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13-applResiduum.tex

@@ -38,7 +38,7 @@
 \end{bemerkung}
 
 \begin{satz}[Zählen von Null- und Polstellen]\label{satz:12-5-1}%
-  In Situation~\ref{sit:12-5-1} betrachte den Weg $f ◦ γ : [a,b] → ℂ$. Dann gilt
+  In Situation~\ref{sit:12-5-1} betrachte den Weg $f ◦ γ : [a,b] → ℂ$.  Dann gilt
   \[
     \Um(f ◦ γ, 0) = \sum_{p ∈ U} \Um(γ, p) · ν_p(f).
   \]
@@ -59,8 +59,8 @@
     Sommières, Département Hérault; † 19.~August 1910 in Lunel) war ein
     französischer Mathematiker.  }]\label{kor:12-5-2}%
   \index{Satz von Rouché}Sei $U ⊂ ℂ$ offen, $f ∈ 𝒪(U)$ und $K ⊂ U$ eine
-  abgeschlossene Kreisscheibe. Sei außerdem eine holomorphe Funktion $g ∈ 𝒪(U)$
-  gegeben, sodass für jedes $z ∈ δ K$ die Ungleichung
+  abgeschlossene Kreisscheibe.  Sei außerdem eine holomorphe Funktion $g ∈
+  𝒪(U)$ gegeben, sodass für jedes $z ∈ δ K$ die Ungleichung
   \begin{equation}\label{eq:12-5-5}%
     |f(z)| > |g(z)|
   \end{equation}
@@ -112,13 +112,13 @@
 \section{Funktionen mit vorgegebenen Nullstellen}
 
 \begin{satz}[Weierstraß]
-  \index{Satz von Weierstraß}Sei $P \subset \bC$ eine diskrete und
-  abgeschlossene Menge und $n : P \to \bN$ eine beliebige Abbildung. Dann
-  existiert eine Funktion $f \in \sO(\bC)$, sodass folgendes gilt.
+  \index{Satz von Weierstraß}Sei $P ⊂ ℂ$ eine diskrete und abgeschlossene Menge
+  und $n : P → ℕ$ eine beliebige Abbildung.  Dann existiert eine Funktion $f ∈
+  𝒪(ℂ)$, sodass folgendes gilt.
   \begin{enumerate}
     \item Die Nullstellenmenge von $f$ ist exakt $P$.
 
-    \item Für jedes $p \in P$ gilt: Die Funktion $f$ hat bei $p$ eine Nullstelle
+    \item Für jedes $p ∈ P$ gilt: Die Funktion $f$ hat bei $p$ eine Nullstelle
       der Ordnung $n(p)$.
   \end{enumerate}
 \end{satz}
@@ -126,162 +126,142 @@
 
 \subsection{Vorüberlegung zum Beweis des Satzes von Weierstraß}
 
-Es sei $f \in \sO(\bC)$ eine holomorphe Funktion, die am Punkt $p \in \bC$ eine
+Es sei $f ∈ 𝒪(ℂ)$ eine holomorphe Funktion, die am Punkt $p ∈ ℂ$ eine
 Nullstelle der Ordnung $n$ besitzt.  Entwickle $f$ bei $p$ in eine Potenzreihe,
 sodass für $z$ in einer Umgebung von $p$ folgendes gilt.
 \begin{align}
-  f(z) & = \sum_{i = n}^{\infty} a_i (z-p)^i \\
-  f'(z) & = \sum_{i = n}^{\infty} a_i·i·(z-p)^{i-1} \\
-  f^{-1}(z) & = a^{-1}_n·(z-p)^{-n} + \sum_{i = -n+1}^{\infty} \cdots \\
+  f(z) & = \sum_{i = n}^{∞} a_i (z-p)ⁱ \\
+  f'(z) & = \sum_{i = n}^{∞} a_i·i·(z-p)^{i-1} \\
+  f^{-1}(z) & = a^{-1}_n·(z-p)^{-n} + \sum_{i = -n+1}^{∞} ⋯ \\
   \label{il:13-2-1-6} (f'/f)(z) & = \underbrace{n·(z-p)^{-1}}_{\text{Hauptteil}} + \underbrace{(\text{Potenzreihe})}_{\text{Nebenteil}}.
 \end{align}
 
 
 \subsection{Beweis des Satzes von Weierstraß}
 
-Die Vorüberlegung legt nahe, den Satz von Mittag–Leffler zu verwenden. Sei also
-$g \in \sO(\bC \setminus P)$ eine Funktion, deren Hauptteil an jeder Stelle $p
-\in P$ exakt gleich $\frac{n(p)}{z-p}$ ist.  Das Ziel ist jetzt, aus der
-Funktion $g$ die gesuchte Funktion $f$ zu konstruieren.
+Die Vorüberlegung legt nahe, den Satz von Mittag–Leffler zu verwenden.  Sei also
+$g ∈ 𝒪(ℂ ∖ P)$ eine Funktion, deren Hauptteil an jeder Stelle $p ∈ P$ exakt
+gleich $\frac{n(p)}{z-p}$ ist.  Das Ziel ist jetzt, aus der Funktion $g$ die
+gesuchte Funktion $f$ zu konstruieren.
 
 \begin{erinnerung}
-  Der Residuensatz besagt, dass für jede geschlossene Kurve $\gamma$ in $\bC
-  \setminus P$ gilt:
+  Der Residuensatz besagt, dass für jede geschlossene Kurve $γ$ in $ℂ ∖ P$ gilt:
   \[
-    \int_\gamma g(z) \, dz = 2\pi i \sum_{p \in P} \Um(\gamma, p) · n(p).
+    \int_{γ} g(z) \, dz = 2π i \sum_{p ∈ P} \Um(γ, p) · n(p).
   \]
-  Da $n(p) \in \bZ$ für alle $p \in P$ gilt, ist das Integral auf der linken
-  Seite also stets ein ganzzahliges Vielfaches von $2\pi i$, liegt also im Kern
-  der Exponentialfunktion $\exp : \bC \to \bC^*$.
+  Da $n(p) ∈ ℤ$ für alle $p ∈ P$ gilt, ist das Integral auf der linken Seite
+  also stets ein ganzzahliges Vielfaches von $2π i$, liegt also im Kern der
+  Exponentialfunktion $\exp : ℂ → ℂ^*$.
 \end{erinnerung}
 
-Die Erinnerung erlaubt folgende Konstruktion: Wähle einen Punkt $q \in \bC
-\setminus P$ und wähle für jedes $w \in \bC \setminus P$ einen Weg $\gamma_w$
-von $q$ nach $w$.  Dann definiere die Funktion
+Die Erinnerung erlaubt folgende Konstruktion: Wähle einen Punkt $q ∈ ℂ ∖ P$ und
+wähle für jedes $w ∈ ℂ ∖ P$ einen Weg $γ_w$ von $q$ nach $w$.  Dann definiere
+die Funktion
 \[
-  f : \bC \setminus P \to \bC^*, \quad w \mapsto \exp \left(\int_{\gamma_w} g(z) \, dz\right).
+  f : ℂ ∖ P → ℂ^*, \quad w ↦ \exp \left(\int_{γ_w} g(z) \, dz\right).
 \]
 Die Erinnerung zeigt, dass die Funktion $f$ unabhängig von der Wahl der Wege
-$\gamma_w$ ist.
+$γ_w$ ist.
 
 \begin{beobachtung}
-  Die Funktion $f$ ist auf $\bC \setminus P$ holomorph, weil $g$ holomorph ist.
-  \qed
+  Die Funktion $f$ ist auf $ℂ ∖ P$ holomorph, weil $g$ holomorph ist.  \qed
 \end{beobachtung}
 
 \begin{beobachtung}
-  Die Funktion $f$ hat auf $\bC \setminus P$ keine Nullstelle, weil die
-  Exponentialfunktion keine Nullstelle hat. \qed
+  Die Funktion $f$ hat auf $ℂ ∖ P$ keine Nullstelle, weil die
+  Exponentialfunktion keine Nullstelle hat.  \qed
 \end{beobachtung}
 
 \begin{beobachtung}\label{beo:13-2-1}%
-  Auf $\bC \setminus P$ gilt die Gleichung $f'/f = g$. \qed
+  Auf $ℂ ∖ P$ gilt die Gleichung $f'/f = g$.  \qed
 \end{beobachtung}
 
-Jetzt fehlt nur noch zu zeigen, dass $f$ an jedem Punkt $p \in P$ eine hebbare
+Jetzt fehlt nur noch zu zeigen, dass $f$ an jedem Punkt $p ∈ P$ eine hebbare
 Singularität hat und dass die fortgesetzte Funktion eine Nullstelle der Ordnung
-$n(p)$ besitzt.  Sei also ein Punkt $p \in P$ gegeben. Wähle eine kleine
-Kreisscheibe $B_\varepsilon(p)$ um $p$, die keine weiteren Punkte aus $P$
-enthält.  Nach Beobachtung~\ref{beo:13-2-1} und der Wahl von $g$ gilt auf
-$B_\varepsilon(p) \setminus \{p\}$ die Gleichung
+$n(p)$ besitzt.  Sei also ein Punkt $p ∈ P$ gegeben.  Wähle eine kleine
+Kreisscheibe $B_{ε}(p)$ um $p$, die keine weiteren Punkte aus $P$ enthält.  Nach
+Beobachtung~\ref{beo:13-2-1} und der Wahl von $g$ gilt auf $B_{ε}(p) ∖ \{p\}$
+die Gleichung
 \[
   \frac{f'(z)}{f(z)} = g(z) = \frac{n(p)}{z-p} + h(z),
 \]
-wobei $h \in \sO(B_\varepsilon(p))$ eine holomorphe Funktion ist.  Äquivalent:
-Die Funktion $f$ erfüllt auf $B_\varepsilon(p) \setminus \{p\}$ die
-Differentialgleichung
+wobei $h ∈ 𝒪(B_{ε}(p))$ eine holomorphe Funktion ist.  Äquivalent: Die Funktion
+$f$ erfüllt auf $B_{ε}(p) ∖ \{p\}$ die Differenzialgleichung
 \[
   f'(z) = \left[\frac{n(p)}{z-p} + h(z) \right]·f(z).
 \]
-Diese Differentialgleichung lässt sich durch Trennung der Variablen lösen.
-Genauer: Wenn $H \in \sO(B_\varepsilon(p))$ eine Stammfunktion von $h$ ist, dann
-sind alle Lösungen der Differentialgleichung auf $B_\varepsilon(p) \setminus \{p\}$
-gegeben durch
+Diese Differenzialgleichung lässt sich durch Trennung der Variablen lösen.
+Genauer: Wenn $H ∈ 𝒪(B_{ε}(p))$ eine Stammfunktion von $h$ ist, dann sind alle
+Lösungen der Differenzialgleichung auf $B_{ε}(p) ∖ \{p\}$ gegeben durch
 \[
   \text{const}^{\ne 0} · \exp\left( H(z) \right)·(z-p)^{n(p)}.
 \]
-Die Funktion $f|_{B_\varepsilon(p)}$ ist aber eine dieser Lösungen, hat also bei
-$p$ eine hebbare Singularität und eine Nullstelle der Ordnung $n(p)$. Damit ist
-der Satz von Weierstraß bewiesen. \qed
+Die Funktion $f|_{B_{ε}(p)}$ ist aber eine dieser Lösungen, hat also bei $p$
+eine hebbare Singularität und eine Nullstelle der Ordnung $n(p)$.  Damit ist der
+Satz von Weierstraß bewiesen.  \qed
 
 
 \section{Integration}
 
 \subsection{Uneigentliche Integrale rationaler Funktionen}
 
-Der Residuensatz erlaubt die Berechnung gewisser uneigentlichen Integrale. Ich
-skizziere das Vorgehen am Beispiel rationaler Funktionen. 
-Sei $f(z) = \frac{a(z)}{b(z)}$ eine rationale Funktion, wobei folgendes gilt.
+Der Residuensatz erlaubt die Berechnung gewisser uneigentlichen Integrale.  Ich
+skizziere das Vorgehen am Beispiel rationaler Funktionen.  Sei $f(z) =
+\frac{a(z)}{b(z)}$ eine rationale Funktion, wobei folgendes gilt.
 \begin{enumerate}
   \item Die Funktion $f$ habe auf der reellen Achse keine Polstellen.
+
   \item Die Grade der Polynome $a(z)$ und $b(z)$ erfüllen die Ungleichung $\deg
     b \ge \deg a + 2$.
 \end{enumerate}
 und $f$ habe auf der reellen Achse keine Pole.  Dann kann man den Residuensatz
 anwenden, um das uneigentliche Integral
 \[
-  \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, dx
+  \int_{-∞}^{∞} f(x) \, dx
 \]
-zu berechnen. Beachte dazu folgendes: Wenn $r \in \bR⁺$ hinreichend groß ist,
-dann liegen alle Polstellen von $f$ im Inneren der Kreisscheibe $B_r(0)$.  Sei
-$\gamma_r$ der folgende geschlossene Weg:
+zu berechnen.  Beachte dazu folgendes: Wenn $r ∈ ℝ⁺$ hinreichend groß ist, dann
+liegen alle Polstellen von $f$ im Inneren der Kreisscheibe $B_r(0)$.  Sei $γ_r$
+der folgende geschlossene Weg:
 \begin{itemize}
   \item Gehe entlang der reellen Achse von $-r$ nach $r$.
-  \item Gehe entlang des Halbkreises $\{r·exp(i·t) \::\: 0 \leq t \leq \pi\}$ von
-    $r$ nach $-r$ zurück.
+
+  \item Gehe entlang des Halbkreises $\{r·exp(i·t) \::\: 0 ≤ t ≤ π\}$ von $r$
+    nach $-r$ zurück.
 \end{itemize}
-Dann hängt das Integral über $\gamma_r$  nicht von $r$ ab, und es gilt nach dem Residuensatz
+Dann hängt das Integral über $γ_r$ nicht von $r$ ab, und es gilt nach dem
+Residuensatz
 \[
-  \int_{-r}^{r} f(z) \, dz = 2\pi i \sum_{\Im z > 0} \Res(f,z),
+  \int_{-r}^{r} f(z) \, dz = 2π i \sum_{\Im z > 0} \Res(f,z),
 \]
-da das Integral über den oberen Halbkreis für $r \to \infty$ verschwindet.
+da das Integral über den oberen Halbkreis für $r → ∞$ verschwindet.
 
 \begin{rem}[Variante]
-Sei $f(z) = \dfrac{a(z)}{b(z)}$ rational ohne Pole auf der reellen Achse und mit $\deg b > \deg a$.  
-Dann existieren die Grenzwerte
-\[
-  \lim_{r \to \infty} \int_0^r f(x)e^{ix}\,dx, \qquad
-  \lim_{r \to \infty} \int_{-r}^0 f(x)e^{ix}\,dx,
-\]
-und
-\[
-  \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{ix}\,dx = 2\pi i \sum_{\Im z > 0} \Res(f(z)e^{iz},z).
-\]
+  Sei $f(z) = \dfrac{a(z)}{b(z)}$ rational ohne Pole auf der reellen Achse und
+  mit $\deg b > \deg a$.  Dann existieren die Grenzwerte
+  \[
+    \lim_{r → ∞} \int_0^r f(x)e^{ix}\,dx, \qquad
+    \lim_{r → ∞} \int_{-r}⁰ f(x)e^{ix}\,dx,
+  \]
+  und
+  \[
+    \int_{-∞}^{∞} f(x)e^{ix}\,dx = 2π i \sum_{\Im z > 0} \Res(f(z)e^{iz},z).
+  \]
 \end{rem}
 
 \begin{rem}[Fourier-Transformierte]
-Sei $f(z) = \frac{a(z)}{b(z)}$ eine rationale reelle Funktion ohne Pole auf der reellen Achse und $\deg b \ge 2 + \deg a$.  
-Dann existiert für alle $y \in \bR$ das Integral
-\[
-  \widehat{f}(y) := \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-ixy}\,dx,
-\]
-die \emph{Fourier-Transformierte} von $f$.  
-Mit der Substitution $u = x y$ ergibt sich
-\[
-  \widehat{f}(y) = \frac{1}{y}\int_{-\infty}^{\infty} f\!\left(\frac{u}{y}\right)e^{-iu}\,du.
-\]
-Dieses Integral lässt sich mit Hilfe des Residuensatzes berechnen, sofern die Partialbruchzerlegung von $f$ bekannt ist.
+  Sei $f(z) = \frac{a(z)}{b(z)}$ eine rationale reelle Funktion ohne Pole auf
+  der reellen Achse und $\deg b \ge 2 + \deg a$.  Dann existiert für alle $y ∈ ℝ$
+  das Integral
+  \[
+    \widehat{f}(y) := \int_{-∞}^{∞} f(x)e^{-ixy}\,dx,
+  \]
+  die \emph{Fourier-Transformierte} von $f$.  Mit der Substitution $u = x y$
+  ergibt sich
+  \[
+    \widehat{f}(y) = \frac{1}{y}\int_{-∞}^{∞} f\!\left(\frac{u}{y}\right)e^{-iu}\,du.
+  \]
+  Dieses Integral lässt sich mithilfe des Residuensatzes berechnen, sofern die
+  Partialbruchzerlegung von $f$ bekannt ist.
 \end{rem}
 
-
-\part{Weiterführende Themen}
-
-\chapter{Harmonische Funktionen}
-
-In der angewandten Mathematik, Physik und Stochastik treten häufig \emph{harmonische Funktionen} auf.
-
-\begin{definition}
-Sei $U \subset \bR^2$ offen.  
-Eine stetige Funktion $f : U \to \bR$ heißt \emph{harmonisch}, wenn für jede Kreisscheibe $B_r(p) \subset U$ gilt:
-\[
-  f(p) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(p + e^{it})\,dt.
-\]
-Der Funktionswert im Mittelpunkt $p$ ist also das Mittel der Funktionswerte am Rand der Kreisscheibe.
-\end{definition}
-
-\begin{bsp}
-Real- und Imaginärteil holomorpher Funktionen sind harmonisch 
-\emph{(vgl. Mittelwertsatz der Funktionentheorie)}.
-\end{bsp}
-
 % !TEX root = Funktionentheorie