n\in\N$ erhalten wir mit $C(\e)\colon=\sup\{\norm{f(z)}:|z-z_0|=\e\}$ nach Proposition: $$ \norm{a_{-n}}\leq C(\e)\e^{n}; $$ i.e. der Konvergenzradius der Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_{-n}z^n$ beträgt mindestens $1/\e$; da $\e > 0$ beliebig war muß $g$ eine ganze Funktion sein. Man nennt $$ f_1(z)=g\Big(\frac1{z-z_0}\Big) $$ auch den Hauptteil von $f$ in $z_0$; dieser ist also auf $\C\sm\{z_0\}$ analytisch und es gilt: $f=f_0+f_1$. Wir setzen nun: \begin{equation}\label{laueq4}\tag{LSR4} \o(z_0,f)\colon=\inf\{n\in\Z: a_n\neq0\} \end{equation} Klarerweise ist $f$ genau dann komplex differenzierbar in $z_0$, wenn $\o(z_0,f)\geq0$, was genau dann der Fall ist, wenn der Hauptteil von $f$ in $z_0$ verschwindet; $\o(z_0,f)=0$ falls der Hauptteil von $f$ in $z_0$ verschwindet und $z_0$ keine Nullstelle von $f$ ist; $\o(z_0,f)=n > 0$ genau dann, wenn der Hauptteil von $f$ in $z_0$ verschwindet und $z_0$ eine $n$-fache Nullstelle von $f$ ist. Verschwindet der Hauptteil von $f$ in $z_0$ nicht, dann heißt $z_0$ ein isolierter singulärer Punkt oder ein Pol von $f$. Ist $g$ ein Polynom des Grades $n$, so bezeichnet man $z_0$ als einen Pol der Ordnung $n$ und es gilt: $\o(z_0,f)\colon=-n$. Falls schließlich $a_n\neq0$ für unendlich viele $n\in\Z^-$, so nennt man $z_0$ eine wesentliche Singularität von $f$ und setzt $\o(z_0,f)\colon=-\infty$. $\o(z_0,f)$ heißt die Ordnung von $f$ in $z_0$. Falls $|\o(z_0,f)| < \infty$, dann sagt man auch, daß $f$ in $z_0$ endliche Ordnung besitzt.
Sei $f(z)=1/(1-z)$ und $g(z)=f(1/z)$. Bestimmen Sie den Hauptteil von $g$ im Punkt $z=0$.
Bestimmen Sie die Art der Singularität, Residuum und Hauptteil von $(1-\cos(z))/z^2$ im Punkt $0$.
Sei $f$ eine ganze Funktion. Bestimmen Sie die Art der Singularitäten, Residuen und Hauptteile von $f(z)/(1+z^n)$ in allen Polen.
Bestimmen Sie die Art der Singularitäten, Residuen und Hauptteile von $e^{1/z}+1/z$, $4z/(z^2+2az+1)$ für $a\in(1,\infty)$, $1/(1+z^2)^n$, $(2\sqrt z-\sqrt{z+1})/(3z-1)$,
Bestimmen Sie den Hauptteil der Funktion $z\mapsto z^4/(z-1)^3$ im Punkt $1$.
Bestimmen Sie das Residuum der Funktion $f:z\mapsto\pi\cot(\pi z)/z^2$ in allen Polen.
Zeigen Sie mithilfe der Beziehung $\G(z)=\G(n+1+z)/z(z+1)\cdots(z+n)$, daß die Residuen der Gammafunktion in den Punkten $-n\in\{0,-1,-2,\ldots\}$ gegeben sind durch $\Res(-n,\G)=(-1)^n/n!$.
Seien $n,m\in\N$ mit $\gcd(n,m)=1$ und $k\in\N$. Bestimmen Sie das Residuum der Funktion $f:z\mapsto1/(1-z^n)(1-z^m)z^{k+1}$ in allen Polen $w\neq0$ und zeigen Sie: $$ \Res(0,f)=|\{(a,b)\in\Z:\,am+bn=k\}|~. $$
Bestimmen Sie die Laurent-Reihe der Funktion $\exp(z-1/z)$.
Bestimmen Sie die Laurent-Reihe der Funktion $\exp(z+1/z)$.
Ist $f:\O\sm\{z_0\}\rar X$ komplex differenzierbar und $n\in\Z$, so gilt genau dann $\o(z_0,f)\geq n$, wenn $z\mapsto(z-z_0)^{-n}f(z)$ in einer Umgebung von $z_0$ beschränkt ist.
$\proof$ Falls $\o(z_0,f)\geq n$, dann muß $z\mapsto(z-z_0)^{-n}f(z)$ in einer Umgebung von $z_0$ beschränkt sein.
Sei umgekehrt $g:z\mapsto(z-z_0)^{-n}f(z)$ auf $B_\e(z_0)$ durch $C$ beschränkt, so folgt für alle $m < n$: $$ \norm{a_m}=\Big\Vert \frac1{2\pi i}\int_{\g_\e}g(z)(z-z_0)^{n-m-1}\,dz\Big\Vert \leq C\e^{n-m} $$ i.e. $a_m=0$. $\eofproof$
Seien $f,g:\C\rar\C$ ganze Funktionen, so daß für alle $z\in\C$: $|f(z)|\leq|g(z)|$. Ist $g$ konstant, so muß nach Korollar auch $f$ konstant sein. Angenommen $g$ ist nicht konstant; bezeichnet dann $E$ die isolierte Menge der Nullstellen von $g$, so ist $h\colon=f/g$ auf $\C\sm E$ komplex differenzierbar und für alle $z\in E$ in einer Umgebung von $z$ beschränkt, also $\o(z,h)\geq0$, i.e. $h$ ist eine ganze beschränkte Funktion. Nach Korollar muß dann $h$ konstant sein, d.h. $f(z)=cg(z)$ mit einer Konstante $|c|\leq1$.

Residue theorem

Das wesentlichste Resultat dieses Abschnitts ist der Residuensatz:
Sei $\O(\sbe\C)$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet, $E\sbe\O$ isoliert, $f:\O\sm E\rar X$ komplex differenzierbar und $c$ eine geschlossene, stückweise glatte Kurve in $\O\sm E$. Dann gilt: $$ \int_c f(z)\,dz=2\pi i\sum_{w\in E}\ind(w,c)\Res(w,f)~. $$
$\proof$ Da $E$ isoliert, i.e. abgeschlossen und diskret ist, ist $K\cap E$ für jede kompakte Teilmenge $K$ von $\O$ endlich.
Nach Proposition gilt für $A\colon=\{z\in\C: \ind(z,c)\neq0\}$: $\cl A$ ist kompakt und in $\O$ enthalten - die Summe auf der rechten Seite ist daher stets endlich.
Sei $h:I\times I\rar\O$ eine Konturhomotopie von $c$ in eine konstante Kurve innerhalb von $\O$, $\{z_1,\ldots,z_N\}$ die Menge $E\cap(\cl A\cup h(I\times I))$ und für $j=1,\ldots,N$ seien $f_j:\C\sm\{z_j\}\rar X$ die Hauptteile von $f$ in $z_j$. Dann ist $$ F(z)\colon=f(z)-\sum_{j=1}^Nf_j(z) $$ auf einer offenen Umgebung $U$ von $h(I\times I)$ komplex differenzierbar; da $c$ innerhalb $U$ zu einer konstanten Kurve konturhomotop ist, folgt nach dem Cauchyschen Integralsatz: $\int_cF(z)\,dz=0$, also: $$ \int_c f(z)\,dz =\sum_{j=1}^N\int_c f_j(z)\,dz~. $$ Nach Proposition (angewandt auf das Gebiet $\C\sm\{z_j\}$, den Hauptteil $f_j$ von $f$ in $z_j$ und $n=-1$) gilt aber für alle $j=1,\ldots,N$: $$ \int_c f_j(z)\,dz =2\pi i\,\Res(z_j,f_j)\ind(z_j,c) =2\pi i\,\Res(z_j,f)\ind(z_j,c)~. $$ $\eofproof$
Sei $n\in\N$ und $c$ der rechteckige Weg von $-n$ nach $n$ nach $n+(2\pi i(1-1/n)$, nach $-n+(2\pi i)(1-1/n)$ zurück nach $-n$. Skizzieren Sie den geschlossenen Wege $\exp\circ c$.

An example from hydrodynamics

Angenommen in einer stationären Flüssigkeit der konstanten Dichte $\r$ - es handelt sich also um eine sogenannte inkompressible Flüssigkeit - befindet sich ein Körper $\O\sbe\R^3$. Die Flüssigkeit übt auf den Körper eine Kraft aus, die aus der Summe der Kräfte besteht, die auf jeden einzelnen Punkt der Körperoberfläche $\pa\O$ wirken: Bezeichnen wir mit $P=P(x)$ den Druck und mit $N=N(x)$ den nach Außen gerichtete Einheitsnormalvektor zu $\pa\O$ im Punkt $x\in\pa\O$, so beträgt die Kraft $F$ bzw. das Drehmoment $M$ bezüglich des Nullpunktes auf $\O$: $$ F=-\int_{\pa\O} PN \quad\mbox{bzw.}\quad M=-\int_{\pa\O} P(x\times N)~. $$ Wir wollen weiters annehmen, daß erstens der Körper zylindrisch - das Problem also nur zweidimensional - und zweitens die Strömung eine Potentialströmung mit dem komplexen Geschwindigkeitspotential $f=u+iv$ ist. Schließlich soll $f$ eine auf $\C$ meromorphe Funktion sein (cf. Abschnitt). Dann folgt für das Geschwindigkeitsfeld: $\nabla u=\cl{f^\prime(z)}$ (cf. Abschnitt). Der Rand von $\O$ soll eine einfach geschlossene Kurve $\g$ sein, die wir durch ihre Bogenlänge $s$ parametrisieren: mit $T(s)\colon=\g^\prime(s)$ erhalten wir: $|T|=1$, $N=-iT$ und mit $\R^3\sim\C\times\R$ weist der Vektor $x\times N$ in Richtung der dritten Achse und seine Komponente in diese Richtung beträgt: $-\Im(z\bar N)=-\Im(zi\bar T)=-\Re(z\bar T)$: $$ F=i\int P(\g(s))T(s)\,ds \quad\mbox{bzw.}\quad M=\int_{\pa\O} P(\g(s))\Re(\g(s)\bar T(s))\,ds~. $$ Den Druck $P$ bestimmen wir aus der Bernoulli Gleichung $$ \tfrac12\r\norm{\nabla u}^2+P=e $$ mit einer Konstante $e$ - unter diesen Umständen ist diese Gleichung äquivalent zur sogenannten Euler-Gleichung. Wir erhalten also \begin{eqnarray*} F &=&i\int P(\g(s))\g^\prime(s)\,ds =i\int_\g P(z)\,dz\\ &=&i\int_\g e-\tfrac12\r\norm{\nabla u}^2\,dz =-\tfrac12i\r\int_\g|f^\prime(z)|^2\,dz \end{eqnarray*} Nun ist für $z=\g(s)$: $V(z)=\cl{f^\prime(z)}$ tangential zu $\g$, also: $\cl{f^\prime(z)}=\pm|f^\prime(z)|T$ und daher $f^\prime(z)^2=|f^\prime(z)|^2\bar T^2$; aus $T\bar T=1$ folgt dann: \begin{eqnarray*} \int_\g f^\prime(z)^2\,dz &=&\int f^\prime(\g(s))^2T(s)\,ds =\int|f^\prime(\g(s))|^2\bar T(s)^2T(s)\,ds\\ &=&\int|f^\prime(\g(s))|^2\bar T(s)\,ds =\int_\g|f^\prime(z)|^2\,d\bar z =\cl{\int_\g|f^\prime(z)|^2\,dz}~. \end{eqnarray*} Somit erhalten wir die Beziehung (cf. wikipedia): \begin{equation}\label{laueq5}\tag{LSR5} \bar F =\tfrac12i\r\int_\g f^\prime(z)^2\,dz~. \end{equation} Analog erhält man für das Drehmoment des Körpers bezüglich des Nullpunktes: \begin{equation}\label{lsreq6}\tag{LSR6} M=-\tfrac12\r\Re\Big(\int_\g zf^\prime(z)^2\,dz\Big)~. \end{equation} Wir können also sowohl die Kraft $F$ als auch das Drehmoment $M$ mithilfe des Residuensatz ermitteln - bemerkenswerterweise bestimmen die 'Singularitäten' des komplexen Potentials innerhalb des umflossenen Körpers beide physikalischen Größen.
Sei $f^\prime(z)=v_0+\sum_{k=1}^\infty a_kz^{-k}$ das komplexe Potential einer stationären Strömung einer inkompressiblen Flüssigkeit und folglich konstanter Dichte $\r$. Berechnen Sie die Kraft $F$ sowie das Drehmoment $M$ (bezüglich des Nullpunktes) auf einen Körper, der den Nullpunkt enthält. Cf. e.g. wikipedia.

Applications of the Residue Theorem

Computation of Residues

Zunächst einige Hinweise zur Brechnung von Residuen. In den meisten Fällen treffen wir folgende Situation an: gegeben seien zwei in einer Umgebung von $z_0\in\C$ komplex differenzierbare Funktionen $f,g$ mit $g^\prime(z_0)\neq0$ und $g(z_0)=0$. Dann folgt: $$ \Res(z_0,f/g)=\frac{f(z_0)}{g^\prime(z_0)}, $$ denn unter diesen Voraussetzungen ist $h:z\mapsto(z-z_0)f(z)/g(z)$ in einer Umgebung von $z_0$ komplex differenzierbar mit $h(z_0)=f(z_0)/g^\prime(z_0)$, also gilt für hinreichend kleine $r >0$ mit $\g_r(t)=z_0+re^{it}$ nach dem Satz von Cauchy-Goursat oder der Cauchyschen Integralformel: $$ \Res(z_0,f/g) =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{f(z)}{g(z)}\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{h(z)}{z-z_0}\,dz =h(z_0)~. $$
Das Residuum der Funktion $z\mapsto z^2/(z^4-1)$ im Punkt $1$.
In diesem Fall ist $f(z)=z^2$ und $g=z^4-1$; da $g(1)=0$, $f(1)=1$ und $g^\prime(1)=4$, ist das gesuchte Residuum gleich $1/4$.
Zeigen Sie mithilfe des Residuensatzes die Beziehung \eqref{cifeq2}.
Für alle $w\in V\colon=f(B_r(z_0))$ besitzt die Funktion $g:z\mapsto zf^\prime(z)/(f(z)-w)$ auf $B_r(z_0)$ genau einen Pol, nämlich die Nullstelle $z_1$ des Nenners; da $\o(z_1,g)=-1$, folgt: $$ \Res(z_1,g)=\frac{z_1f^\prime(z_1)}{f^\prime(z_1)}=z_1=f^{-1}(w)~. $$
Bestimmen Sie die Residuen der Funktion $f=e^z/\sin(z)$ in den Punkten $\pi n$, $n\in\Z$.
Falls allgemeiner $\o(z_0,f)=-m$ mit $m\in\N$, dann gibt es eine in einer Umgebung von $z_0$ komplex differenzierbaren Funktion $h$, so daß $f(z)=(z-z_0)^{-m}h(z)$, also: $$ h(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^k \quad\mbox{und}\quad f(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^{k-m} $$ Es gilt daher $\Res(z_0,f)=a_{m-1}$; nach der Taylor-Formel folgt: \begin{equation}\label{arteq1}\tag{ART1} \Res(z_0,f)=\frac1{(m-1)!}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\Big|_{z=z_0}(z-z_0)^{m}f(z) \end{equation} Dasselbe Resultat erhält man auch unmittelbar aus dem Satz von Cauchy-Goursat oder der Cauchyschen Integralformel: $$ \Res(z_0,f) \colon=\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}f(z)\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{\g_r}\frac{h(z)}{(z-z_0)^m}\,dz =\frac1{(m-1)!}h^{(m-1)}(z_0)~. $$
Bestimmen Sie das Residuum der Funktion $f=(e^z-1)^{-2}$ im Punkt $0$.
Da $\o(0,f)=-2$, also $m=2$, erhalten wir $\Res(0,f)$ durch einfache Ableitung der Funktion $h:z\mapsto(z/(e^z-1))^2$ im Punkt $z=0$, i.e. $\Res(0,f)=-1$.
Sei $c(t)=e^{it}$, $t\in(0,2\pi]$. Zeigen Sie: $$ \int_c\frac{\cos(e^z)}{z^2}\,dz=-2\pi i\sin(1)~. $$
Sei $m\in\N$; bestimmen Sie das Residuum der Funktion $z\mapsto\log(z)/(z-1)^{m+1}$ im Punkt $1$.
Sei $m\in\N$; bestimmen Sie das Residuum der Funktion $z\mapsto z^m e^{1/z}$ im Punkt $0$.

Some Integrals

Nun zur Bestimmung von Integralen mithilfe des Residuensatzes: Sei $0 < x < 1$; wir möchten dann folgende reellen Intergale berechnen $$ I(x)\colon=\int_\R\frac{e^{xt}}{e^t+1}\,dt \quad\mbox{und}\quad \int_\R\frac{te^{xt}}{e^t+1}\,dt $$ Sei $C_n$ das in positiver Richtung umlaufene Rechteck mit den Eckpunkten $-n,n,n+2\pi i,-n+2\pi i$. Die Funktion $z\mapsto e^{xz}/(e^z+1)$ besitzt in diesem Rechteck nur den Pol $i\pi$ mit dem Residuum: $-e^{i\pi x}$, also für $n\to\infty$: $I(x)-I(x)e^{2i\pi x}=-2i\pi e^{i\pi x}$, oder: $$ I(x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)} \quad\mbox{und}\quad \int_\R\frac{te^{xt}}{e^t+1}\,dt =I^\prime(x)=-\frac{\pi^2\cos(\pi x)}{\sin^2(\pi x)} $$

Bemerkungen: 1. Das zweite Integral kann man auf dieselbe Weise berechnen; Differentiation scheint aber einfacher zu sein!
2. Die Substitution $e^t=s$ ergibt $I(x)=\int_0^\infty\frac{s^{x-1}}{1+s}\,ds$, i.e. eine Mellin-Transformierte, cf \eqref{arteq9}.

Für alle $0 < x < 1$ gilt: $$ J(x)\colon=\int_\R\frac{te^{xt}}{e^t-1}\,dt =\left(\frac{\pi}{\sin(\pi x)}\right)^2 \quad\mbox{und}\quad \pv\int_\R\frac{e^{xt}}{e^t-1}\,dt =-\pi\cot(\pi x)~. $$ In diesem Fall kann man also tatsächlich Differentiation und die Bildung des Cauchyschen Hauptqwerts vertauschen!
1. Sei $C_n$ das in positiver Richtung umlaufene Rechteck mit den Eckpunkten $-n,n,n+i\pi,-n+i\pi$. Die Funktion $z\mapsto ze^{xz}/(e^z-1)$ ist in diesem Rechteck komplex differenzierbar, also für $n\to\infty$: $$ J(x)-\int_\R\frac{(t+i\pi)e^{xt+i\pi x}}{-e^t-1}\,dt=0~. $$ Damit erhalten wir: \begin{eqnarray*} J(x)&=&-\cos(\pi x)\int_\R\frac{te^{xt}}{e^t+1}\,dt +\pi\sin(\pi x)\int_\R\frac{e^{xt}}{e^t+1}\,dt\\ &=&-\cos(\pi x)I^\prime(x)+\pi\sin(\pi x)I(x)\\ &=&\left(\frac{\pi\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}\right)^2 +\pi^2 =\left(\frac{\pi}{\sin(\pi x)}\right)^2~. \end{eqnarray*} 2. Wiederum betrachten wir den Integrationsweg $C_n$, nur diesmal ersetzen wir die Strecke $[-r,r]$, auf der die Singularität $0$ liegt, durch den in der oberen Halbebene liegenden Halbkreisbogen $\g_r(t)=re^{it}$, $t\in(0,\pi)$:
integral0
Da im Inneren von $C_n$ nun keine Singularität liegt, folgt nach dem Residuensatzes: $$ 0=\int_{-n}^{-r}+\int_{r}^{n}-\int_{\g_r} +\int_{n}^{n+i\pi}+\int_{n+i\pi}^{-n+i\pi}-\int_{-n}^{-n+i\pi} $$ Mit $n\to\infty$ und $r\to0$ konvergiert die Summe der beiden ersten Integrale gegen $$ \pv\int_\R\frac{e^{xt}}{e^t-1}\,dt; $$ das dritte konvergiert gegen $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g_r}\frac{ze^{xz}}{e^z-1}\frac1z\,dz =\lim_{z\dar0}\frac{ze^{xz}}{e^z-1}i\pi =i\pi, $$ das fünfte gegen $$ \int_\R\frac{e^{x(t+i\pi)}}{e^t+1}\,dt=\frac{\pi e^{i\pi x}}{\sin(\pi x)} $$ und die verbleibenden zwei konvergieren gegen $0$.

The values of $\z(2k)$, $k\in\N$

Euler bestimmte diese Werte der Zetafunktion mithilfe der Produktdarstellung der Sinusfunktion \eqref{arteq16} (cf. Beispiel). Wir bestimmen sie hier über die Fourier-Reihen der Bernoulli-Polynome: Für $x\in\R$ und $z\in\C$ sei $$ F(x,z)\colon=\frac{ze^{xz}}{e^z-1} $$ vgl. Beispiel, dann ist $z\mapsto F(x,z)$ analytisch auf $\C\sm\{\pm2\pi in:n\in\N\}$, also können wir $z\mapsto F(x,z)$ um $0$ in eine Reihe entwickeln: $$ F(x,z) =\colon\sum_{k=0}^\infty\frac{B_k(x)}{k!}z^k~. $$ Die Funktionen $B_k(x)$ sind tatsächlich Polynome $k$-ten Grades, die sogenannten Bernoulli-Polynome - die Zahlen $B_k\colon=B_k(0)$ nennt man Bernoulli-Zahlen und die Funktion $F(x,z)$ die erzeugende Funktion der Bernoulli-Polynome.
Zeigen Sie (Lösungsvorschlag)
  1. Der Konvergenzradius der Potenzreihe $\sum_k\frac{B_k(x)}{k!}z^k$ beträgt $2\pi$, also $$ \limsup_k\frac{|B_k(x)|^{1/k}}k=\frac1{2e\pi}~. $$
  2. $F(x,z)=e^{xz}F(0,z)$ und $B_n(x)$ ist ein Polynom $n$-ten Grades mit dem führenden Koeffizienten $1$.
  3. $\pa_xF(x,z)=zF(x,z)$, $F(x+1,z)-F(x,z)=ze^{xz}$ und $F(1-x,z)=F(x,-z)$.
  4. $B_n^\prime(x)=nB_{n-1}(x)$, $B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}$ und $B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$.
  5. $B_1=-1/2$ und alle anderen Bernoulli-Zahlen zu ungeraden Indices verschwinden.
Die ersten fünf Bernoulli-Polynome sind \begin{eqnarray*} &&B_0(x)=1, B_1(x)=x-\tfrac12, B_2(x)=x^2-x+\tfrac16,\\ &&B_3(x)=x^3-\tfrac32x^2+\tfrac12x, B_4(x)=x^4-2x^3+x^2-\tfrac1{30}~. \end{eqnarray*}
Zeigen Sie: $2\pi iB_k(x)=n!\int_c F(x,z)z^{-k-1}\,dz$ mit einer geeigneten Kurve $c$.
Seien nun $x\in[0,1)$, $k\geq2$ und $c_n$ der positiv (i.e. entgegen dem Uhrzeigersinn) umlaufene Rand des Quadrates mit den Eckpunkten $(2n+1)\pi(\pm1\pm i)$.
bernoulli
Auf dem Inneren des Quadrates hat die Funktion $z\mapsto z^{-k-1}F(x,z)$ die Pole $0,\pm2\pi i,\ldots,\pm2n\pi i$. Das Residuum bei $0$ ist $B_k(x)/k!$ und das bei $2m\pi i$, $m\neq0$, ist $(2m\pi i)^{-k}e^{2m\pi ix}$. Also erhalten wir nach dem Residuensatz: $$ \int_{c_n}\frac{F(x,z)}{z^{k+1}}\,dz =2\pi i\left(\frac{B_k(x)}{k!} +\sum_{m=1}^n(2m\pi i)^{-k}e^{2m\pi ix} +(-2m\pi i)^{-k}e^{-2m\pi ix}\right)~. $$ Mit $n\to\infty$ konvergiert das Integral aber gegen $0$, d.h.: \begin{eqnarray*} B_k(x) &=&-k!\sum_{m=1}^\infty \frac{e^{2m\pi ix}}{(2m\pi i)^{k}}+\frac{e^{-2m\pi ix}}{(-2m\pi i)^{k}}\\ &=&-\frac{k!(1+(-1)^k)}{(2\pi i)^k}\sum_{m=1}^\infty\frac{\cos(2m\pi x)}{m^k} -\frac{k!(1-(-1)^k)i}{(2\pi i)^k}\sum_{m=1}^\infty\frac{\sin(2m\pi x)}{m^k}~. \end{eqnarray*} Insbesondere für gerade bzw. ungerade Werte: $$ B_{2k}(x) =(-1)^{k+1}\frac{2(2k)!}{(2\pi)^{2k}} \sum_{m=1}^\infty\frac{\cos(2m\pi x)}{m^{2k}} \quad\mbox{bzw.}\quad B_{2k+1}(x) =(-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{m=1}^\infty\frac{\sin(2m\pi x)}{m^{2k+1}}~. $$ Dies sind also die Fourier-Reihen von $B_k\in L_2([0,1])$, $k=2,3,\ldots$; setzen wir $x=0$, so folgt: $$ \forall k\in\N:\quad \z(2k)=(-1)^{k+1}\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2(2k)!}~. $$ Z.B. $\z(2)=4\pi^2B_2/4=\pi^2/6$ und $\z(4)=-16\pi^4B_4/48=\pi^4/90$. Ob es eine ähnliche Formel für die Werte der Zetafunktion an den ungeraden Stellen gibt ist nach wie vor unbekannt, cf. e.g. wikipedia.
Zeigen Sie, daß für alle $k\in\N$: $$ B_{2k+1}(1/4) =(-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}} \sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{(2m-1)^{2k+1}}~. $$ Also z.B. $$ \sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{(2m-1)^3} =B_{3}(1/4)\frac{2\pi^3}{3} =\frac{\pi^3}{32}~. $$
Zeigen Sie mithilfe der Stirlingschen Formel: $$ \lim_{k\to\infty}\frac{B_{2k}}{(-1)^{k+1}\sqrt{2k+1} \Big(\frac{2k+1}{2e\pi}\Big)^{2k}} =\frac 2e\sqrt{2\pi}~. $$
Seien $N\in\N$ und $f:[0,N]\rar\R$ glatt, dann gilt für alle $n\in\N$ die Eulersche Summenformel (Lösungsvorschlag): \begin{eqnarray*} \int_0^Nf(x)\,dx-\sum_{j=0}^Nf(j) &=&-\frac12(f(N)+f(0))-\sum_{k=1}^{n}\frac{B_{2k}}{(2k)!} \left(f^{(2k-1)}(N)-f^{(2k-1)}(0)\right)\\ &&+\frac1{(2n)!}\int_0^NB_{2n}(x-[x])f^{(2n)}(x)\,dx~. \end{eqnarray*}
Gegenbauer-Polynome: Sei für $|z| < 1$, $\a > 0$ und $x\in(-1,1)$: $$ F(x,z)\colon=\frac{1}{(1-2xz+z^2)^\a} =\sum_{n=0}^\infty C_n^{(\a)}(x)z^n~. $$ $C_n^{(\a)}$ ist ein Polynom $n$-ten Grades - das $n$-te Gegenbauer oder ultrasphärische Polynom. Für $\a=n/2-1$ tauchen diese Polynome in der Entwicklung des Newtonschen Potentials $\Vert x-y\Vert^{-n+2}$ in $\R^n$, $n\geq 3$, auf und sind daher in der harmonischen Analysis von Bedeutung. In den Fällen $n=3$ bzw. $n=4$ nennt man diese Polynome auch Legendre- bzw. Chebyshev-Polynome. Die Gegenbauer-Polynome bilden ihrerseits einen Spezialfall der Jacobi-Polynome. Lösungsvorschlag.
Bessel-Funktionen erster Art: Die Funktion $$ F(x,z)\colon =\exp(x(z-1/z)/2) =e^{xz/2}e^{-x/2z} =\colon\sum_{n\in\Z}J_n(x)z^n $$ heißt die erzeugende Funktion der Bessel-Funktionen erster Art $J_n$, $n\in\Z$. Zeigen Sie:
  1. $F(-x,1/z)=F(x,z)=F(-x,-z)$ und $J_n(-x)=J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(x)$.
  2. Folgern Sie aus $2\pa_xF(x,z)=F(x,z)(z-z^{-1})$ und $2\pa_zF(x,z)=xF(x,z)(1+z^{-2})$: $2J_n^\prime=J_{n-1}-J_{n+1}$, $2nx^{-1}J_n(x)=J_{n-1}(x)+J_{n+1}(x)$ und $\ttd x(x^nJ_n(x))=x^nJ_{n-1}(x)$.
  3. Mit $\g(t)=e^{it}$ gilt für alle $n\in\Z$: $$ J_n(x) =\frac1{2\pi i}\int_\g\frac{\exp(x(z-1/z)/2)}{z^{n+1}}\,dz =\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{i(x\sin t-nt)}\,dt =\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!\G(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k}~. $$
  4. Definieren wir $J_n$ durch letztere Reihe, so können wir $n\in\C$ wählen; zeigen Sie, daß dann die Besselsche Differentialgleichung gilt: $$ \forall n\in\C:\quad x^2J_n^\dprime(x)+xJ_n^\prime(x)+(x^2-n^2)J_n(x)=0~. $$
modifizierte Bessel-Funktionen: Die Funktion $$ F(x,z) \colon=\exp(x(z+1/z)/2) =\colon\sum_{n\in\Z}I_n(x)z^n $$ hießt die erzeugende Funktion der modifizierten Bessel-Funktionen erster Art $I_n$, $n\in\Z$. Zeigen Sie:
  1. $F(x,1/z)=F(x,z)=F(-x,-z)$ und $I_n(-x)=I_{-n}(-x)=(-1)^nI_n(x)$.
  2. Folgern Sie aus $2\pa_xF(x,z)=F(x,z)(z+z^{-1})$ und $2\pa_zF(x,z)=xF(x,z)(1-z^{-2})$: $2I_n^\prime=I_{n-1}+I_{n+1}$, $2nx^{-1}I_n(x)=I_{n-1}(x)-I_{n+1}(x)$ und $\ttd x(x^nI_n(x))=x^nI_{n-1}(x)$.
  3. Mit $\g(t)=e^{it}$ gilt für alle $n\in\Z$: $$ I_n(x) =\frac1{2\pi i}\int_\g\frac{\exp(x(z+1/z)/2)}{z^{n+1}}\,dz =\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{x\cos t-nit}\,dt =\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!\G(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k}~. $$
  4. Definieren wir $I_n$ durch letztere Reihe, so können wir $n\in\C$ wählen; zeigen Sie, daß dann die modifizierte Besselsche Differentialgleichung gilt: $$ \forall n\in\C:\quad x^2I_n^\dprime(x)+xI_n^\prime(x)-(x^2+n^2)I_n(x)=0~. $$

Perron's formula and the distribution of primes

Sei $f:\N\rar\C$ eine Funktion, so daß die Dirichlet-Reihe $$ \sum_{n=1}^\infty f(n)n^{-z} $$ von $f$ absolut konvergiert, dann folgt mittels der Abelschen Summationsformel: $$ \sum_{n=1}^\infty f(n)n^{-z} =z\int_1^\infty\Big(\sum_{n\leq x}f(n)\Big)x^{-z-1}\,dx~. $$ Die Perronsche Formel ist die dazu inverse Beziehung, d.h. aus der Kenntnis der Reihe $\sum f(n)n^{-z}$ gestattet sie die Partialsummen $\sum_{n\leq x}f(n)$ zu berechnen. Wir benötigen hierzu einen einfachen Hilfssatz: Sei $a > 0$, $c:\R\rar\C$ die Kurve $c(t)=a+it$, dann gilt für alle $b > 0$: $$ \frac1{2\pi i}\int_c z^{-1}b^z\,dz =\left\{ \begin{array}{cl} 0&\mbox{falls $0 < b < 1$}\\ 1&\mbox{falls $1 < b$} \end{array} \right. $$ Die Funktion $f:z\mapsto z^{-1}b^z$ ist auf $\C\sm\{0\}$ komplex differenzierbar; sei $c_n$ der Rand des Rechtecks mit den Eckpunkten $a-in,a+in,a+n+in$ und $a+n-in$. Für $0 < b < 1$ verschwinden die Integrale über die drei Seiten $[a+in,a+n+in]$, $[a+n+in,a+n-in]$ und $[a+n-in,a-in]$ mit $n\to\infty$, also folgt in diesem Fall die Behauptung nach der Cauchyschen Integralformel.
Falls $b > 1$, so sei $c_n$ der Rand des Rechtecks mit den Eckpunkten $a-in,a+in,a-n+in$ und $-a-n-in$. Wiederum verschwinden die Integrale über die drei Seiten $[a+in,a-n+in]$, $[a-n+in,a-n-in]$ und $[a-n-in,a-in]$ mit $n\to\infty$. Da $\Res(f,0)=1$, folgt in diesem Fall die Behauptung nach dem Residuensatz.
Konvergiert nun die Reihe $\sum f(n)n^{-z}$ absolut, so gilt die Perronsche Formel \begin{equation}\label{arteq2}\tag{ART2} \sum_{n\leq x}f(n) =\frac1{2\pi i}\int_c\Big(\sum_{n=1}^\infty f(n)n^{-z}\Big)z^{-1}x^z\,dz \end{equation} wobei $c:\R\rar\C$ eine Kurve $c(t)=a+it$ mit $a >0$ bezeichnet und $x\in\R^+$ keine ganze Zahl ist. Dies folgt unmittelbar aus dem obigen Hilfssatz, denn $\int_c z^{-1}(x/n)^z\,dz=1$ für $1 < x/n$ und $\int_c z^{-1}(x/n)^z\,dz=0$ für $1 > x/n$.
Eine der bekanntesten Anwendungen der Perronschen Formel betrifft den Zusammenhang zwischen der Primzahlverteilung und der Zetafunktion, die wir genauer in Abschnitt untersuchen.
Zeigen Sie mithilfe der Eulerschen Darstellung der Zetafunktion - cf. Beispiel: $$ \forall \Re z > 1:\quad \frac{\z^\prime(z)}{\z(z)} =-\sum_{n=1}^\infty\frac{\L(n)}{n^z} $$ wobei $\L$ die von Mangoldt-Funktion $\L:\N\rar\R$ bezeichnet, i.e. $\L(n)=p$, falls $n=p^k$ mit $k\in\N$ und einer Primzahl $p$; andernfalls setzt man $\L(n)=0$. Cf. Lemma.
Für $x > 0$, $x\notin\N$ und $\psi(x)\colon=\sum_{n\leq x}\L(n)$ erhalten wir nach der Perronsche Formel: $$ \frac{\psi(x)}{x} =\frac1{2\pi i}\int_c\Big(\sum_{n=1}^\infty\L(n)n^{-z}\Big)z^{-1}x^{z-1}\,dz =\frac1{2\pi i}\int_c\frac{\z^\prime(z)}{\z(z)z}x^{z-1}\,dz~. $$ Sei nun $\pi(x)$ die Anzahl der Primzahlen $\leq x$, dann gilt (cf. Abschnitt): $$ \lim_{x\to\infty}\frac{\pi(x)}{\frac x{\log x}}=a \quad\mbox{falls}\quad \lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}x=a~. $$

Gaussian integral

Nahezu alle Berechnungen des Integrals $\int e^{-x^2}\,dx$ beruhen darauf, das Integral in mehr oder minder versteckter Form mit sich selbst zu multiplizieren; eine Alternative ist folgende (cf. H. Kneser, Funktionentheorie): Sei $\Re a\neq0$, $\Im a > 0$ und $$ h(z)\colon=\frac{e^{-z^2}}{1-e^{-(2az+a^2)}}~. $$ Der Nenner verschwindet genau dann, wenn $z=-a/2+n\pi i/a$, $n\in\Z$. Besitzt $h$ auf dem Rand des Streifen $S=[0\leq\Im z\leq\Im a]$ keinen Pol, so gilt nach dem Residuensatz: $$ 2\pi i\sum_{w\in S}\Res(w,h)=\int_\R h(z)-h(z+a)\,dz~. $$ Der Nenner von $h$ ist genau dann periodisch mit der Periode $a$, wenn $2a^2$ ein Vielfaches von $2\pi i$ ist; in diesem Fall erhalten wir $$ h(z)-h(z+a) =\frac{e^{-z^2}-e^{-(a+z)^2}}{1-e^{-(2az+a^2)}} =\frac{e^{-z^2}(1-e^{-(2az+a^2)})}{1-e^{-(2az+a^2)}} =e^{-z^2}~. $$ Setzen wir nun $a=(1+i)\sqrt{\pi/2}$, so folgt $2a^2=2\pi i$ und $h$ besitzt in $S$ nur den Pol $z=a/2$; das Residuum an dieser Stelle berechnet sich zu: $$ \frac{e^{-a^2/4}}{2ae^{-2a^2}} =\frac{e^{-a^2/4}}{2a} =\frac{e^{-i\pi/4}}{\sqrt{2\pi}(1+i)} =\frac{1}{2\sqrt\pi}\frac{1-i}{1+i} =-\frac{i}{2\sqrt\pi}~. $$ Es folgt: $$ \int_\R e^{-z^2}\,dz =\int_\R h(z)-h(z+a)\,dz =-\frac{2\pi i^2}{2\sqrt\pi} =\sqrt\pi~. $$
Sei $f:\C\rar\C$ und $a\in\C$, dann besitzt die Gleichung $h(z)-h(z+a)=f(z)$ die formale Lösung $h(z)=\sum_{n=0}^\infty f(z+na)$ plus eine $a$-periodische Funktion. Für $f(z)=e^{-z^2}$ folgt z.B.: $h(z)=e^{-z^2}\sum_{n=0}^\infty e^{-2nza-n^2a^2}$ und für $a^2=2\pi i$, $\Re a > 0$: $$ h(z)=\frac{e^{-z^2}}{1-e^{-2za}}~. $$ Bestimmen Sie die Pole dieser Funktion auf $[0 < \Im z < \Im a]$ und berechnen Sie die ensprechenden Residuen.
Berechnen Sie das Gaußsche Integral mit Hilfe des Feynman Tricks (cf. L. Goldmakher): Sei $$ F(t) \colon=t\int_0^\infty\frac{e^{-t^2x^2}}{1+x^2}\,dx =\int_0^\infty\frac{e^{-x^2}}{1+x^2/t^2}\,dx, $$ dann gilt: $\ttd t(t^{-1}e^{-t^2}F(t))=-2e^{-t^2}F(\infty)$ und damit $F^\prime(0)=2F(\infty)^2$.
Zeigen Sie für $-1 < \Re a < 1$: $$ \int_\R\frac{\cosh(at)}{\cosh t}\,dt=\frac{\pi}{\cos(a\pi/2)}~. $$ Hinweis: Sei $S=\{z\in\C:0 < \Im z < \pi\}$; integrieren Sie die Funktion $f(z)\colon=\cosh(az)/\cosh(z)$ längs $\pa S$. Lösungsvorschlag.
Zeigen Sie für $-1 < \Re a < 1$: $$ \int_\R\frac{t\sinh(at)}{\cosh t}\,dt=\frac{\pi^2\tan(a\pi/2)}{2\cos(a\pi/2)} \quad\mbox{und}\quad \int_\R\frac{t^2\cosh(at)}{\cosh t}\,dt =\frac{\pi^3(2\tan^2(a\pi/2)+1)}{4\cos(a\pi/2)}~. $$
Bestimmen Sie für $|a|+|b| < 1$: $$ \int_\R\frac{\cosh(at)\cosh(bt)}{\cosh t}\,dt~. $$

Residues at infinity

Sei $E$ eine endliche Teilmenge von $\C$ und $f:\C\sm E\rar X$ komplex differenzierbar. Unter dem Residuum im Unendlichen $\Res(\infty,f)$ von $f$ versteht man das Residuum $$ \Res(\infty,f)\colon=\Res(0,-f(R^2/z)R^2/z^2), $$ wobei $R > 0$ so zu wählen ist, daß $E\sbe D_R$. Setzen wir $F(z)\colon=R^2/z$ und $\g(t)=Re^{it}$, $t\in(-\pi,\pi)$, dann ist $F\circ\g(t)=Re^{-it}=\g^{-1}(t)$, also: \begin{eqnarray*} 2\pi i\sum_{w\in E}\Res(w,f) &=&\int_\g f(z)\,dz =-\int_{F\circ\g}f(z)\,dz\\ &=&\int_\g f(R^2/z)R^2/z^2\,dz =-2\pi i\Res(\infty,f) \end{eqnarray*} Schließt man also das Residuum im Unedlichen mit ein, so ist die Summe aller Residuen gleich Null!
Sei $f(z)=1/(1+z^2)$, dann ist $\Res(\infty,f)=\Res(0,-R^2/(z^2+R^4))=0$. Sei $f(z)=z/(1+z)$, dann ist $\Res(\infty,f)=-\Res(-1,f)=-1$.
Seien $m,n\in\N$. Bestimmen Sie das Residuum der Funktion $f(z)=z^m/(1-z^n)$ im Unendlichen.
Das Residuum im Unendlichen einer ganzen Funktion ist stets $0$.

Integrals: type 1

Sei $H^+\colon=\{z\in\C:\Im z > 0\}$ die oberen Halbebene, $E$ eine endliche Teilmenge von $H^+$, $f:H^+\sm E\rar X$ komplex differenzierbar und auf $\cl{H^+}\sm E$ stetig, so daß $$ \lim_{z\to\infty,z\in\cl{H^+}}z f(z)=0~. $$ Dann gilt: \begin{equation}\label{arteq3}\tag{ART3} \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n f(t)\,dt =2\pi i\sum_{z\in E}\Res(z,f)~. \end{equation}
integral2
Ist $c_1$ die Strecke von $-n$ nach $n$ und $c_2$ der positiv durchlaufene Halbkreis von $n$ nach $-n$, so folgt die Behauptung aus $$ \limsup_n\Big|\int_{c_2}f(z)\,dz\Big| \leq\pi\limsup_n\sup\{|nf(ne^{it})|:0\leq t\leq\pi\}=0 $$ sowie dem Residuensatz.
Für alle $m\in\N$ gilt: $$ \int_\R\frac{1}{1+t^{2m}}\,dt =2\frac{\frac{\pi}{2m}}{\sin\frac{\pi}{2m}}~. $$
Da $m\geq1$, folgt: $\lim_{z\to\infty}z(1+z^{2m})^{-1}=0$ und damit: \begin{eqnarray*} \int_\R\frac{1}{1+t^{2m}}\,dt &=&2\pi i\sum_{z^{2m}=-1,\Im z > 0}\frac1{2mz^{2m-1}}\\ &=&-\frac{\pi i}m\sum_{k=0}^{m-1}e^{(2k+1)\pi i/2m} =-\frac{2\pi ie^{\pi i/2m}}{m(1-e^{\pi i/m})} =2\frac{\frac{\pi}{2m}}{\sin\frac{\pi}{2m}}~. \end{eqnarray*}
Berechnen Sie für $a,b > 0$ und $m\in\N$: $$ \int_\R\frac1{(a+bx^2)^m}\,dx $$
Berechnen Sie (Lösungsvorschlag): $$ \int_\R\frac{\log(t+i)}{t^2+1}\,dt \quad\mbox{und}\quad \int_0^\infty\frac{\log(t^2+1)}{t^2+1}\,dt $$

Integrals: type 2a

Sei $E$ eine endliche Teilmenge von $\C\sm\R_0^+$. Ist $f:\C\sm E\rar X$ komplex differenzierbar, so daß $$ \lim_{z\to0,z\in\C\sm\R_0^+}zf(z)\Log z =\lim_{z\to\infty,z\in\C\sm\R_0^+}zf(z)\Log z =0, $$ wobei $\Log z\colon=\log|z|+i\arg(z)$ mit $0\leq\arg(z) < 2\pi$. Dann gilt: \begin{equation}\label{arteq4}\tag{ART4} \lim_{n\to\infty}\int_0^n f(t)\,dt =-\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)\Log z)~. \end{equation} $\Log:\C\sm\R_0^+\rar\C$ ist komplex differenzierbar und $$ \forall t > 0:\quad \lim_{\e\dar0}\Log(t+i\e)=\log t \quad\mbox{und}\quad \lim_{\e\dar0}\Log(t-i\e)=\log t+2\pi i~. $$ Sei $c_1$ die Strecke von $i\e$ nach $n+i\e$, $c_2$ der positiv durchlaufene Kreis von $n+i\e$ nach $n-i\e$, $c_3$ die Strecke von $n-i\e$ nach $-i\e$ und $c_4$ der negativ durchlaufene Kreis von $-i\e$ nach $i\e$.
integral3
Nach dem Residuensatz ist $$ 2\pi i\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)\Log z) =\lim_{n\to\infty}\lim_{\e\dar0}\int_{c_1c_2c_3c_4}f(z)\Log z\,dz~. $$ Da nach Voraussetzung $\lim_{\e\dar0}\int_{c_4}f(z)\Log z\,dz=\lim_{n\to\infty}\int_{c_2}f(z)\Log z\,dz=0$ und \begin{eqnarray*} \lim_{\e\dar0}\int_{c_3}f(z)\Log z\,dz &=&-\int_0^n f(t)(\log t+2\pi i)\,dz\\ &=&-2\pi i\int_0^n f(t)\,dt -\lim_{\e\dar0}\int_{c_1}f(z)\Log z\,dz \end{eqnarray*} folgt die behauptete Beziehung.
Für alle $m\in\N$ gilt: $$ \int_0^\infty\frac{1}{1+t^{2m+1}}\,dt =\frac{\frac{\pi}{2m+1}}{\sin\frac{\pi}{2m+1}}~. $$
Da $m\geq1$, folgt: $\lim_{z\to\infty}z(1+z^{2m+1})^{-1}\log z=0$; mit $a\colon=e^{\pi i/2m+1}$ sind die Nullstellen von $1+z^{2m+1}$ gleich: $a,a^3,\ldots,a^{4m+1}$, also erhalten wir: \begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{1}{1+t^{2m+1}}\,dt &=&-\sum_{z^{2m+1}=-1}\frac{\Log z}{(2m+1)z^{2m}}\\ &=&\frac{\pi i}{(2m+1)^2}\sum_{k=0}^{2m}(2k+1)a^{2k+1}~. \end{eqnarray*} Nun ist aber für alle $z\in\C$: $$ \sum_{k=0}^{2m}(2k+1)z^{2k+1} =z\ftd z\sum_{k=0}^{2m}z^{2k+1} =z\ftd z\Big(z\frac{1-z^{4m+2}}{1-z^2}\Big); $$ also wegen $a^{4m+2}=1$ und $(1/a-a)/2i=-\sin(\pi/(2m+1))$: $$ \int_0^\infty\frac{1}{1+t^{2m+1}}\,dt =-\frac{\pi i}{(2m+1)^2}\frac{4m+2}{1/a-a} =\frac{\pi}{(2m+1)\sin(\pi/(2m+1))}~. $$
Sei $p$ ein Polynom des Grades $m\geq2$ mit den einfachen Wurzeln $\l_1,\ldots,\l_m\notin\R^+$. Dann ist $$ \int_0^\infty\frac{1}{p(t)}\,dt =-\sum_{z\in E}\frac{\Log(\l_k)}{p^\prime(\l_k)}~. $$

Integrales: type 2b

Durch Integration der Funktion $f(z)\Log^2z$ erhält man analog für eine auf $\C\sm E$, $E\sbe\C\sm\R_0^+$, komplex differenzierbare Funktion $f$ mit $$ \lim_{z\to0}z\Log^2zf(z) =\lim_{z\to\infty}z\Log^2zf(z) =0 $$ folgende Beziehung: \begin{equation}\label{arteq5}\tag{ART5} \lim_{n\to\infty}\int_0^n f(t)\log t\,dt =-i\pi\int_0^\infty f(t)\,dt-\tfrac12\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)\Log^2z)~. \end{equation}
Sei $p$ ein Polynom des Grades $m\geq2$ mit den einfachen Wurzeln $\l_1,\ldots,\l_m\notin\R^+$. Dann ist $$ \int_0^\infty\frac{\log t}{p(t)}\,dt =i\pi\sum_{z\in E}\frac{\Log(\l_k)}{p^\prime(\l_k)} -\tfrac12\sum_{z\in E}\frac{\Log^2(\l_k)}{p^\prime(\l_k)}~. $$
Berechnen Sie: $$ \int_0^\infty\frac{\log t}{1+t^2}\,dt~. $$
Berechnen Sie: $$ \int_0^\infty\frac{\log t}{1+t^3}\,dt~. $$
Berechnen Sie: $$ \int_0^\infty\frac{\log(1+t)}{t(1+t)}\,dt $$

Integrales: trigonometric integrals

Sei $R:[-1,1]^2\rar\C$, so daß $$ \wt R(z)\colon=R(\tfrac12(z+1/z),\tfrac1{2i}(z-1/z))/z $$ auf $\pa D$ keine Singularitäten besitzt und auf $D$ mit Ausnahme endlich vieler Punkte $E$ komplex differenzierbar ist. Dann gilt \begin{equation}\label{arteq6}\tag{ART6} \int_{-\pi}^\pi R(\cos t,\sin t)\,dt =2\pi\sum_{z\in E}\Res(z,\wt R) \end{equation} Denn ist $\g:(-\pi,\pi]\rar\C$ die Kurve $\g(t)=e^{it}$, so gilt: $$ i\int_{-\pi}^\pi R(\cos t,\sin t)\,dt =\int_\g\wt R(z)\,dz~. $$
Sei $|a|\neq1$, dann gilt: $$ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac1{1-2a\cos t+a^2}\,dt =\frac1{|a^2-1|}~. $$
In diesem Fall ist $$ \wt R(z) =\frac1{z(1-a(z+1/z)+a^2)} =\frac{-1}{a(z-a)(z-1/a)} $$ und $\Res(a,\wt R)=1/(1-a^2)$ bzw. $\Res(1/a,\wt R)=1/(a^2-1)$.
Sei $|a|\neq1$; berechnen Sie: $$ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{\cos(nt)}{1-2a\cos t+a^2}\,dt~. $$
Zeigen Sie für $a > 1$: $$ \int_0^{2\pi}\frac{1}{a+\sin t}\,dt=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}~. $$
Berechnen Sie: $$ \int_0^{2\pi}\frac{1}{2+\sin t}\,dt \quad\mbox{und}\quad \int_0^{2\pi}\frac{1}{3+2\cos t}\,dt~. $$
Berechnen Sie für $0 < b < a$ (Lösungsvorschlag): $$ \int_0^{2\pi}\frac1{(a+b\sin t)^2}\,dt $$
Berechnen Sie für $a > b > 0$ (Lösungsvorschlag): $$ \int_0^{2\pi}\frac1{a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}\,dt $$
Berechnen Sie für $a > 0$: $$ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{a-\sin t}{1+a^2-2a\sin t}\,dt $$
Zeigen Sie für $a > 0$: $$ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac1{a^2+\tan^2t}\,dt=\frac{2\pi}{a(1+a)} $$
Zeigen Sie $$ \int_{-\pi}^\pi e^{\cos t}\cos(\sin t)\,dt=2\pi~. $$

Integrales: Fourier transforms

Sei $E\sbe H^+\colon=[\Im z > 0]$ endlich, $U$ eine Umgebung von $H^+$ und $f:U\sm E\rar X$ komplex differenzierbar, so daß: $$ \lim_{z\to\infty,z\in H^+}f(z)=0, $$ dann gilt: \begin{equation}\label{arteq7}\tag{ART7} \forall y < 0:\quad \lim_{n\to\infty}\int_{-n}^n f(t)e^{-iyt}\,dt =2\pi i\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)e^{-iyz})~. \end{equation} Sei $c_n$ der rechteckige Weg mit die Eckpunkten $-n$, $n$, $n+in$ und $-n+in$.
integral4
Nach Voraussetzung gilt dann $$ \lim_n\int_{n}^{n+in}f(z)e^{-iyz}\,dz =\lim_n\int_{n+in}^{-n+in}f(z)e^{-iyz}\,dz =\lim_n\int_{-n+in}^{-n}f(z)e^{-iyz}\,dz =0~. $$ Somit folgt die Behauptung aus dem Residuensatz.
Für alle $y\in\R$ gilt: $$ \int_\R\frac{e^{-ity}}{1+t^2}\,dt =\pi e^{-|y|} $$
Für $y < 0$ ist das Integral gleich $$ 2\pi i\Res(i,(1+z^2)^{-1}e^{-izy}) =2\pi i e^{y}/2i =\pi e^{y} $$ und für $y > 0$ verlegt man den Integrationsweg entweder in die untere Halbebene oder man beachtet, daß die Funktion $t\mapsto(1+t^2)^{-1}$ reell und symmetrisch ist (vgl. Beispiel).
Sei $p$ ein Polynom des Grades $m\geq1$ mit den einfachen Wurzeln $\l_1,\ldots,\l_m\notin\R$. Dann ist $$ \forall y < 0:\quad\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_\R\frac{e^{-ity}}{p(t)}\,dt =i\sqrt{2\pi}\sum_{\Im\l_k > 0}\frac{e^{-iy\l_k}}{p^\prime(\l_k)}~. $$ Also folgt z.B. für $p(t)=t-i$: $\wh p(y)=i\sqrt{2\pi}\sign(y)e^{-|y|}$.
Berechnen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)\colon=1/(1+x^{2m})$ für $m\in\N$.
Sei $m\in\N_0$; zeigen Sie, daß die Fourier-Transformierte $\wh f_m$ der Funktion $f_m(x)=(1+x^2)^{-m}$ gegeben ist durch (Lösungsvorschlag): $$ \forall y > 0:\qquad \wh f_m(y)=\frac{i\sqrt{2\pi}}{(m-1)!} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\Big|_{z=-i}\frac{e^{-iyz}}{(z-i)^{m}} $$
Sei $a > 1/2$, dann ist die Fourier-Transformierte $\wh f_a$ der Funktion $f_a(x)=(1+x^2)^{-a}$ gegeben durch: $$ \wh f_a(y)=\frac{K(1,1/2-a,y)}{\sqrt2\G(a)} $$ Wobei $K(\l,\nu,y)$ die in Beispiel definierte Funktion bezeichnet. Insbesondere (Lösungsvorschlag): $$ \forall m\in\N\,\forall r > 0:\quad K(1,1/2-m,r) =-2i\sqrt{\pi}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\Big|_{z=-i}\frac{e^{-iyz}}{(z-i)^{m}}. $$
Zeigen Sie, daß die Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)\colon=1/\cosh(x)$ gegeben ist durch $$ \wh f(y)=\frac{\sqrt{\pi/2}}{\cosh(\pi y/2)}~. $$ Folgern Sie, daß $x\mapsto1/\cosh(\sqrt{\pi/2}\,x)$ eine Eigenfunktion der Fourier-Transformation ist. Cf. Beispiel oder Lösungsvorschlag.
Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte der Funktion: $$ f(x)=\frac{1}{\cosh(x^2)}~. $$ und folgern Sie (Lösungsvorschlag): $$ \int_\R\frac{1}{\cosh(x^2)}\,dx =2\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{2n+1}}~. $$

Integrals: Laplace transforms

Sei $E\sbe\O\colon=[\Re z > 0,\Im z > 0]$ endlich, $U$ eine Umgebung von $[\Re z\geq0,\Im z\geq0]$ und $f:U\sm E\rar X$ komplex differenzierbar, so daß: $$ \lim_{z\to\infty,z\in\O}f(z)=0, $$ dann gilt für alle $x > 0$ (vgl. Unterabschnitt): \begin{equation}\label{arteq8}\tag{ART8} \lim_n\int_0^n f(t)e^{-xt}\,dt-i\int_0^{n}f(it)e^{-ixt}\,dt =2\pi i\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)e^{-xz})~. \end{equation} Bezeichnet $c_n$ die Strecke von $n$ nach $n+in$ gefolgt von der Strecke von $n+in$ nach $in$, so wählen wir zu $\e > 0$ $n\in\N$ so groß, daß für alle $|z|\geq n$: $|f(z)|\leq\e$. Dann erhalten wir $$ \Big|\int_{c_n}f(z)e^{-xz}\,dz\Big| \leq\e ne^{-xn}+\e\int_0^{n}e^{-xt}\,dt \leq\e ne^{-xn}+\e/x~. $$ Die Beziehung \eqref{arteq8} folgt nun aus dem Residuensatz angewandt auf die Funktion $f(z)e^{-xz}$ und den rechteckigen geschlossenen Integrationsweg von $0$ nach $n$ nach $n+in$ nach $in$ und zurück zu $0$ mit $n\to\infty$.
Sei $0 < a < 1$. Dann gilt (cf. Beispiel) $$ \lim_{n\to\infty}\int_0^n t^{a-1}e^{-ixt}\,dt=\G(a)x^{-a}e^{-ia\pi/2}~. $$
Die Funktion $f:z\mapsto z^{a-1}$ ist auf $\O\colon=[\Im z > 0,\Re z > 0]$ komplex differenzierbar und es gilt: $\lim_{z\to\infty}f(z)=0$; also: $$ \lim_n\int_0^n t^{a-1}e^{-xt}\,dt-\lim_n \int_0^{n}(it)^{a-1}e^{-ixt}i\,dt=0 $$ Das erste Integral konvergiert gegen $\G(a)x^{-a}$ und das zweite gegen $e^{ia\pi/2}\int_0^{n}t^{a-1}e^{-ixt}\,dt$.

Integrals: Mellin transforms

Sei $E$ eine endliche Teilmenge von $\C\sm\R_0^+$ und $a\in\C$. Ist $f:\C\sm E\rar X$ komplex differenzierbar, so daß $$ \lim_{z\to0,z\in\C\sm\R_0^+}z^af(z)=0 \quad\mbox{und}\quad \lim_{z\to\infty,z\in\C\sm\R_0^+}z^af(z)=0, $$ dann gilt: \begin{equation}\label{arteq9}\tag{ART9} \lim_{n\to\infty}\int_0^n f(t)t^{a-1}\,dt =\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ia}}\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)z^{a-1}) \end{equation} wobei $z^{a-1}=\exp((a-1)\Log z)$ und $\Log z$ wie in Typ 2a definiert ist. Die Funktion $F(a)\colon=\int_0^\infty f(t)t^{a-1}\,dt$ heißt die Mellin-Transformierte von $f$. Cf. e.g. wikipedia. Seien $c_1,c_2,c_3,c_4$ wie in Typ 2a, dann folgt nach Voraussetzung: $$ \lim_{n\to\infty}\lim_{\e\dar0}\int_{c_2}f(z)z^{a-1}\,dz=0 \quad\mbox{und}\quad \lim_{\e\dar0}\int_{c_4} f(z)z^{a-1}\,dz=0~. $$ Da ferner für alle $t > 0$: $$ \lim_{\e\dar0}(t+i\e)^{a-1}=t^{a-1} \quad\mbox{und}\quad \lim_{\e\dar0}(t-i\e)^{a-1}=t^{a-1}e^{2\pi ia} $$ erhalten wir weiters \begin{eqnarray*} \lim_{\e\dar0}\int_{c_1}f(z)z^{a-1}\,dz &=&\int_0^n f(t)t^{a-1}\,dt \quad\mbox{und}\\ \lim_{\e\dar0}\int_{c_3}f(z)z^{a-1}\,dz &=&-e^{2\pi ia}\int_0^n f(t)t^{a-1}\,dt~. \end{eqnarray*} und \eqref{arteq9} folgt wiederum aus dem Residuensatz.
Für alle $0 < x < 1$ gilt (cf. Beispiel): $$ \b(x,1-x) =\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{t+1}\,dt =\frac{\pi}{\sin(\pi x)}~. $$ Es folgt die Ergänzungsformel der Gammafunktion \eqref{arteq17}: $$ \forall 0 < x < 1:\quad \frac1{\G(x)\G(1-x)}=\frac{\sin(\pi x)}{\pi}~. $$
Das Residuum bei $z=-1$ ist $(-1)^{x-1}=\exp((x-1)\Log(-1))=e^{i\pi(x-1)}$, also: $$ \b(x,1-x)=\frac{-2\pi ie^{i\pi x}}{1-e^{2\pi ix}} =\frac{2\pi i}{-e^{-i\pi x}+e^{i\pi x}} =\frac{\pi}{\sin(\pi x)}~. $$
Zeigen Sie für $x,y\in\R$, $0 < (x+1)/y < 1$ gilt erstens (Hinweis: Substitution) $$ \int_{0}^\infty\frac{t^x}{1+t^y}\,dt =\frac{\pi}{y\sin(\frac{x+1}{y}\pi)} $$ und zweitens: $$ \int_{0}^\infty\frac{t^x\log t}{1+t^y}\,dt =-\frac{\pi^2\cos(\frac{x+1}{y}\pi)}{y^2\sin^2(\frac{x+1}{y}\pi)}~. $$
Berechnen Sie: $$ \int_{0}^\infty\frac{\sqrt t}{1+t^2}\,dt~. $$
Zeigen Sie: $$ \int_0^\infty\frac{\log^2t}{1+t^2}\,dt=\frac{\pi^3}8~. $$
Sei $p(z)=(z-z_1)\cdots(z-z_n)$ ein Polynom mit $z_1,\ldots,z_n\notin\R_0^+$. Berechnen Sie für $0 < \Re w < n$ $$ \int_{0}^\infty\frac{t^{w-1}}{p(t)}\,dt $$ Zeigen Sie insbesondere für $n\geq2$ und $p(z)=(z+1)^n$ (cf. Beispiel): $$ \b(x,n-x) =\int_{0}^\infty\frac{t^{x-1}}{(1+t)^n}\,dt =\frac{\pi(x-1)\cdots(x-n+1)}{(n-1)!\sin(x\pi)}~. $$
Mellin- und Fourier-Transformierte: Sei $f:\R^+\rar\C$ und $F(x)\colon=f(e^x)e^x$. Dann gilt $$ \wh F(y)=c_1Mf(-iy) \quad\mbox{wobei}\quad Mf(y)=\int_0^\infty f(t)t^{y}\,dt~. $$ i.e. die Fourier-Transformierte von $F$ ist i.W. die Mellin-Transformierte von $f$. 2. Zeigen Sie (Lösungsvorschlag): $$ f(t)=\frac1{2\pi t}\int_0^\infty Mf(-i\log s)s^{i\log t-1}\,ds $$
Zeigen Sie mithilfe des Transformationssatzes: für alle meßbaren $f:\R^+\rar[0,\infty]$ und alle $x\in\R$ gilt: $$ \int_0^\infty f(t)t^{x-1}\,dt =\int_\R f(e^t)e^{tx}\,dt~. $$
Sei $f\in L_1(\R^+)$ und $E$ der von den Funktionen $f_a(t)\colon=f(t/a)/a$, $a > 0$, erzeugte Unterraum von $L_1(\R^+)$. $E$ ist genau dann dicht in $L_1(\R^+)$, wenn die Mellin-Transformierte $$ Mf(y)\colon=\int_0^\infty f(t)t^{y}\,dt $$ keine Nullstelle auf $i\R$ besitzt. Hinweis: die Abbildung $f\mapsto F$, $F(x)\colon=f(e^x)e^x$ ist eine Isometrie von $L_1(\R^+)$ auf $L_1(\R)$. Benutzen Sie sodann Satz. Lösungsvorschlag.
Z.B. erhalten wir für die Mellin-Transformierte von $f(x)=e^{-wx^p}$ mit $p > 0$ und $\Re w > 0$ nach Beispiel: $Mf(z)=\G((z+1)/p)w^{(-z-1)/p}/p$ und diese Funktion besitzt für kein $z\in i\R$ eine Nullstelle.

Integrals: type 2c

Analog erhalten wir wiederum für eine auf $\C\sm E$, $E\sbe\C\sm\R_0^+$ isoliert, komplex differenzierbare Funktion $f$ unter den Voraussetzungen $$ \lim_{z\to0,z\in\C\sm\R_0^+}z^a\Log zf(z)=0 \quad\mbox{und}\quad \lim_{z\to\infty,z\in\C\sm\R_0^+}z^a\Log zf(z)=0~: $$ \begin{equation}\label{arteq10}\tag{ART10} \lim_{n\to\infty} \Big(\int_0^n f(t)t^{a-1}\log t\,dt -\frac{2\pi ie^{2\pi ia}}{1-e^{2\pi ia}}\int_0^n f(t)t^{a-1}\,dt\Big) =\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ia}}\sum_{z\in E}\Res(z,f(z)z^{a-1}\Log z)~. \end{equation} I.A. ist folgende Alternative einfacher: Sei $F(a)\colon=\int_0^\infty f(t)t^{a-1}\,dt$, dann gilt: $$ \int_0^\infty f(t)t^{a-1}\log^n t\,dt=F^{(n)}(a)~. $$ Achtung: Dies setzt voraus, daß die Funktionen $t\mapsto f(t)t^{a-1}\log^k t$ für alle $k=0,\ldots,n$ über $\R^+$ integrierbar sind!
Für alle $0 < x < 2$ gilt: $$ \int_0^\infty\frac{t^{x-1}\log t}{1+t^2}\,dt =-\frac{\pi^2\cos(\pi x/2)}{4\sin^2(\pi x/2)}~. $$
1. Ein Sonderfall von Beispiel.
2. Sei $F(x)\colon=\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{1+t^2}\,dt$; mit der Substitution $t^2\to s$ erhalten wir nach Beispiel: $$ F(x)=\tfrac12\int_0^\infty\frac{s^{x/2-1}}{1+s}\,ds =\frac{\pi}{2\sin(\pi x/2)} $$ und die behauptete Beziehung folgt nach Differentiation.
Zeigen Sie: $$ \int_0^\infty\frac{\log t}{(1+t^2)\sqrt t}\,dt=-\sqrt2(\pi/2)^2 $$
1. Mithilfe der oben definierten Funktion $F$: $$ \int_0^\infty\frac{t^{-1/2}\log t}{1+t^2}\,dt =F^\prime(1/2) =-\frac{\pi^2\cos(\pi/4)}{4\sin^2(\pi/4)} =-\sqrt2(\pi/2)^2~. $$ 2. Für $f(z)\colon=1/(1+z^2)$ und $a=1/2$, folgt nach \eqref{arteq10}: $$ I=-\pi i\int_0^n f(t)t^{-1/2}\,dt +\pi i\sum_{z=\pm i}\Res(z,f(z)z^{-1/2}\Log z) $$ Das Residuum bei $i$ ist $i^{-1/2}\Log(i)/2i=e^{-i\pi/4}\pi/4$ und das Residuum bei $-i$ ist $(-i)^{-1/2}\Log(-i)/-2i=-e^{-3i\pi/4}3\pi/4$.
Berechnen Sie für $0 < x < 2$ und $|R| < 1$ (cf. Beispiel): $$ \int_{0}^\infty\frac{t^{x-1}}{1+2Rt+t^2}\,dt $$ und damit für $n\in\{1,2\}$: $$ \int_{0}^\infty\frac{\log^n t}{1+2Rt+t^2}\,dt~. $$

Integrals of the form $\int_0^\infty f(t^x)\,dt$, $x > 1$

Diese Integrale kann man u.A. durch Integration entlang des Randes eines Sektors mit dem Öffnungswinkel $2\pi/x$ bestimmen, i.e. $S\colon=\{z\in\C:0 < \arg(z) < 2\pi/x\}$: Ist $E\sbe S$ endlich, $F:S\sm E\rar\C$, $F(z)\colon=f(z^x)$ komplex differenzierbar und auf $\cl S\sm E$ stetig, so daß $$ \lim_{z\to\infty,z\in S} zF(z)=0~. $$ Dann gilt mit $z^x=\exp(x\Log z)$, $\Log z\colon=\log|z|+i\arg(z)$ und $\arg(z)\in[0,2\pi)$: $$ \lim_{n\to\infty}\int_0^n f(t^x)\,dt =\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi i/x}}\sum_{z\in E}\Res(z,F)~. $$ Denn nach dem Residuensatz folgt für $E\sbe D_n$: $$ \lim_{n\to\infty}\int_0^nf(t^x)\,dt +\lim_{n\to\infty}\int_{\g_n}F(z)\,dz -e^{2\pi i/x}\lim_{n\to\infty}\int_0^nf(t^x)\,dt =2\pi i\sum_{z\in E}\Res(z,F) $$ wobei $\g_n$ den Kreisbogen des Radius' $n$ mit dem Innenwinkel $2\pi/x$ bezeichnet. Die Voraussetzungen implizieren nun, daß der zweite Limes verschwindet.
Für alle $\Re w > 1$ gilt: $$ I(w) \colon=\int_0^\infty\frac{1}{1+t^w}\,dt =\frac{\pi/w}{\sin(\pi/w)}~. $$
Da sowohl die rechte als auch die linke Seite auf $\Re w > 1$ analytisch sind (cf. Beispiel), genügt es die Beziehung für $w=x\in(1,\infty)$ zu zeigen.
1. Ein Sonderfall von Beispiel.
2. Die Funktion $g(z)=1+z^x$ besitzt auf dem Sektor $[0 < \arg(z) < 2\pi/x]$ nur im Punkt $z_0\colon=e^{i\pi/x}$ eine Nullstelle; da $g^\prime(z_0)\neq0$ folgt: $$ \Res(z_0,1/g) =\frac1{g^\prime(z_0)} =\frac1{xz_0^{x-1}} =\frac1{xe^{i\pi(x-1)/x}} =-\frac1{xe^{-i\pi/x}}~. $$ Damit erhalten wir $$ I(x) =-\frac{2\pi i}{(1-e^{2\pi i/x})xe^{-i\pi/x}} =-\frac{2\pi i}{x(e^{-\pi i/x}-e^{\pi i/x})} =\frac{\pi/x}{\sin(\pi/x)}~. $$
Zeigen Sie für $x > 0$ und $0 < \Re a < 1$: $$ x^{-a}=\frac{\sin(a\pi)}{\pi}\int_0^\infty\frac{t^{-a}}{t+x}\,dt $$ 2. Sei $c$ eine Parametrisierung des Randes von $\O_\theta\colon=\{z\in\C:|\arg(z)|\leq\theta\}$. Zeigen Sie (Lösungsvorschlag): $$ I(a,\theta,x) \colon=\frac1{2\pi i}\int_c\frac{z^{-a}}{z+x}\,dz =x^{-a}e^{-a\pi i} $$
Seien $\theta\in(0,\pi/2)$, $a\in(0,1)$, $x > 0$ und $c$ eine Parametrisierung des Randes von $\O_\theta\colon=\{z\in\C:|\arg(z)|\leq\theta\}$. Berechnen Sie: $$ J(a,\theta,x) \colon=\frac1{2\pi i}\int_c\frac{z^{-a}}{z-x}\,dz $$

Fourier transform of gaussian measures

 Sei $\g_t$ das Gaußmaß auf $\R$ mit der Varianz $2t > 0$, d.h. $$ \g_t(dx) =p(t,x)\,dx =(4\pi t)^{-1/2}\exp(-x^2/4t)\,dx~. $$ Dann ist die Fourier-Transformierte des Gaußmaßes $$ \wh\g_t(y) \colon=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int e^{-ixy}\,\g_t(dx) \quad\mbox{gegeben durch}\quad \wh\g_t(y)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-ty^2}~. $$ Die Fourier-Transformierte macht aber auch für komplexe Werte des Parameters $w$ Sinn: \begin{equation}\label{arteq11}\tag{ART11} \forall \Re w > 0\,\forall y\in\C:\quad \wh\g_w(y)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-wy^2}~. \end{equation} 1. Sei $w=t > 0$: dies ist ein spezieller Fall von Proposition. Quadratische Ergänzung ergibt: $$ -izy-z^2/4t=-(z+2ity)^2/4t-ty^2~. $$ Sei nun $c_n$ der geschlossene Weg von $-n$ nach $n$ nach $n-2ity$ nach $-n-2ity$ und zurück nach $-n$, dann konvergieren die Integrale über die Strecken von $n$ nach $n-2ity$ und von $-n-2ity$ nach $-n$ gegen $0$; also folgt nach der Cauchyschen Integralformel: \begin{eqnarray*} 0 &=&\lim_n\int_{c_n}e^{-izy}e^{-z^2/4t}\,dz\\ &=&\lim_n\int_{-n}^ne^{-ixy}e^{-x^2/4t}\,dx +\lim_n\int_{n-2ity}^{-n-2ity}e^{-(z+2ity)^2/4t-ty^2}\\ &=&\int_\R e^{-ixy}e^{-x^2/4t}\,dx-e^{-ty^2}\int_\R e^{-x^2/4t}\,dx =\sqrt{2\pi}\sqrt{4\pi t}\,\wh\g_t(y)-\sqrt{4\pi t}\,e^{-ty^2}~. \end{eqnarray*} 2. Schließlich sind sowohl die linke als auch die rechte Seite von \eqref{arteq11} auf $[\Re w > 0]$ komplex differenzierbar, also analytisch auf $[\Re w > 0]$ und somit folgt die behauptete Gleichheit aus 1. sowie dem Identitätssatz. Vgl. Unterabschnitt.
Sei $\g_t$ das Gaußmaß auf $\R^n$ mit der Varianz $2t > 0$, d.h. $\g_t(dx)=p(t,x)\,dx=(4\pi t)^{-n/2}\exp(-\Vert x\Vert^2/4t)\,dx$. Dann gilt $$ \forall \Re w > 0\,\forall y\in\R^n:\quad \wh\g_w(y)=(2\pi)^{-n/2}e^{-w\Vert y\Vert^2}~. $$
Nach dem Wiener Theorem erhalten wir daher z.B.:
Sei $\Re w > 0$ und $f(x)=e^{-w\Vert x\Vert^2}$. Dann ist der von den Funktionen $L_xf$, $x\in\R^n$, erzeugte Unterraum dicht in $L_1(\R^n)$.
Für alle $\Re w > 0$ und alle $x\in\R^n$ gilt: $\pa_w p(w,x)=\pa_z^2p(w,x)$.

Singular integrals over $\R^+$

 Besitzt die Funktion $f$ auf dem Integrationsweg Pole, so nimmt man anstelle des Integrals dessen Cauchyschen Hauptwert:
Sei $E\sbe[-\infty,\infty]$ die Menge der Punkte, in denen $f$ nicht lokal integrierbar ist, dann definiert man den Cauchyschen Hauptwert wie folgt: $$ \pv\int f(t)\,dt\colon=\lim_{r\to0}\int_{d(z,E_1) > r}f\,d\l $$ falls der Limes existiert. Die $r$-Umgebungen von $\infty$ bzw. $-\infty$ sind dabei $B_r(\infty)\colon=(1/r,\infty)$ und $B_r(-\infty)\colon=(-\infty,-1/r)$.
Für alle $0 < x < 1$ gilt: $$ I(x)\colon=\pv\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{t-1}\,dt=-\pi\cot(\pi x)~. $$
integral5
Wiederum setzen wir $z^{x-1}=\exp((x-1)\Log z)$ mit $\Log z\colon=\log|z|+i\arg(z)$ und $\arg(z)\in[0,2\pi)$. Sei $\g(t)=1+re^{it}$, $t\in(0,2\pi)$, dann gilt: $$ 0=(1-e^{2\pi i(x-1)})I(x) -\lim_{r\dar0}\int_{\g}\frac{z^{x-1}}{z-1}\,dz~. $$

Achtung: die Funktion $z\mapsto z^{x-1}$ ist im Inneren von $\g$ weder stetig noch meromorph!

Da mit $r\dar0$: $\g(t)^{x-1}\to1$ für $\Im\g(t) > 0$ und $\g(t)^{x-1}\to e^{2\pi ix}$ für $\Im\g(t) < 0$, folgt: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g}\frac{z^{x-1}}{z-1}\,dz =i\pi(1+e^{2\pi i x}) $$ und damit: $$ I(x) =i\pi\frac{1+e^{2\pi i x}}{1-e^{2\pi i x}} =-\pi\cot(\pi x)~. $$
Zeigen Sie für $0 < x < 2$: $$ \pv\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{t^2-1}\,dt=-\frac12\pi\cot(x\pi/2) $$

Singular integrals over $\R$

 Anders als im voranstehenden Beispiele gestaltet sich hier die Bestimmung der Hauptwerte meist ein wenig komplizierter: die Beiträge an den reellen Polen zählen im einfachsten Fall nur zur Hälfte (cf. Beispiel oder Beispiel).
integral6
Wir demonstrieren dies an zwei Beispielen: 1. Die (distributionelle) Fourier-Transformierte der Funktion $1/(x^2-a^2)$ für $a > 0$: $$ \pv\int_\R\frac{e^{ixy}}{x^2-a^2}\,dx=-\pi\sign(y)\frac{\sin(ay)}a~. $$ Sei $\g_+(t)\colon=a+re^{it}$, $t\in(0,\pi)$, dann folgt: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g_+}\frac{e^{izy}}{z^2-a^2}\,dz =\lim_{r\dar0}\int_{\g_+}\frac{e^{izy}}{z+a}\frac1{z-a}\,dz =\lim_{z\to a}\frac{e^{izy}}{z+a}\,i\pi =\frac1{2a}\pi ie^{iay} $$ und analog folgt für $\g_-(t)\colon=-a+re^{it}$, $t\in(0,\pi)$: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g_-}\frac{e^{izy}}{z^2-a^2}\,dz=-\frac1{2a}\pi ie^{-iay} $$ Für $y > 0$ erhalten wir somit nach der Cauchyschen Integralformel: $$ \pv\int_\R\frac{e^{ixy}}{x^2-a^2}\,dx =\frac{-\pi}{a}\sin(ay)~. $$ Für $y < 0$ z.B. nach dem Residuensatz angewandt auf den in die untere Halbebene $[\Im z < 0]$ ergänzten Integrationsweg (oder aufgrund der Symmetrie): $$ \pv\int_\R\frac{e^{ixy}}{x^2-a^2}\,dx =\frac{\pi}{a}\sin(ay)~. $$ 2. Die (distributionelle) Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)=1/x$ ist gegeben durch $$ \wh f(y) =-i\pi\sign(y)/\sqrt{2\pi} =-i\sqrt{\pi/2}\sign(y)~. $$ Für $y < 0$ ist $\pv\int_\R e^{-ixy}/x\,dx=i\pi$ und da $f$ ungerade ist, folgt die behauptete Beziehung.
Sei $f(z)=\sum_{n\in\Z}a_n z^n$ und $\g_+(t)=re^{it}$, $t\in(0,\pi)$, dann gilt: $$ \frac1{2\pi i}\int_{\g_+}f(z)\,dz =\frac12\Res(0,f)+\frac{i}{\pi}\sum_{n\in\Z}\frac{r^{2n+1}}{2n+1}a_{2n}~. $$ Folgern Sie: $\lim_{r\dar0}\frac1{2\pi i}\int_{\g_+}f(z)\,dz=\frac12\Res(0,f)$ falls $\o(0,f)\geq-1$.

Digression: Distributional Fourier transform

 Weder die Funktion $1/(x^2-a^2)$ noch die Funktion $1/x$ sind auf $\R$ lokal integrierbar. Die Fourier-Transformierte dieser Funktionen haben wir daher durch den Cauchyschen Hauptwert definiert - falls dieser existiert! Allgemeiner ist die distributionelle Fourier-Transformierte einer z.B. lokal integrierbaren Funktion $f:\R^n\rar\C$ definiert (vgl. Parsevalsche Gleichung): $$ \forall\vp\in C_c^\infty(\R):\quad \int f(x)\wh\vp(x)\,dx =\int\wh f(y)\vp(y)\,dy~. $$ Eine solche Funktion $\wh f$ muß jedoch nicht existieren; z.B. für die konstante Funktion $f(x)=1$, denn in diesem Fall müßte gelten: $\int\wh f(y)\vp(y)\,dy=\int\wh\vp(x)\,dx=c_1^{-1}\vp(0)$; eine solche Funktion $\wh f$ gibt es aber nicht! Es gibt jedoch ein Maß - nämlich das im Punkt $0$ konzentrierte Diracmaß $\d_0$ multipliziert mit $c_1^{-1}$. Analog kann man $c_1^{-1}\d_y$ als die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $x\mapsto e^{ixy}$ betrachten, denn $$ \int\vp(x)\,c_1^{-1}\d_y(dx) =c_1^{-1}\vp(y) =\int e^{ixy}\wh\vp(x)\,dx $$
Ist die (distributionelle) Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)=\sign(x)$ eine Funktion? ein signiertes Maß?
Wir wollen uns im Weiteren jedoch auf Funktionen $\wh f$ beschränken. Proposition besagt z.B., daß für ein $l$-homogenes harmonisches Polynom $H$ in $\R^n$ die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $x\mapsto H(x)\Vert x\Vert^{-l-n+\a}$ bis auf einen Faktor mit der Funktion $x\mapsto H(x)\Vert x\Vert^{-l-\a}$ übereinstimmt.
Falls $f$ quadratisch integrierbar ist, dann stimmt die distributionelle Fourier-Transformierte mit der üblichen Fourier-Transformierten überein! Im Rahmen der Theorie der Distributionen definiert man die Fourier-Transformation auf viel allgemeineren Objekten denn Funktionen (cf. e.g. J. Alvarez). Wir wollen das hier für Funktionen $f$ ausführen, die mit Ausnahme endlich viele Punkte $E$ auf der erweiterten reellen Achse $\cl{\R}$ lokal integrierbar sein sollen.
Sei $\vp\in C_c^\infty(\R)$, dann gilt für alle $n\in\N$ (Lösungsvorschlag): $$ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{\wh\vp(y)}{|y|^n}=0~. $$ D.h. für jedes Polynom $p$ liegt $p\wh\vp$ in $C_0(\R)$. Für eine allgemeinere Aussage cf. Paley-Wiener Theorem.
Angenommen $f:\cl{\R}\sm E\rar\R$ sei mit Ausnahme endlich viele Punkte $E$ lokal integrierbar und für alle $\vp\in C_c^\infty(\R)\cup\F(C_c^\infty(\R))$ existiere der Cauchysche Hauptwert: $$ \pv f(\vp) \colon=\lim_{r\dar0}\int_{E_r^c}\vp(x)f(x)\,dx =\pv\int_\R\vp(x)f(x)\,dx~. $$ Dies gilt z.B. wenn $f$ nur Pole erster Ordnung besitzt und ein $n\in\N_0$ existiert, so daß $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)/|x|^n=0$ (cf. e.g. Beispiel. Existiert eine Funktion $\wh f$, so daß für alle $\vp$: $$ \pv f(\wh\vp)=\int\vp(x)\wh f(x)\,dx, $$ so nennt man $\wh f$ die distributionelle Fourier-Transformierte von $f$. Im Unterschied zur Definition der distributionellen Fourier-Transformierten einer lokal integrierbaren Funktion steht also auf der linken Seite der Cauchysche Hauptwert! Jedenfalls erhalten wir \begin{eqnarray*} \pv f(\wh\vp) &=&\pv\int_\R\wh\vp(y)f(y)\,dy =\lim_{r\dar0}\int_{E_r^c}\wh\vp(y)f(y)\,dy\\ &=&c_1\lim_{r\dar0}\int_{E_r^c}\int_\R\vp(x)e^{-ixy}f(y)\,dx\,dy =\lim_{r\dar0}\int_\R\vp(x)c_1\int_{E_r^c}f(y)e^{-ixy}\,dy\,dx~. \end{eqnarray*} Falls nun erstens der Cauchysche Hauptwert \begin{equation}\label{arteq12}\tag{ART12} \wh f(x)\colon=c_1\lim_{r\dar0}\int_{E_r^c}f(y)e^{-ixy}\,dy \end{equation} existiert und zweitens $C > 0$ und $n\in\N_0$ existieren, so daß für alle $r > 0$: $$ \Big|c_1\int_{E_r^c}f(y)e^{-ixy}\,dy\Big|\leq C(1+|x|^n), $$ dann folgt $|\wh f(x)|\leq C(1+|x|^n)$ und $$ \pv\int_\R f(x)\wh\vp(x)\,dx =\pv f(\wh\vp) =\int_\R\wh f(x)\vp(x)\,dx~. $$ Daher ist durch \eqref{arteq12} tatsächlich die distributionelle Fourier-Transformierte von $f$ definiert.

Bemerkung: Da $\F(C_c^\infty(\R))$ nicht in $C_c^\infty(\R)$ enthalten ist, ist es günstiger die distributionelle Fourier-Transformation auf einem etwas erweiterten Raum zu betrachten, dem Schwartzraum, cf. e.g. Abschnitt oder wikipedia.

Sei $f(x)=\sign(x)$. Zeigen Sie, daß der Cauchysche Hauptwert $$ c_1\lim_{r\to\infty}\int_{-r}^rf(y)e^{-ixy}\,dy $$ nicht existiert obgleich für alle $\vp\in C_c^\infty(\R)$ $\pv f(\wh\vp)$ existiert. D.h. die distributionelle Fourier-Transformierte ist viel allgemeiner definiert als bloß über die Existenz des Cauchyschen Hauptwerts in \eqref{arteq12}.
Für alle $r > 0$: $$ c_1\int_{-r}^r\sign(y)e^{-ixy}\,dy =ic_1x^{-1}(-1+e^{ixr}+e^{-ixr}-1) =2ic_1x^{-1}(\cos(rx)-1) $$ und der Limes $\lim_{r\to\infty}(\cos(rx)-1)$ existiert nicht.
Sei $f(x)=1/x$. Zeigen Sie: $$ \pv f(\vp)=-\int\log|x|\vp^\prime(x)\,dx~. $$ und $\wh f(y)=-i\sqrt{\pi/2}\sign(y)$. Lösungsvorschlag.
Für welche $a > 1$ existiert $\pv f(\vp)$ mit $f(x)=|x|^{-a}\sign(x)$? Lösungsvorschlag
Sei $U$ eine Umgebung von $[\Im z\geq0]$, $E\sbe U$ isoliert und $f:U\sm E\rar X$ komplex differenzierbar, so daß $\lim_{z\to\infty}f(z)=0$ und $f$ in $E\cap\R$ Pole der Ordnung $1$ besitzt. Zeigen Sie, daß für alle $y > 0$: $$ \pv\int_\R f(x)e^{ixy}\,dx =\pi i\sum_{z\in E\cap\R}e^{iyz}\Res(z,f) +2\pi i\sum_{z\in E\sm\R}e^{iyz}\Res(z,f)~. $$ Die Residuen an den reellen Polen zählen also nur zur Hälfte!
Berechnen Sie die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)=1/(1+x^3)$.
Berechnen Sie die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)=1/(1-x^4)$.
Sei $p$ ein Polynom $n$-ten Grades mit den paarweise verschiedenen Nullstellen $\l_1,\ldots,\l_n\in\C$. Bestimmen Sie die distributionelle Fourier-Transformierte von $1/p(x)$.
Berechnen Sie die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)\colon=1/(1+x^{2m+1})$ für $m\in\N$.
Zeigen Sie: für $0 < a < 1$ ist die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $f_a(x)\colon=|x|^{a-1}$ gegeben durch $$ \wh f_a(y)=\sqrt{\frac2\pi}\cos\Big(\frac{a\pi}2\Big)\G(a)|y|^{-a}~. $$ Insbesondere ist $f_{1/2}$ eine "Eigenfunktion" der distributionellen Fourier-Transformation zum Eigenwert $1$. Hinweis: Benutzen Sie $\lim_{n\to\infty}\int_0^n t^{a-1}e^{-it}\,dt=\G(a)e^{-ia\pi/2}$ (cf. Beispiel).
Zeigen Sie, daß die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $f(x)\colon=1/\sinh(x)$ gegeben ist durch (Lösungsvorschlag) $$ \wh f(y) \colon=\frac1{\sqrt{2\pi}}\pv\int_\R \frac{e^{-ixy}}{\sinh(x)}\,dx =-\frac{i}{\sqrt{2\pi}}\int_\R \frac{\sin(xy)}{\sinh(x)}\,dx =-i\sqrt{\pi/2}\tanh(\pi y/2)~. $$
Sei $u:\R\times\R\rar\C$ eine Lösung der inhomogenen Wellengleichung $\pa_0^2u-\pa_1^2u=f$, dann folgt: $(-y_0^2+y_1^2)\wh u(y_0,y_1)=\wh f(y_0,y_1)$, also $$ \wh u(y)=\frac{\wh f(y)}{-y_0^2+y_1^2}~. $$ Es liegt daher nahe zu vermuten, daß $$ u(x)=\frac1{2\pi}\pv\int_\R \Big(\pv\int_\R\frac{\wh f(y)}{-y_0^2+y_1^2}e^{ix_0y_0}\,dy_0\Big) e^{ix_1y_1}\,dy_1~. $$ Der innere Hauptwert läßt sich für meromorphe $\wh f$ ähnlich ermitteln wie die distributionelle Fourier-Transformierte der Funktion $1/(x^2-a^2)$.
Das nachstehende Beispiel zeigt, daß die Bildung des Cauchyschen Hauptwertes i.W. nur bei Integranden mit einfachen Polstellen sinnvoll ist:
Für welche $x > 0$ und $n\in\N$, $n\geq2$, existiert der Cauchysche Hauptwert (Lösungsvorschlag) $$ \pv\int_\R\frac{e^{ixy}}{(1-x)^n}\,dx? $$

Hilbert transform on $\R$

Sei $f:\R\rar\C$ meßbar. Falls der Cauchysche Hauptwert existiert, dann nennt man die durch $$ Hf(x)\colon=\frac{1}{\pi}\pv\int_\R\frac{f(y)}{x-y}\,dy~. $$ definierte Funktion $Hf$ die Hilbert-Transformierte - $Hf$ stimmt also mit der 'Faltung' $h*f$ überein, wobei $h(x)=1/\pi x$. Die wesentlichste Eigenschaft der Hilbert-Transformation ist aber folgende: bezeichnen $u$ bzw. $\wt u$ die harmonischen Fortsetzungen von $f:\R\rar\R$ bzw. $Hf:\R\rar\R$ in die obere Halbebene $H^+\colon=[\Im z > 0]$, so ist $F\colon=u+i\wt u$ komplex differenzierbar. Gleichbedeutend damit ist die Eigenschaft, daß die Fourier-Transformierte von $f+iHf$ auf der negativen reellen Achse verschwindet - Physiker sagen dazu: die Funktion $f+iHf$ besitzt nur positive Frequenzen.
Sei $f(x)=e^{iax}$, dann gilt: $Hf(x)=-i\sign(a)e^{iax}$.
Sei $a > 0$ und $\g_+$ der Halbkreis $\g_+(t)=x+re^{it}$, $0 < t < \pi$, dann erhalten wir: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g_+}\frac{e^{iaz}}{x-z}\,dz =-i\lim_{r\dar0}\int_0^{\pi}e^{ia(x+re^{it})}\,dt =-\pi ie^{iax}~. $$ Es folgt daher nach der Cauchyschen Integralformel: $$ \pv\int_\R\frac{e^{iay}}{x-y}\,dy+\pi ie^{iax}=0 $$ Sei z.B. $f(x)=\cos x$, dann ist $Hf(x)=-i(e^{ix}-e^{-ix})/2=\sin x$ und $f(x)+iHf(x)=e^{ix}$ ist die Einschränkung der komplex differenzierbaren Funktion $F(z)=e^{iz}$ auf die reelle Achse!
Sei $f$ in einer Umgebung von $x > 0$ komplex differenzierbar und $\g(t)=x+re^{it}$, $0 < t < \pi$. Zeigen Sie: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g}\frac{f(z)}{z-x}\,dz =i\pi f(x)~. $$
Sei $\F$ die Fourier-Transformation: Begründen Sie (formal): $\F(Hf)(y)=-i\sign(y)\F f(y)$. Folgern Sie: für alle $y < 0$ gilt: $\F(f+iHf)(y)=0$.
Die distributionelle Fourier-Transformierte von $h(x)=1/x$ ist nach Unterabschnitt: $\wh h(y)=-i\sign(y)/\sqrt{2\pi}$, also wegen $\F(h*f)=\sqrt{2\pi}\wh h\cdot\wh f$: $$ \F(Hf)(y) =\F(h*f)(y) =\sqrt{2\pi}\wh h(y)\wh f(y) =-i\sign(y)\wh f(y)~. $$
Sei $p$ ein Polynom $n$-ten Grades mit den paarweise verschiedenen Nullstellen $\l_1,\ldots,\l_n\in\C\sm\R$. Bestimmen Sie die Hilbert-Transformierte von $1/p(x)$.
Bestimmen Sie die Hilbert-Transformierte der Funktionen $f(x)=(1+x^{2m})^{-1}$, $m\in\N$.
Die Nullstellen von $g(z)\colon=1+z^{2m}$ in $[\Im z > 0]$ sind $z_k\colon=e^{(2k+1)\pi i/2m}$, $k=0,1,\ldots,m-1$. Damit folgt: $$ \Res(z_k,\frac{f(z)}{z-x}) =\frac1{g^\prime(z_k)(z_k-x)} =\frac1{2mz_k^{2m-1}(z_k-x)} =\frac1{2m(-1-z_k^{2m-1}x)} =\frac1{2m(-1+e^{-(2k+1)\pi i/2m}x)} $$ und wir erhalten $$ Hf(x) =-if(x)+\frac{i}{m}\sum_{k=0}^{m-1}\frac1{e^{-(2k+1)\pi i/2m}x-1} $$
Bestimmen Sie die Hilbert-Transformierte der Funktionen $f(x)=1/\cosh(x)$.
Seien $a < b$ und $f\colon=I_{(a,b)}$ die Indikatorfunktion des Intervalls $(a,b)$. Zeigen Sie: $$ Hf(x)=\frac1{\pi}\log\Big|\frac{b-x}{x-a}\Big|~. $$ Die folgende Graphik zeigt die Hilbert-Transformierte von $I_{(-1,1)}$:
hilberttransformation
2. Zeigen Sie $\l(|Hf| > t)=2(b-a)/\sinh(\pi t)$ und $$ \int_0^\infty pt^{p-1}\l(|Hf|>t)\,dt =4\pi^{-p}\G(1+p)\z(p)(1-2^{-p})(b-a)~. $$
Sei $f$ in einer Umgebung von $x > 0$ komplex differenzierbar und $\g(t)=x+re^{it}$, $0 < t < 2\pi$, $\arg(z)\in(0,2\pi)$. Zeigen Sie: $$ \lim_{r\dar0}\int_{\g}\frac{f(z)\Log z}{z-x}\,dz =i\pi f(x)\log x(1+2\pi i)~. $$

Partial fraction and product formulas

Wie bereits im Falle der Bernoulli-Polynome nutzen wir auch hier den Residuensatz um eine Summe mitthilfe eines Integrals zu berechnen: Sei $p$ eine Polynomfunktion mit $d\colon=\deg(p)\geq2$ und den Nullstellen $N\sbe\C$, so daß keine Nullstelle von $p$ in $\Z$ liegt. Ist dann $C_n$ das Quadrat mit den Eckpunkten $(n+1/2)(1+i),(n+1/2)(-1+i),(n+1/2)(-1-i)$ und $(n+1/2)(1-i)$, so liegen erstens (für hinreichend große $n$) alle Nullstellen von $p$ in $C_n$ und zweitens gilt für alle $z\in C_n^c$: $|p(z)|\geq K|z|^d$. Sei $$ f(z)\colon=\frac1{p(z)\sin(\pi z)}, $$ dann folgt nach dem Residuensatz: $$ \int_{\pa C_n}f(z)\,dz =2\pi i\sum_{w\in C_n}\Res(w,f) $$ Da $d\geq2$ und für $x,y\in\R$: $|\sin(x+iy)|^2=\sin^2(x)+\sinh^2(y)$, konvergieren die Integrale auf allen vier Seiten von $C_n$ mit $n\to\infty$ gegen $0$; es gilt also: $$ 0=\lim_{n\to\infty}\sum_{w\in C_n}\Res(w,f) $$ In $z=k\in\Z$ besitzt $f$ das Residuum $1/(p(k)\pi\cos(k\pi))=(-1)^k/(\pi p(k))$, also: \begin{equation}\label{arteq13}\tag{ART13} \lim_{n\to\infty}\sum_{|k| < n}\frac{(-1)^k}{\pi p(k)} =-\sum_{w\in N}\Res(w,f) \end{equation} Sei insbesondere $p(z)=z^2-w^2$ mit $w\notin\Z$, dann ist $N=\{\pm w\}$ und $$ \sum_{z\in N}\Res(z,f) =\frac1{w\sin(\pi w)}~; $$ damit erhalten wir die sogenannte Partialbruchzerlegung von $\pi/w\sin(\pi w)$: \begin{equation}\label{arteq14}\tag{ART14} -\sum_{k\in\Z}\frac{(-1)^k}{k^2-w^2} =\frac{\pi}{w\sin(\pi w)}~. \end{equation} Ersetzt man in der Definition von $f$ $\sin(\pi z)$ durch $\tan(\pi z)$, so folgt aus $$ |\tan(x+iy)|^2=\frac{\sin^2(x)+\sinh^2(y)}{\cos^2(x)+\sinh^2(y)}, $$ daß $|\tan(\pi z)|^2$ auf $\pa C_n$ nach unten beschränkt ist durch $1/2$. Da das Residuum von $1/(z^2-w^2)\tan(\pi z)$ im Punkt $z=k$ gleich $1/(k^2-w^2)\pi/\cos^2(\pi z)$, erhält man die Partialbruchzerlegung von $\pi/w\tan(\pi w)$: \begin{equation}\label{arteq15}\tag{ART15} -\sum_{k\in\Z}\frac1{k^2-w^2} =\frac{\pi}{w\tan(\pi w)}~. \end{equation} Nun ist $w\mapsto\pi/\tan(\pi w)$ die Ableitung von $f:w\mapsto\log\sin(\pi w)$, also: $$ f^\prime(w) =\frac{\pi}{\tan(\pi w)} =\frac1{w}-\sum_{k=1}^\infty\frac{2w}{k^2-w^2} =\log^\prime w+\sum_{k=1}^\infty(\log f_k)^\prime(w) $$ wobei für $k\in\N$: $f_k(w)\colon=1-w^2/k^2$. Es gibt daher eine Konstante $C\in\C$, so daß für alle $w\in\C\sm\Z$: $$ \log\sin(\pi w)=C+\log w+\sum_{k=1}^\infty\log\Big(1-\frac{w^2}{k^2}\Big) $$ Aus $\lim_{w\to0}\sin(\pi w)/w=\pi$ schließen wir: $C=\log\pi$. Somit haben wir die Eulersche Produktdarstellung der Sinusfunktion: \begin{equation}\label{arteq16}\tag{ART16} \sin(\pi w)=\pi w\prod_{k=1}^\infty\Big(1-\frac{w^2}{k^2}\Big)~. \end{equation} Mithilfe der Produktdarstellung der Gammafunktion (cf. Abschnitt) erhalten wir daraus unmittelbar die Ergänzungsformel der Gammafunktion: \begin{equation}\label{arteq17}\tag{ART17} \frac1{\G(z)\G(-z)}=-\frac{z\sin(\pi z)}{\pi}\quad\mbox{i.e.}\quad \frac1{\G(z)\G(1-z)}=\frac{\sin(\pi z)}{\pi}~. \end{equation}
Für alle $y\in\R$ gilt: $$ \frac{\pi}{|\G(iy)|^2}=y\sinh(\pi y)~. $$
Sei $f:\C\rar X$ differenzierbar, so daß für alle $z\in\C$: $\norm{f(z)}\leq C\exp(\pi|\Im z|)$. Ist $C_n$ das Quadrat mit den Eckpunkten $(n+1/2)(1+i),(n+1/2)(-1+i),(n+1/2)(-1-i)$ und $(n+1/2)(1-i)$, so gilt für alle $w\notin\Z$: $$ \lim_n\frac1{2\pi i}\int_{\pa C_n}\frac{f(z)}{(z-w)^2\sin(\pi z)}\,dz=0 $$ Folgern Sie daraus, daß für alle $w\notin\Z$ (Lösungsvorschlag): $$ \ftd z\Big|_{z=w}\frac{f(z)}{\sin(\pi z)} =-\sum_{k\in\Z}\frac{(-1)^k f(k)}{\pi(k-w)^2} $$
Abel-Plana Formel: Sei $f$ in einer Umgebung von $[0\leq z\leq n]\rar X$ komplex differenzierbar. Untersuchen Sie $$ I_{\pm}\colon=\int_{c_{\pm}}\frac{f(z)}{e^{\pm 2\pi i z}-1}\,dz $$ wobei $c_\pm$ die Ränder der Rechtecke mit den Eckpunkten $a,b,b\pm in,a\pm in$ sind. $$ \tfrac12f(0)+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)+\tfrac12f(n)-\int_0^n f(x)\,dx =i\int_0^\infty\frac{f(iy)-f(-iy)-f(n+iy)+f(n-iy)}{e^{2\pi y}-1}\,dy $$
[L. Euler] Zeigen Sie mithilfe der Produktdarstellungen der Sinusfunktion, daß für alle $|z| < 1$: $$ \pi z\cot(\pi z)-1 =z\ftd z\Big(\log\frac{\sin(\pi z)}{\pi z}\Big) =-2\sum_{n=1}^\infty\z(2n)z^{2n} $$ wobei $\z$ die Riemannsche Zetafunktion bezeichnet. Hinweis: Benutzen Sie die Taylor-Reihe von $\log(1-w)$ und Fubini. Lösungsvorschlag.

Meromorphic Functions

Argument principle

Möchten wir die Anzahl der Nullstellen einer komplex differenzierbaren Funktion $f$ auf einem Gebiet $\O$ ermitteln, so ist es naheliegend das Integral $$ \int_{\pa \O}\frac{f^\prime(z)}{f(z)}\,dz $$ zu berechnen, denn die einzigen Residuen erhält man an den Nullstellen $w$ von $f$: ist $w$ einfach, so folgt unmittelbar: $$ \Res(w,f^\prime/f)=1~. $$
Sei $\O\sbe\C$ offen und $E$ eine isolierte Teilmenge von $\O$. Eine komplex differenzierbare Abbildung $f:\O\sm E\rar X$ heißt meromorph auf $\O$, wenn für alle $w\in E$ gilt $\o(w,f) > -\infty$.
Für komplex differenzierbare $f:\O\rar\C$ ist $1/f$ auf $\O$ meromorph, denn die Menge der Nullstellen von $f$ ist isoliert. Sind $f$ und $g$ meromorphe Funktionen und $g$ komplexwertig, dann sind auch $fg$ und $f/g$ meromorph. Die Mengen $$ N\colon=\{w\in\O:\o(w,f) > 0\} \quad\mbox{bzw.}\quad P\colon=\{w\in\O:\o(w,f) < 0\} $$ nennt man natürlich die Nullstellen bzw. die Pole der meromorphen Funktion $f$.
Sei nun insbesondere $f$ eine komplexwertige, meromorphe Funktion auf $\O$ und $n=\o(z_0,f)$ die Ordnung von $f$ in $z_0\in\O$, dann gibt es ein $r > 0$ sowie eine auf $B_r(z_0)$ komplex differenzierbare Funktion $g$ so daß $g(z_0)\neq0$ und für alle $z\in B_r(z_0)\sm\{z_0\}$: $f(z)=(z-z_0)^ng(z)$. Damit ist $$ f^\prime(z)=n(z-z_0)^{n-1}g(z)+(z-z_0)^ng^\prime(z) $$ und folglich $$ \frac{f^\prime(z)}{f(z)} =\frac{n}{z-z_0}+\frac{g^\prime(z)}{g(z)} $$ i.e. $\Res(z_0,f^\prime/f)=n=\o(z_0,f)$.
Sei $\O$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet und $f$ eine meromorphe, komplexwertige Funktion auf $\O$ mit den Nullstellen $N$ und den Polen $P$. Dann gilt für jede komplex differenzierbare Funktion $g:\O\rar X$ und jede geschlossene, stückweise glatte Kurve $c$ in $\O\sm(N\cup P)$: $$ \frac1{2\pi i} \int_c\frac{f^\prime(z)}{f(z)}\,g(z)\,dz =\sum_{z\in N\cup P}\ind(z,c)\o(z,f)g(z)~. $$ 2. Für die geschlossene, stückweise glatte Kurve $f\circ c$ gilt das Argumentprinzip $$ \ind(0,f\circ c) =\frac1{2\pi i}\int_c\frac{f^\prime(z)}{f(z)}\,dz =\sum_{z\in N\cup P}\ind(z,c)\o(z,f)~. $$
$\proof$ 1. Das Residuum von $gf^\prime/f$ im Punkt $w\in N\cup P$ ist $\o(w,f)g(w)$, also folgt die Behauptung aus dem Residuensatz.
2. Dies folgt aus 1. sowie der Substitutionsregel für Kurvenintegrale: $$ \int_{f\circ c}\frac1z\,dz =\int_c \frac{f^\prime(z)}{f(z)}\,dz~. $$ $\eofproof$
Sei $f(z)\colon=(z^2+4)/z^7$ und $c(t)=e^{it}$. Berechnen Sie $\ind(0,f\circ c)$. Lösungsvorschlag.
Sei $f(z)\colon=z+z^3$ und $c_r(t)=re^{it}$. Berechnen Sie $\ind(0,f\circ c_r)$ für $r\in\R^+$.
Sei $a > 0$, so daß $1/2\pi a\notin\Z$, $f_a(z)\colon=a(e^{z/a}-1)$ und $c(t)=e^{it}$. Berechnen Sie $\ind(0,f\circ c)$.
Sei $f$ eine meromorphe Funktion auf $H^+\colon=[\Im z > 0]$, so daß $f$ auf $\pa H^+=\R$ keine Pole besitzt und $$ \lim_{z\to\infty,z\in H^+}f(z)=0~. $$ Bezeichnet $P$ die Menge der Pole von $f$ in $H^+$, so ist die Hilbert-Transformierte von $f$: $$ Hf(x)=-if(x)+2i\sum_{z\in P}\frac{\Res(z,f)}{z-x}~. $$

Roots and index

Sei $c:I\rar\C$ eine einfach geschlossene, stückweise glatte Kurve, $\O$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet mit $c(I)=\pa\O$ und $\O\colon=[\ind(z,c)=1]$. Ist dann $f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und auf $\cl\O$ stetig, so gilt für alle $w\notin f(c(I))$ mit $f_w(z)\colon=f(z)-w$ nach dem Argumentprinzip: \begin{eqnarray*} \ind(w,f\circ c) &=&\frac1{2\pi i}\int_{f\circ c}\frac1{z-w}\,dz\\ &=&\frac1{2\pi i}\int_{c}\frac{f^\prime(z)}{f(z)-w}\,dz =\frac1{2\pi i}\int_{c}\frac{f_w^\prime(z)}{f_w(z)}\,dz\\ &=&\ind(0,f_w\circ c) =\sum_{z\in\O, z\in f^{-1}(w)}\ind(z,c)\o(z,f_w) =\sum_{z\in\O: f(z)=w}\o(z,f_w)~. \end{eqnarray*} Also: der Index von $f\circ c$ bezüglich $w$ stimmt mit der in ihrer Vielfachheit gezählte Anzahl der Nullstellen von $z\mapsto f(z)-w$ auf $\O=[\ind(.,c)=1]$ überein. Um z.B. zu zeigen, daß $f:\O\rar V$ eine Bijektion ist, muß man den Nachweis erbringen, daß die Gleichung $f(z)=w$ für $w\in V$ genau eine Lösung und für $w\notin\cl V$ keine Lösung besitzt, i.e. $$ \frac1{2\pi i}\int_{c}\frac{f^\prime(z)}{f(z)-w}\,dz =\left\{\begin{array}{cl} 1&\mbox{falls $w\in V$}\\ 0&\mbox{falls $w\notin\cl V$} \end{array}\right. $$ Sei $f:\O\rar\C$ injektiv und komplex differenzierbar, dann erhalten wir für $w\in f(\O)$ durch $$ \frac1{2\pi i}\int_{c}\frac{zf^\prime(z)}{f(z)-w}\,dz $$ die Lösung $z$ der Gleichung $f(z)=w$ in $\O$, denn wegen $f^\prime(z)\neq0$ und $\ind(z,c)=1$ folgt: $\Res(zf^\prime(z)/(f(z)-w))=z$, i.e. $z=f^{-1}(w)$, cf. \eqref{cifeq2} bzw. Beispiel.
Sei $c:I\rar\C$ eine einfach geschlossene, stückweise glatte Kurve, $\O$ ein einfach zusammenhängendes Gebiet mit $c(I)=\pa\O$. Ist dann $f:\O\rar\C$ komplex differenzierbar auf $\cl\O$ stetig und $f|c(I)$ injektiv, so ist $f\circ c$ eine einfach geschlossene Kurve, $f$ eine Bijektion von $\O$ auf das Innere $V\colon=[\ind(.,f\circ c)=1]$ von $f\circ c$ und $f:\cl{\O}\rar\cl V$ ein Homöomorphismus.
$\proof$ Zunächst ist $f\circ c$ eine Jordankurve, also $\ind(w,f\circ c)\in\{-1,0,1\}$; nach dem Argumentprinzip ist aber $\ind(w,f\circ c)$ die in ihrer Vielfachheit gezählte Anzahl der Lösungen der Gleichung $f(z)=w$ in $\O$; es gilt daher für alle $w\in f(\O)$: $\ind(w,f\circ c)\geq1$, also $\ind(w,f\circ c)=1$ und damit: $f(\O)\sbe V$. Ferner ist $f\circ c$ einfach geschlossen und für alle $w\in V=[\ind(.,f\circ c=1]$ besitzt die Gleichung $f(z)=w$ auf $\O$ genau eine Lösung, also $V\sbe f(\O)$. Es folgt: $f(\O)=V$ und $f:\cl{\O}\rar\cl V$ ist eine stetige Bijektion der kompakten Menge $\cl{\O}$ auf $\cl V$, also ein Homöomorphismus. $\eofproof$
Sei $\O\sbe\C$ einfach zusammenhängend, $f,g:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und $N_f$ bzw. $N_g$ die Nullstellen von $f$ bzw. $g$ auf $\O$. Ist dann $c:I\rar\O\sm N_f$ eine geschlossene, stückweise glatte Kurve und gilt $$ \forall z\in c(I):\quad |g(z)-f(z)| < |f(z)|, $$ so besitzt $g$ auf $c(I)$ keine Nullstelle und es gilt: $\ind(0,g\circ c)=\ind(0,f\circ c)$.
$\proof$ Falls $g$ in $z_0\in c(I)$ eine Nullstelle besitzt, dann folgt: $|g(z_0)-f(z_0)|=|f(z_0)|$ und dies widerspricht der Voraussetzung.
Die Funktion $h\colon=g/f$ ist auf $\O$ meromorph und auf $\O\sm(N_f\cup N_g)$ gilt: $$ \frac{g^\prime}{g}=\frac{(hf)^\prime}{hf} =\frac{h^\prime}{h}+\frac{f^\prime}{f}~. $$ Nach Satz genügt es daher zu zeigen, daß $\ind(0,h\circ c)=0$. Nun ist aber $h$ auf der kompakten Menge $c(I)$ stetig und somit gilt nach Voraussetzung: $$ r\colon=\sup\{|h(z)-1|:z\in c(I)\} =\sup\Big\{\frac{|g(z)-f(z)|}{|f(z)|}:z\in c(I)\Big\} < 1; $$ i.e. $h(c(I))\sbe\cl B_r(1)$; nach Proposition verschwindet der Index von $0$ bezüglich der Kurve $h\circ c$, i.e. $\ind(0,h\circ c)=0$, $\eofproof$
Geometrisch betrachtet scheint die Aussage des Satzes ziemlich einleuchtend: Angenommen für alle $z\in c(I)$ ist der Abstand von $f(z)$ zu $0$ stets größer als der Abstand von $g(z)$ zu $f(z)$, dann windet sich die Kurve $g\circ c$ genauso oft um $0$ wie die Kurve $f\circ c$. Cf. wikipedia.
[Rouché] Sei $\O\sbe\C$ einfach zusammenhängend, $f,g:\O\rar\C$ komplex differenzierbar und $N_f$ bzw. $N_g$ die Nullstellen von $f$ bzw. $g$ auf $\O$. Ist dann $c:I\rar\O\sm N_f$ eine geschlossene, stückweise glatte Kurve und gilt für alle $z\in c(I)$: $|g(z)-f(z)| < |f(z)|+|g(z)|$, so besitzt $g$ auf $c(I)$ keine Nullstelle und es gilt: $$ \ind(0,f\circ c)=\ind(0,g\circ c)~. $$ Hinweis: die Voraussetzungen implizieren, daß für alle $z\in c(I)$: $g(z)/f(z)\notin\R_0^-$.
Sei $c(I)=\pa U\sbe\O$ eine einfach geschlossene Kurve und $f,g$ auf $\O$ analytisch, dann ist $\ind(0,f\circ c)$ die Anzahl der Nullstellen von $f$ auf $U$. Falls also für alle $z\in\pa U$: $|g(z)-f(z)| < |f(z)|+|g(z)|$, dann besitzen $f$ und $g$ auf $U$ dieselbe (in ihrer Vielfachheit gezählte) Anzahl von Nullstellen. Angenommen $$ p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0 $$ ist ein nicht konstantes Polynom, dann gilt für hinreichend große $r$ und alle $|z|=r$: $|p(z)-z^n|\leq\frac12|z^n|$; also besitzen $p$ und $z\mapsto z^n$ auf $D_r$ dieselbe Anzahl von Nullstellen, nämlich genau $n$ Nullstellen.
Das Polynom $g(z)=z^8-5z^5-2z+1$ besitzt auf $D$ genau fünf Nullstellen.
Sei $f(z)=1-5z^5$, dann folgt für alle $z\in\pa D$: $|g(z)-f(z)|=|z^8-2z|\leq3 < 4\leq|1-5z^5|$. Da $f$ auf $D$ fünf Nullstellen besitzt, müssen nach dem Satz von Rouché auch fünf Nullstellen von $g$ in $D$ liegen.
Sei $\O\sbe\C$ ein Gebiet und $f_n:\O\rar\C$ eine Folge komplex differenzierbarer Funktionen, die kompakt gegen eine nicht konstante, komplex differenzierbare Funktion $f:\O\rar\C$ konvergiert. Falls für ein $z_0\in\O$: $f(z_0)=0$, dann gibt es ein $r_0 > 0$, so daß für alle $r\leq r_0$ ein $N\in\N$ existiert, mit der Eigenschaft, daß für alle $n\geq N$ die Funktion $f_n$ auf $\cl B_r(z_0)$ dieselbe (in ihrer Vielfachheit gezählte) Anzahl von Nullstellen hat wie $f$.
$\proof$ Da $f$ nicht konstant ist, gibt es ein $r_0 > 0$, so daß $z_0$ die einzige Nullstelle von $f$ auf $\cl B_{r_0}(z_0)$ ist und für all $r \leq r_0$: $\d\colon=\inf\{|f(z)|:|z-z_0|=r\} > 0$. Ferner gibt es ein $N\in\N$, so daß für alle $n\geq N$: $\sup\{|f_n(z)-f(z)|:|z-z_0|\leq r\} < \d$. Somit folgt für alle $z\in\pa B_r(z_0)$ und alle $n\geq N$: $|f_n(z)-f(z)| < |f(z)|$ und die Behauptung folgt aus dem Satz von Rouché. $\eofproof$
Die Funktionenfolge $f_n(x)=x^4-x^2\sin(1/x)/n$ konvergiert gleichmäßig gegen $f(x)=x^2$ aber $f_n$ besitzt unendlich viele Nullstellen!
Sei $f(z)=\sum_{k=-\infty}^\infty a_{k}z^{k}$ eine auf $\C\sm\{0\}$ holomorphe Funktion und $\g$ eine einfach geschlossene Kurve mit $\ind(0,\g)=1$. Zeigen Sie: $\int_\g f^\prime(z)^2\,dz=2\pi i\sum_k(1-k)ka_{1-k}a_k$.
Zeigen Sie, daß die Gleichung $e^z=1+2z$ auf $D$ genau eine Lösung besitzt.
Zeigen Sie, daß die Gleichung $z+3+2e^z=0$ auf $[\Re z < 0]$ genau eine Lösung besitzt.
Seien $n,m\in\N$. Zeigen Sie, daß das Polynom $f(z)=1+z+z^2/2+\cdots+z^n/n!-3z^m$ auf $D$ genau $m$ Nullstellen besitzt.
Seien $n\in\N$, $a_j\in\R_0^+$, $f(z)=\sum a_jz^j$ in einer Umgebung $U$ von $\cl D$ und $f(1)=1$ sowie $f^\prime(1) < n$. Zeigen Sie, daß die Funktion $g(z)\colon=z^n-f(z)$ auf $\cl D$ genau $n$ Nullstellen besitzt. Lösungsvorschlag.
Sei $f$ in einer Umgebung von $\cl D$ komplex differenzierbar, so daß für alle $|z|=1$: $|f(z)| < 1$. Zeigen Sie, daß $f$ auf $D$ genau einen Fixpunkt besitzt. Lösungsvorschlag.
Sei $f:U\rar\C$ in einer Umgebung $U$ von $\cl D$ differenzierbar, so daß für alle $z\in\pa D$: $|f(z)-z| < 1$. Zeigen Sie: $|f^\prime(1/2)|\leq8$ und $f$ besitzt auf $D$ genau eine Nullstelle. Lösungsvorschlag.
Sei $g:\cl D\rar\C$ stetig und auf $D$ komplex differenzierbar, so daß für alle $z\in\pa D$: $|g(z)| < 1$. Zeigen Sie: ist $f(z)\colon=z+g(z)$, so ist $f(D)$ eine Umgebung von $0$.
2. Ist $g$ in einer Umgebung von $\cl D$ stetig reell differenzierbar und $c(t)=g(e^{it})$, so gilt: $\ind(0,c)=1$. Lösungsvorschlag.
Sei $n\in\N$ und $g_n(z)\colon=(z^n+z^{n+1})/2$. Zeigen Sie: $g_n(\cl D)\sbe D\cup\{1\}$. Folgern Sie: zu jedem $\e > 0$ gibt es ein $r > 1$, so daß $g_n(D_r)\sbe D\cup B_\e(1)$. Lösungsvorschlag.
Sei $f:D\rar\C$ komplex differenzierbar mit $f(0)=0$, $f^\prime(0)=1$ und $|f^\prime(z)|\leq2$. Dann folgt: $D_r\sbe f(D)$ mit $r\colon=2/\sqrt e-1\sim0.21306$.
$\proof$ Cf. e.g. wikipedia. Nach der Cauchyschen Integralformel folgt für $B_s(z)\sbe D$: $|f^\dprime(z)|\leq2/s$, d.h. $|f^\dprime(z)|\leq2/(1-|z|)$. Andererseits erhalten wir nach der Taylor Formel $$ f(z)=z+z^2\int_0^1(1-t)f^\dprime(tz)\,dt~. $$ Es folgt: $$ |(f(z)-w)-(z-w)| =|f(z)-z| =\Big|z^2\int_0^1(1-t)f^\dprime(tz)\,dt\Big| \leq2|z|^2\int_0^1\frac{1-t}{1-t|z|}\,dt =2(|z|+(1-|z|)\log(1-|z|)) $$ Falls für $|z|=R$ und $|w| < r < R$ gilt: $2(|z|+(1-|z|)\log(1-|z|) < |z-w|$, dann besitzt $z\mapsto f(z)-w$ auf $D_R$ nach dem Satz von Rouché genausoviele Nullstellen wie $z\mapsto z-w$, also eine; i.e. $D_r\sbe f(D_R)$. Der maximale Wert für $r$ ist dann gegeben durch $$ 2(R+(1-R)\log(1-R)) = R-r \quad\mbox{i.e.}\quad r=2(1-R)\log\frac1{1-R}+(1-R)-1 $$ und dieser Wert ist maximal für $1-R=1/\sqrt e$. $\eofproof$
Sei $f_a(z)\colon=a(e^{z/a}-1)$. Zu jedem $r > 0$ gibt es eine $a > 0$, so daß $f_a(D)\cap D_r^c\neq\emptyset$.
Die Funktion nimmt niemals den Wert $-a$ an! Die folgende Graphik zeigt die Kurve $t\mapsto f_a(e^{it})$ für $a\sim0.16$.
landau
Sei $f:D\rar\C$ komplex differenzierbar mit $f(0)=0$ und $f^\prime(0)=1$. Dann enthält das Bild $f(D)$ eine offene Kreisscheibe $B_r(w_0)$ mit $r\geq1/\sqrt e-1/2\sim0.10653$.
$\proof$ Cf. e.g. wikipedia. 1. Sei $B_r(z_0)\sbe D$, $f^\prime(z_0)\neq0$ und $|f^\prime(z)|\leq2|f^\prime(z_0)|$. Nach Lemma enthält das Bild der Funktion $$ g:D\rar\C,\quad z\mapsto\frac{f(rz+z_0)-f(z_0)}{rf^\prime(z_0)} $$ eine offene Kreisscheibe des Radius $\d\colon=2/\sqrt e-1$, also enthält $f(B_r(z_0))$ eine offene Kreisscheibe des Radius $\d r|f^\prime(z_0)|$.
2. Sei nun $s < 1/2$. Falls für alle $|z| < s$: $|f^\prime(z)|\leq2|f^\prime(0)|=2$, dann enthält $f(B_s(0))$ - und damit $f(D)$ - nach 1. eine offene Kreisscheibe des Radius $\d s|f^\prime(0)|\geq\d s$. Andernfalls gibt es ein $z_1$ mit $|z_1| < s$, so daß $|f^\prime(z_1)| > 2|f^\prime(0)|\geq2^1$.
Falls für alle $|z-z_1| < s/2$: $|f^\prime(z)|\leq2|f^\prime(z_1)|$, dann enthält $f(B_{s/2}(z_1))$ - und damit $f(D)$ - nach 1. eine offene Kreisscheibe des Radius $\d(s/2)|f^\prime(z_1)|\geq\d s$. Andernfalls gibt es ein $z_2$ mit $|z_2-z_1| < s/2$, so daß $|f^\prime(z_2)| > 2|f^\prime(z_1)|\geq2^2$.
Wir erhalten also entweder ein $z_n$ mit $|z_n| < s(1+1/2+\cdots+1/2^{n-1})=2s(1-2^{-n})$, so daß $f(B_{s/2^n}(z_n))$ - und damit $f(D)$ - eine offene Kreisscheibe des Radius $\d s$ enthält oder wir finden eine unendliche Folge $z_n\in D_{2s}$, mit $|f^\prime(z_n)|\geq2^n$, d.h. $f^\prime$ ist auf $\cl D_{2s}$ unbeschränkt, was unmöglich ist. $\eofproof$

Univalente functions

Eine injektive, komplex differenzierbare Funktion $f$ einer offenen Teilmenge $\O(\sbe\C)$ in $\C$ nennt man auch eine univalente Funktion. Nach Proposition verschwindet die Ableitung einer univalenten Funktion in keinem Punkt! Der Satz von Hurwitz impliziert nun, daß Limiten univalenter Funktionen entweder konstant oder wiederum univalent sind:
Sei $\O\sbe\C$ ein Gebiet und $f_n:\O\rar\C$ eine Folge univalenter Funktionen. Konvergiert $f_n$ kompakt gegen eine nicht konstante Funktion $f$, so ist $f$ univalent.
$\proof$ Angenommen es gibt $z_1\neq z_2$, so daß $f(z_1)=f(z_2)$. Die Funktionenfolge $g_n(z)\colon=f_n(z)-f_n(z_2)$ konvergiert dann kompakt gegen die nicht konstante komplex differenzierbare Funktion $g(z)\colon=f(z)-f(z_2)$ und es gilt: $g(z_1)=0$. Nach dem Satz von Hurwitz gibt es ein $r < |z_1-z_2|/3$, so daß $g_n$ für alle $n\geq N$ auf $\cl B_r(z_1)$ eine Nullstelle besitzt, i.e. $f_n$ ist nicht injektiv. $\eofproof$
Sei $I$ ein Intervall und $f_n:I\rar\R$ eine Folge injektiver Funktionen. Konvergiert $f_n$ kompakt gegen $f$, so ist $f$ monoton aber nicht notwendig streng monoton.
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Last modified: Tue Aug 13 16:49:08 CEST 2024