COMPLEXE ANALYSE: Hoofdstuk 1. Jan van Casteren

Transcriptie

1 COMPLEXE ANALYSE: Hoofdstuk Jan van Casteren

2 - - Complexe Analyse. Elementaire eigenschappen van holomorfe functies. Definitie Laat Ω een open deel zijn van C. Laat f een complex-waardige functie zijn, gedefinieerd op Ω. Zij z 0 een punt in Ω. De functie f heet complex differentieerbaar in z 0 als f(z) f(z 0 ) lim z z 0 z z 0 bestaat. We schrijven f (z 0 ) voor deze uitdrukking. Als f (z 0 ) bestaat voor iedere z 0 in Ω, dan zeggen we dat f holomorf (ook wel: analytisch) is in Ω. De klasse van analytische functies in Ω duiden we aan met H(Ω)..2 Propositie. De verzameling H(Ω) is een algebra van functies: f, g H(Ω), λ C : f + g H(Ω), fg H(Ω) en λf H(Ω)..3 Propositie (kettingregel). Zij f holomorf in Ω, f(ω) Ω, g holomorf in Ω. Dan is g f holomorf in Ω, en voor z 0 Ω geldt: (g f) (z 0 ) = g (f(z 0 )).f (z 0 ). Bewijs. De functies ε en η worden gedefinieerd door f(z) f(z 0 ) = (f (z 0 ) + ε(z)).(z z 0 ) g(w) g(w 0 ) = (g (w 0 ) + η(w)).(w w 0 ) waar w 0 = f(z 0 ). Dan is lim z z0 ε(z) = 0 en lim w w0 η(w) = 0, en: g(f(z)) g(f(z 0 )) z z 0 = (g (f(z 0 )) + η(f(z))) (f (z 0 ) + ε(z)). De functie f is continu in z 0, dus voor z z 0 convergeren de uitdrukkingen η(f(z)) en ε(z) allebei naar 0. Hiermee is de stelling bewezen.

3 Machtreeksen Stelling. Zij c 0, c, c 2,... een rij complexe getallen. Er bestaat een getal R [0, ] zodat de machtreeks c n z n uniform en absoluut convergeert op ieder compact deel van de open schijf {z C; z < R}, en divergeert voor z > R. Dit getal R wordt gegeven door: R = lim sup n n c n. Bewijs. Zij (a n ) n een rij complexe getallen. Als lim sup n n a n <, dan convergeert de reeks a n. (Ter herinnering: kies lim sup < x < en vergelijk de reeks met de meetkundige reeks x n ) Toepassing op de rij (c n z n ) n levert dat voor z < lim sup n n c n de reeks c n z n absoluut convergeert. Analoog kunnen we verifiëren dat voor z > / lim sup de reeks divergeert. Op de open schijf D met middelpunt 0 en straal R kunnen we dus als volgt een functie f definiëren: f(z) = c n z n. We zullen bewijzen dat deze reeks uniform naar f convergeert op compacte delen van D. Als K een willekeurig compact deel is van D, dan bestaat er een r in het open interval (0, R) zodat K {z C; z < r}. Kies een punt z 0 C zodat r < z 0 < R en zij z K. Om uniforme convergentie te bewijzen, moeten we de staart van de reeks afschatten door een uitdrukking waar z niet meer in voorkomt. N f(z) c n z n c n z n en dit laatste convergeert naar 0 voor N. n=n+ n=n+ c n z 0 n

4 Definitie. Zij Ω een open deel van C. Een functie f : Ω C heet representeerbaar door machtreeksen als voor ieder punt a Ω er een r > 0 en een rij complexe getallen c 0, c, c 2,... bestaan zodat de open schijf {z C; z a < r} helemaal tot Ω behoort, en op deze schijf geldt: f(z) = c n (z a) n. Opmerking. Holomorfie op Ω is equivalent met representeerbaarheid door machtreeksen. Eén richting van deze equivalentie bewijzen we in de volgende stelling, de andere volgt later..6 Stelling. Zij f : Ω C representeerbaar door machtreeksen. Dan is f H(Ω), en f is eveneens representeerbaar door machtreeksen. Als voor zekere a Ω en z a < r geldt f(z) = c n (z a) n, dan geldt voor z a < r eveneens f (z) = nc n (z a) n. n= Bewijs. De convergentiestraal van c n (z a) n is dezelfde als die van nc n (z a) n, zoals blijkt uit het reeds eerder gehanteerde convergentiecriterium. (want lim n n n = ) We bewijzen de differentieerbaarheid van f in een punt z 0 Ω én de reeksuitdrukking van de afgeleide in één klap, door afschatting van de uitdrukking f(z) f(z 0 ) nc n (z 0 a) n z z 0 n= { (z a) n (z 0 a) n } = c n n(z 0 a) n. z z 0 n= Een beetje elementaire algebra leert ons dat, voor n 2: (z a) n (z 0 a) n n(z 0 a) n z z 0 n = (z z 0 ) k(z 0 a) k (z a) n k k=

5 - 4 - Dus geldt: f(z) f(z 0 ) z z 0 nc n (z 0 a) n z z 0 n= n=2 n c n k= k z 0 a k z a n k. We mogen veronderstellen dat voor zekere ρ < r, zowel z a < ρ als z 0 a < ρ. Dan geldt: f(z) f(z 0 ) z z 0 nc n (z 0 a) n z z 0 c n 2 n(n )ρn 2. n= Aangezien n=2 c n n(n )ρ n 2 convergeert, volgt dus f(z) f(z 0 ) lim = z z 0 z z 0 n=2 nc n (z 0 a) n. n= Corollarium bij stelling.6. Zij Ω een open deel van C, en f in Ω door machtreeksen representeerbaar. Dan is voor ieder natuurlijk getal k de functie f (k) in Ω door machtreeksen representeerbaar, en geldt: f (k) (z) = n(n )... (n k + )c n (z a) n k. n=k als z a < r, en als f de representatie c n (z a) n heeft op de open schijf met middelpunt a en straal r. In het bijzonder volgt dan c n = f (n) (a) n! Met andere woorden: bij gegeven f en a zijn de coëfficiënten eenduidig bepaald.

6 - 5 - In de volgende stelling zien we een methode om functies te maken die representeerbaar zijn door machtreeksen..7 Stelling. Laat ϕ en ψ twee continue complex-waardige functies zijn op het compacte interval [, β]. De functie f : C \ ψ[, β] C gedefinieerd door f(z) = β ϕ(t) ψ(t) z dt is goed gedefinieerd en representeerbaar in machtreeksen. Bewijs. Zij Ω = C \ ψ[, β]. Dan is Ω open. Zij a Ω en zij r > 0 de afstand van a tot ψ[, β]. Voor z a < r geldt: β ϕ(t) β ψ(t) z dt = = = = β β ϕ(t) (ψ(t) a) (z a) dt ϕ(t) ψ(t) a. z a ϕ(t) ψ(t) a β (z a) n ψ(t) a dt ( ) n z a dt ψ(t) a ϕ(t) (ψ(t) a) n+ dt De reden waarom we in de laatste stap de integratie en de sommatie mochten verwisselen, was: β (z a) n β ϕ(t) n+ dt (ψ(t) a) (z a) n ϕ(t). n=n+ (ψ(t) a) n+ dt n=n+ β z a n ϕ(t) r n+ dt = n=n+ De laatste uitdrukking gaat naar 0 voor N. n=n+ β z a n r n+ ϕ(t) dt.

7 - 6 - Opmerking. Merk op dat in bovenstaande de n-de coëfficiënt in de machtreeks voor f gegeven wordt door: β ϕ(t) c n = n+ dt. (ψ(t) a) We zien ook dat de machtreeks voor f overal convergeert op een open cirkelschijf met middelpunt a, welke zo groot mogelijke straal heeft waarvoor die nog tot Ω behoort. Opmerking 2. Laat (X, A, µ) een eindige (complexe) maatruimte zijn en ϕ : X C een meetbare functie. Als Ω een open deel is van C dat in C \ ψ(x) bevat is, dan is de functie z representeerbaar door machtreeksen in Ω. Integratie langs een weg. X dµ(x) ϕ(x) z Een van de belangrijkste resultaten uit dit hoofdstuk zal zijn dat iedere f in H(Ω) representeerbaar is door machtreeksen..8 Definities. Een kromme is C is een continue afbeelding γ van een compact interval [, β] naar C. Het interval [, β] heet het parameter-interval van de kromme. Een pad of weg is een kromme die stuksgewijs glad is, d.w.z. er bestaat een eindig stel punten {s j ; j = 0,,..., n} met = s 0 < s < < s n = β, zodanig dat γ differentieerbaar op (s j, s j ) voor j =,..., n met de juiste linker- en rechterafgeleiden in de eindpunten. De kromme γ heet gesloten als γ() = γ(β). Zij f : γ[, β] C een continue functie. We definiëren de integraal van f langs γ door: γ f(z)dz = β f(γ(t))γ (t)dt. Zij γ : [, β] C een weg en zij ϕ een continu differentieerbare bijectie van [, β ] op [, β] waarvoor ϕ( ) = en ϕ(β ) = β. Dan geldt γ ϕ f(z)dz = = = β β γ f(γ ϕ(τ))γ (ϕ(τ))ϕ (τ)dτ f(γ(t))γ (t)dt f(z)dz waar we de substitutie t = ϕ(τ) hebben gebruikt. We zien dus dat f(z)dz = f(z)dz γ γ

8 - 7 - waarbij γ = γ ϕ. Met andere woorden, herparametrizeren van de kromme levert dezelfde integraal. De continue differentieerbaarheid van ϕ kan nog verzwakt worden tot stuksgewijze continue differentieerbaarheid. Essentieel is wel dat de orientatie bewaard blijft, d.w.z. ϕ (t) moet positief zijn. Bijvoorbeeld zij γ : [, β] een weg en zij ϕ : [, β] [, β] : t + β t. Dan is γ ϕ de tegengestelde kromme. Er geldt γ ϕ We merken ook nog op dat γ β f(z)dz = = = β β = γ f(γ( + β t))γ ( + β t)dt f(γ(τ))γ (τ)( dτ) f(γ(τ))γ (τ)dτ f(z)dz. f(z)dz lengte van γ. sup{ f(z) ; z γ[, β]} waar we de lengte van γ definiëren als β γ (t) dt.

9 .9 Speciale krommen: a. Laat a C en r > 0. De weg γ : [ π, pi] C gedefinieerd door γ(t) = a + r exp(it) is de positief georiënteerde cirkel met middelpunt a en straal r. Er geldt γ 2π f(z)dz = ir f(a + r exp(iθ)) exp(iθ)dθ. 0 b. Als a en b complexe getallen zijn, dan heet de kromme γ : [0, ] C : t a + (b a)t het georiënteerde interval [a, b]. De lengte van het interval is b a en de lijnintegraal van een functie f is [a,b] f(z)dz = (b a) f(a + (b a)t)dt. 0 Een andere parametrizering van deze krommen wordt gegeven door γ (t) : [, β] C : t a(β t) + b(t ). β c. Zijn a, b en c complexe getallen. Zij de driehoek met hoekpunten a, b en c. De kromme wordt verkregen door de zijden [a, b], [b, c] en [c, a] aan elkaar te plakken. Dan geldt f(z)dz = f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz. [a,b] Een cyclische permutatie van (a, b, c) verandert deze integraal niet; een oneven permutatie verandert uiteraard het teken. [b,c] [c,a]

10 - 9 - De nu volgende stelling vereist een paar topologische begrippen. Zij X een topologische ruimte. Een deelverzameling E van X heet samenhangend als er geen tweetal open verzamelingen bestaan die disjunct zijn, waarvan de vereniging E omvat en die beide E snijden. Een maximaal samenhangende deelverzameling van E heet component van E. E is de unie van al zijn componenten. De stelling introduceert een belangrijke functie uit de analytische functietheorie..0 Stelling. Zij γ een gesloten weg met parameter-interval [, β] en zij Ω het complement van γ[, β] in C. Definieer de functie Ind γ : Ω C : z 2πi γ dζ ζ z Dan is Ind γ een functie met waarden in Z, die constant is op de componenten van Ω en nul op de onbegrensde component. In woorden. Neem z vast in Ω. Plaats een schijnwerper in z en richt hem op γ(). Draai dan de schijnwerper mee met γ(τ) naarmate τ het parameter-interval doorloopt, en zo tot γ(β). Aangezien γ een gesloten weg is, kijken we in dezelfde richting als aanvankelijk. Ind γ (z) is het netto aantal omwentelingen dat we hebben gemaakt. Ind γ (z) wordt het windingsgetal van γ rond z genoemd. Bewijs van de stelling. Neem een vaste z Ω. We zullen bewijzen dat exp ( β ) γ (s) γ(s) z ds =. Hieruit volgt dat de lijnintegraal een geheel veelvoud is van 2πi. We introduceren daartoe de functie Differentiëren levert ( t ϕ : [, β] C : t exp ϕ (t) ϕ(t) = γ (t) γ(t) z γ ) (s) γ(s) z ds voor alle t [, β], eventueel op eindig veel t s na. Op die uitzonderingen na geldt dus ook ( ) ϕ (t) = 0. γ z De functie tussen de haakjes is continu, en haar afgeleide is bijna overal nul. Ze is dus constant: ϕ(t) = γ(t) z γ() z

11 In het bijzonder is ϕ(β) = γ(β) z γ() z = γ() z γ() z =. Er rest ons nu nog te bewijzen dat Ind γ op de componenten van Ω constant is, en 0 op de onbegrensde component (de buitenkant van de kromme γ). Een continue functie beeldt samenhangende verzamelingen af in samenhangende verzamelingen. Ind γ is in machtreeksen ontwikkelbaar (stelling.7) en dus continu. De componenten van C\γ[, β] worden afgebeeld op samenhangende delen van Z, dit zijn singletons. Voor verre punten uit het complexe vlak, zeg z > M sup{ γ(s) ; s [, β]}, geldt Ind γ (z) β 2π 2π β γ (s) z γ(s) ds γ (s) ds z M Voor z geldt dus Ind γ (z) 0. Omdat Ind γ constant is op de onbegrensde component, kan hij daar alleen nog maar nul zijn.. Stelling. Zij γ de positief georiënteerde cirkel met middelpunt a en straal r. Dan is Ind γ (z) = { als z a < r, 0 als z a > r. Bewijs. Zij γ(θ) = a+r exp(iθ) voor π θ π en zij Ω = C\γ[ π, π]. De componenten van Ω zijn Ω = {z C; z a < r} en Ω 2 = {z C; z a > r}. Vanwege vorige stelling geldt dat Ind γ (z) = 0 voor z Ω 2. Voor z Ω geldt Ind γ (a) = Ind γ (z). Deze index is dan gelijk aan Ind γ (a) = π 2πi π ir exp(iθ)dθ =. r exp(iθ)

12 Stelling van Cauchy - - We gaan nu een van de belangrijkste stellingen uit de theorie van de holomorfe functies bewijzen. Stelling van Cauchy-Goursat. Zij Ω een open gebied in C. Zij γ een gesloten weg in Ω en zij f H(Ω). Veronderstel dat Ind γ (z) = 0 voor alle z C \ Ω. Dan geldt γ f(z)dz = 0. We beginnen met het bijzondere geval van de afgeleide van een holomorfe functie..2 Stelling. Zij f H(Ω) en f continu in Ω. Dan geldt f (z)dz = 0 voor iedere gesloten weg γ in Ω. Bewijs. Zij [, β] het parameter-interval van γ. Dan hebben we γ γ f (z)dz = β f (γ(t))γ (t)dt = f(γ(β)) f(γ()) = f(γ()) f(γ()) = 0. Gevolg. Zij n een geheel getal verschillend van, en zij γ een gesloten weg (als n 2: die niet door de oorsprong gaat). Dan is γ zn dz = 0. Bewijs: z n is de afgeleide van z n+ /(n + )..3 Stelling van Cauchy voor de driehoek. Laat een gesloten driehoek zijn in een open deelverzameling Ω van C. Zij p Ω en zij f een continue complexwaardige functie op Ω die holomorf is in Ω \ {p}. Dan is f(z)dz = 0. Opmerking. Later zullen we zien dat f dan ook complex differentieerbaar is in p. Bewijs. Noem de hoekpunten van de driehoek a, b en c. We onderscheiden drie gevallen: p ligt buiten de driehoek, p is een hoekpunt, of p is een ander punt van de driehoek. Veronderstel eerst dat p /. Laat a, b en c de middelpunten van respectievelijk de zijden [b, c], [c, a] en [a, b] zijn. Beschouw de vier driehoeken j verkregen door de geordende drietallen (a, c, b ), (c, b, a ), (a, c, b ), (a, b, c ).

13 - 2 - Dan geldt J f(z)dz = 4 j= j f(z)dz. Dus, minstens één van deze vier integralen heeft absolute waarde tenminste J /4. Noem deze driehoek. Dan geldt dus J 4 f(z)dz Door bovenstaand proces te herhalen voor vinden we een driehoek 2 met J f(z)dz. Op dezelfde manier doorgaand vinden we een rij driehoeken { n ; n =, 2,...} zodanig dat a. 2 b. J 4 n n f(z)dz Vanwege de compactheid van bestaat er een z 0 in de doorsnede van alle n. De functie f is complex differentieerbaar in z 0. Dus voor gegeven ε > 0 bestaat er een δ > 0 zodanig dat voor z z 0 < δ: f(z) f(z 0 ) f (z 0 )(z z 0 ) ε L 2 z z 0, waar L de omtrek van is. Wegens stelling.2 is de integraal van de constante f(z 0 ) en de lineaire functie f (z 0 )(z z 0 ) langs de omtrek van onze driehoekjes 0. We hebben dan f(z)dz = (f(z) f(z 0 ) f n (z 0 )(z z 0 )) dz n sup f(z) f(z 0 ) f (z 0 )(z z 0 ) lengte( n ) z n ε z z 0 sup z n L 2 2 n L (voor n groot genoeg) ε2 n L L 2 2 n L = 4 n ε Dus geldt J 4 n 4 n ε = ε Aangezien ε > 0 willekeurig was volgt J = 0. Het tweede onderscheiden geval is dat waarin p een hoekpunt is van, zeg (zonder beperking) p = a. Neem dan x [a, b] en y [a, c]. Laat de driehoek zijn met hoekpunten a, x en y. Dan geldt f(z)dz = f(z)dz.

14 - 3 - Door x naar a te laten gaan volgt, aangezien f begrensd is in een omgeving van a, f(z)dz 0. Als tenslotte p een willekeurig punt is van, beschouwen we de driehoeken, 2 en 3 verkregen door de geordende drietallen (a, b, p), (b, c, p), (c, a, p). Daarmee belanden we terug in het tweede geval wegens f(z)dz = 3 j= j f(z)dz = 0.

15 Stelling van Cauchy voor een convex domein. Zij Ω een convex open deel van C, p Ω, f continu in Ω en f H(Ω \ {p}). Dan geldt voor iedere gesloten weg γ in Ω. Bewijs. Definieer de functie F : Ω C door γ F (z) = f(z)dz = 0 [a,z] dζ, waar a een willekeurig maar vast punt in Ω is. De convexiteit van Ω garandeert juist dat het interval [a, z] steeds binnen Ω ligt. Zij z 0 Ω; we zullen bewijzen dat F (z 0 ) = f(z 0 ). De stelling volgt dan uit het eerder bewezen bijzondere geval.2. Wegens.3 geldt voor z Ω Het differentiequotiënt is dan Omdat f continu is volgt F (z) F (z 0 ) = [z 0,z] dζ. F (z) F (z 0 ) = f(z 0 ) + ( f(z 0 ))dζ. z z 0 z z 0 [z 0,z] Dus F (z 0 ) bestaat en is gelijk aan f(z 0 ). lim ( f(z 0 ))dζ = 0. z z 0 z z 0 [z 0,z] Wegens stelling.2 geldt dan voor iedere gesloten weg γ in Ω γ f(z)dz = 0

16 De integraalformule van Cauchy luidt als volgt. Zij γ : [, β] C een gesloten weg in de open verzameling Ω. Veronderstel dat Ind γ (z) = 0 voor iedere z in C \ Ω. Als z Ω \ γ[, β], dan geldt f(z)ind γ (z) = 2πi γ ζ z dζ. We bewijzen deze bewering voor een convexe open deelverzameling Ω. Zij γ een gesloten weg in Ω. Volgens de definitie van Ind γ geldt, voor z / γ[, β], 2πi γ ζ z dζ f(z)ind γ(z) = 2πi = 2πi Beschouw nu de functie g : Ω C, gedefinieerd door g(ζ) = γ γ ζ z dζ 2πi γ f(z) dζ ζ z { f(z) ζ z als ζ z, f (z) als ζ = z. f(z) ζ z dζ Dan is g continu op Ω en holomorf in Ω\{z}. Wegens stelling.4 is dan de kringintegraal van g langs γ nul. Waarmee de formule is bewezen.

17 Stelling. Zij Ω een open deel van C. Iedere functie f in H(Ω) is representeerbaar door machtreeksen. De convergentiestraal van de machtreeks in een punt a Ω is minstens de afstand van a tot het complement van Ω. Bewijs. Zij a Ω en zij d de afstand van a tot het complement van Ω. Kies het reële getal r zodanig dat 0 < r < d. Zij γ r de positief georiënteerde cirkel met straal r en middelpunt a. Voor z a < r geldt, volgens.5, f(z) = 2πi = r 2π γ r π π ζ z dζ f(a + r exp(it)) exp(it) dt. r exp(it) + a z Pas nu.7 toe met ϕ(t) = f(a + r exp(it)) exp(it) ψ(t) = a + r exp(it). Dan geldt dus, nog steeds voor z a < r, met f(z) = c n (z a) n, c n = 2πi γ r dζ. (ζ a) n+ Volgens de theorie der machtreeksen zijn deze coëfficiënten éénduidig bepaald door f: c n = f (n) (a)/n!. In het bijzonder hangt c n niet af van de gekozen r < d, dus convergeert de reeks evengoed voor alle z C met z a < d. Hiermee is de stelling dan bewezen. Een gevolg van deze stelling is, dat met f ook f en alle volgende afgeleiden tot H(Ω) behoren: éénmaal complex differentieerbaar in Ω impliceert onbeperkt differentieerbaar..7 Stelling van Morera. Zij f een continue complex-waardige functie op een open deel Ω van C, met de eigenschap dat voor iedere gesloten driehoek in Ω: Dan is f holomorf in Ω. f(z)dz = 0. Bewijs. Zij V een convex open deel van Ω. Precies zoals in het bewijs van stelling.4 kunnen we een stamfunctie F van f construeren in H(V ). Wegens het voorgaande is dan ook f = F H(V ). De willekeur van V bewijst dat f holomorf is in heel Ω. Holomorfe functies zijn lokaal te schrijven als machtreeksen. Dit heeft een aantal interessante consequenties. We beginnen met een stelling over de ligging en de aard van de nulpunten van een analytische functie.

18 Stelling. Laat Ω een samenhangend deel van C zijn en f H(Ω), f niet de nulfunctie. Zij Z(f) de nulpuntenverzameling van f: Dan gelden de volgende uitspraken. Z(f) = {a Ω; f(a) = 0} i. Voor iedere a in Z(f) bestaat een open omgeving U van a zodanig dat U Z(f) = {a}. ii. Bij iedere a in Z(f) bestaat een positief geheel getal m en een complexe functie g H(Ω) waarvoor g(a) 0 en f(z) = (z a) m g(z), z Ω iii. Z(f) is aftelbaar. Bewijs. We definiëren de volgende twee deelverzamelingen van Ω: V = W = U open,u Ω U open,u Ω {a Ω; U Z(f) {a} U}, {a Ω; U Z(f) {a} of a / U} Uit de gewone verzamelingenleer volgt dat V en W disjunct zijn, en dat hun unie heel Ω is. We zullen ook nog bewijzen dat ze beide open zijn, en dat V niet leeg is. Op grond van de samenhang moet dan W leeg zijn, en (i) volgt. We bewijzen eerst dat V open is. Voor a V bestaat er een open verzameling U met U Z(f) {a} U. Deze U is bevat in V : neem namelijk een andere b U, dan voldoet deze aan de voorwaarde om in V te zitten via de omgeving U \ {a}. We bewijzen vervolgens dat W open is. Zij a in W. Dan bestaat er een rij (a n ) n in Ω met a n a, f(a n ) = 0 en lim n a n = a (verifieer!). Omdat f analytisch is, kan f in een omgeving van a ontwikkeld worden in een machtreeks, zeg n c n(z a) n. Nu is f(a m ) = 0 voor iedere m N. Dus c 0 = lim m f(a m ) = 0. Beschouw nu in een omgeving van a de functie f : z c n (z a) n. Dan geldt n= f (a m ) = f(a m) a m a = 0. Omdat f continu is in a, geldt c = lim m f (a m ) = 0. We kunnen op deze manier doorgaan en vinden (bv. per inductie) dat alle c n nul zijn. Dan is f(b) = 0 voor iedere b in een open omgeving U a van a, en een dergelijke U a ligt uiteraard volledig in W. Tot slot bewijzen we nog dat V niet leeg is: voor zekere a 0 Ω is f(a 0 ) 0, en door continuïteit is er een hele omgeving van die a 0 waar f verschilt van 0. Dus a 0 V.

19 - 8 - We bewijzen nu bewering (ii). Wegens (i) bestaat er voor ieder nulpunt a van f een omgeving U waarin a het enige nulpunt is. Bovendien kunnen we die U zo klein kiezen dat voor alle z U: f(z) = c n (z a) n en niet alle c n zijn 0. Zij c m de eerste coëfficiënt in de machtreeks die verschilt van 0. Dan is m (want a is een nulpunt van f), en bovendien Definieer de functie g op Ω door f(z) = (z a) m g(z) = n=m c n (z a) n m { f(z) (z a) m, als z a, c m als z = a. Dan is g holomorf in Ω \ {a}, en in een omgeving van a geldt: g(z) = c n (z a) n m n=m zodat g ook in het punt a zelf complex differentieerbaar is. Met andere woorden, g H(Ω). Bovendien is g(a) = c m 0. Hiermee is (ii) bewezen. Het bewijs van (iii) is eerder topologisch van aard. Ω is te schrijven als een aftelbare unie van compacte deelverzamelingen. Anderzijds bevat zo n compacte deelverzameling hoogstens eindig veel nulpunten van f, want er mogen wegens (i) geen limietpunten zijn. Z(f) is dus aftelbaar. Gevolg. De nulpuntenverzameling van een niet-triviale holomorfe functie heeft geen verdichtingspunten in het definitiegebied van die functie. Of ook nog: als f en g twee holomorfe functies zijn op Ω, en de deelverzameling waar f(z) = g(z) heeft een verdichtingspunt in Ω, dan is f = g op heel Ω. (Een verdichtingspunt of limietpunt a van een deel D van een topologische ruimte is een limiet van een rij punten in D die allemaal verschillen van a. De limietpunten zijn de elementen van de topologische sluiting die geen geïsoleerde punten zijn.) Benaming. Het getal m waarvan sprake is in stelling.8 is duidelijk volledig bepaalt door f en a: het heet de orde of multipliciteit van het nulpunt a..9 Stelling. Veronderstel dat voor z a < R geldt Dan geldt voor 0 < r < R, f(z) = c n 2 r 2n = 2π c n (z a) n. +π π f(a + r exp(iθ)) 2 dθ.

20 - 9 - Bewijs. Zij z a = r en schrijf z = a + r exp(iθ). Dan geldt f(a + r exp(iθ))f(a + r exp(iθ)) = +π f(a + r exp(iθ)) 2 dθ = 2π π = = m=0 m=0 c n c m r n+m exp(i(n m)θ) c n c n r 2n c n 2 r 2n (waarom mag men sommatie en integratie verwisselen?) c n c m r n+m +π exp(i(n m)θ)dθ 2π =π.20 Stelling. (Liouville) Iedere begrensde gehele functie is constant. (Een functie heet geheel als ze overal op C holomorf is.) Bewijs. Zij f geheel. Dan bestaan er complexe getallen c 0, c,... zodanig dat voor iedere z in C geldt f(z) = c n z n. Vanwege stelling.9 geldt voor iedere r > 0, Dus voor iedere n N en iedere r > 0 geldt c n 2 r 2n = +π f(a + r exp(iθ)) 2 dθ M 2 2π π c n r n M. Voor alle n moet dan c n nul zijn, dus de functie is gelijk aan de constante term in haar reeksontwikkeling..2 Stelling. (Maximum modulusstelling). Laat Ω een samenhangende open deelverzameling van C zijn, f H(Ω) en a Ω. Dan is ofwel f constant op Ω, ofwel bevat iedere omgeving van a een punt b met f(a) < f(b). Met andere woorden: f is lokaal constant óf heeft geen lokaal maximum. Bewijs. Veronderstel dat er R > 0 bestaat waarvoor B(a, R) in Ω bevat is, en waarvoor geldt f(z) f(a) als z a < R. Volgens stelling.9 geldt dan voor iedere r met 0 < r < R: c n 2 r 2n f(a) 2 = c 0 2

21 waar (c n ) n de coëfficiënten uit de reeksontwikkeling van f in a zijn. Hieruit volgt dat f constant is op B(a, R) en dus, wegens het gevolg van stelling.8, dat f constant is op heel Ω. Nog een toepassing van stelling.9 levert dan de zogenaamde Cauchyschattingen..22 Stelling. Zij Ω = {z C; z a < R} en zij f holomorf in Ω. Veronderstel dat voor iedere z Ω geldt: f(z) M. Dan is f (n) (a) n!m R n Bewijs. Zij (c n ) n de rij coëfficiënten van de machtreeks van f in a. Wegens stelling.9 is, voor 0 < r < R, c n 2 r 2n = +π f(a + r exp(iθ)) 2 dθ. 2π π Dus geldt c n r n M. Maar we wisten ook al dat c n = f (n) (a)/n!, en dus is f (n) (a) n!m r n. Door r naar R te laten stijgen volgt het gestelde.

22 - 2 - We geven nu het bewijs van de (globale) stelling van Cauchy. Een cykel is een formele lineaire combinatie van gesloten wegen met gehele coëfficiënten. De lijnintegraal langs een cykel is gewoon de lineaire combinatie van de afzonderlijke lijnintegralen. Stelling van Cauchy. Laat Ω een willekeurig open deel zijn van C, en f een holomorfe functie op Ω. i. Zij Γ een cykel in Ω met de eigenschap dat Ind Γ (a) = 0 voor a C \ Ω. Voor alle z Ω \ Ran Γ geldt dan de gelijkheid f(z)ind Γ (z) = 2πi Γ f(z) ζ z dζ ii. Zij Γ als in (i); dan is de kringintegraal van f langs Γ nul. iii. Als Γ 0 en Γ gesloten wegen zijn in Ω met gelijk windingsgetal rond ieder punt van het complement van Ω, dan zijn de lijnintegralen van f langs Γ 0 respectievelijk langs Γ, gelijk. Bewijs. Definieer de functie g : Ω Ω C door { f(z) g(z, ζ) = ζ z ζ z, f (z) ζ = z. Omdat g continu is, kunnen we h : Ω C : z 2πi Γ g(z, ζ)dζ definiëren. Aangezien g uniform continu is op compacte delen van Ω Ω, is ook h continu in Ω. Als een driehoek is in Ω met rand, dan geldt, gebruikmakend van de stelling van Fubini, h(z)dz = ( ) g(z, ζ)dz dζ = 0 dw = 0, 2πi Γ 2πi Γ want voor vaste ζ Ω is z g(z, ζ) holomorf op Ω. Een toepassing van de stelling van Morera (stelling.7) levert dat h tot H(Ω) behoort. Definieer Ω in C door Ω = {z C \ Ran Γ; Ind Γ (z) = 0} en h H(Ω ) door Voor z in Ω Ω geldt dan h(z) = 2πi = 2πi h (z) = 2πi Γ Γ Γ ζ z dζ. f(z) dζ ζ z dζ f(z) ζ z 2πi = h (z) f(z)ind Γ (z) = h (z). Γ dζ ζ z

23 Dus de functie ϕ : Ω Ω C gedefinieerd door { h(z) z Ω, ϕ(z) = h (z) z Ω, is een welgedefinieerde holomorfe functie op Ω Ω. Voor a C \ Ω is Ind Γ (a) = 0, dus Ω Ω is eigenlijk de hele verzameling C. Anderzijds is lim ϕ(z) = lim h (z) = 0, z z dus ϕ is begrensd. Uit de stelling van Liouville (stelling.20) volgt dan dat ϕ constant is, en wegens bovenstaande limietovergang zelfs constant nul. We concluderen dat de functie h nul is op Ω. Voor z Ω \ Ran Γ geldt dus waaruit volgt 0 = 2πi en (i) is bewezen. Γ f(z) dζ = ζ z 2πi Γ f(z)ind Γ (z) = 2πi Γ dζ f(z) ζ z 2πi Γ f(z) ζ z dζ dζ ζ z Voor het bewijs van (ii) nemen we a Ω \ Ran Γ en schrijven F (z) = (z a)f(z). Dan geldt met (i) f(z)dz = F (z) 2πi Γ 2πi Γ z a dz = F (a)ind Γ(a) = 0. Gedeelte (iii) is de toepassing van (ii) op de lineaire combinatie Γ 0 + Γ..23 Definitie. We zeggen dat een rij functies {f n ; n N} op Ω uniform convergeert op compacte delen van Ω naar een limietfunctie f als er voor ieder compact deel K Ω en iedere ε > 0 er een N N bestaat met z K, n N : f n (z) f(z) < ε. Zij Ω een open deel van C en {K n ; n N} een rij compacte deelverzamelingen van C met de eigenschap dat: i. n=k n = Ω, ii. K n int(k n+ ), n N. Voor n N definiëren we de halfnorm p n op H(Ω) door p n (f) = sup z K n f(z). Een standaardtruuk (zie bv. cursus functionaalanalyse, tweede semester) bestaat er dan in, deze halfnormen te verenigen tot een metriek d : H(Ω) H(Ω) : (f, g) 2 n p n (f g) + p n (f g).

24 Het is niet zo moeilijk na te gaan dat deze dingen wel degelijk halfnormen resp. een metriek zijn. Verder is een rij functies convergent in de topologie van (H(Ω), d) als en slechts als ze uniform convergeert op compacte delen van Ω. We laten nu zien dat de limietfunctie noodzakelijk holomorf is. Anders gezegd: iedere Cauchyrij in (H(Ω), d) heeft een limiet in H(Ω). Anders gezegd: (H(Ω), d) is een volledige metrische ruimte..24 Stelling. Zij {f n ; n N} een rij functies in H(Ω) met de eigenschap dat voor iedere a Ω een omgeving Ω a van a in Ω bestaat waarvoor lim sup f n (z) f m (z) = 0. n,m z Ω a Dan bestaat er een f H(Ω) zodat lim n d(f n, f) = 0 (en dus zodanig dat voor ieder compact deel K van Ω: lim sup f n (z) f(z) = 0.) n z K Bewijs. Voor iedere z Ω afzonderlijk is {f n (z); n N} een Cauchyrij in C en heeft dus een limiet; noem deze f(z), en we zullen dan bewijzen dat de aldus bekomen f holomorf is. Om te beginnen is de convergentie al uniform op de omgevinkjes Ω a : lim sup f n (z) f(z) = 0. n z Ω a Maak voor elke a Ω een klein positief georiënteerd cirkeltje γ a met middelpunt a dat volledig binnen Ω a blijft. Dan geldt volgens de integraalformule van Cauchy Ind γa (z)f n (z) = 2πi γ a f n (z) ζ z dζ voor iedere n N en z Ω \ γ[ π, π]. Als z in het inwendige van γ a ligt, dan is f(z) = lim f n(z) n = lim n 2πi = 2πi γ a γ a ζ z dζ f n (ζ) ζ z dζ zodat f zelf holomorf is. Iedere compacte K kan overdekt worden door eindig veel Ω a s; aangezien er uniforme convergentie op de Ω a s plaats vindt, hebben we ook uniforme convergentie op K. Vanwege de opmerking hierboven is dan ook lim n d(f n, f) = 0. Uit het voorgaande volgt dat voor f n (k), dus de k-de afgeleide van de n-de functie in de rij, geldt f (k) n (z) = k! 2πi γ a f n (ζ) dζ, (ζ z) k+

25 als z binnen de cirkel γ a ligt. Door opnieuw uniforme convergentie te gebruiken vinden we lim f n (k) (z) = n k! 2πi = k! 2πi = f (k) (z). γ a γ a lim n f n (ζ) (ζ z) k+ dζ dζ (ζ z) k+ Men kan weer bewijzen dan de rij van k-de afgeleiden uniform convergeert op compacte delen van Ω naar de k-de afgeleide van f.

26 Laurentreeksen en geïsoleerde singulariteiten. Laat {a n ; n Z} een rij complexe getallen zijn. Een formele uitdrukking van de vorm n= a n(z a) n, a C, zal een Laurentreeks genoemd worden. Veronderstel dat er getallen R en R 2 bestaan met 0 R < R 2 zodanig dat de dubbelrij M n= N a n (z a) n uniform convergeert op compacte deelverzamelingen van het ringvormige gebied B, gedefinieerd door B = {z C; R < z a < R 2 } Wegens stelling.24 is de functie f : B C, gedefinieerd door f(z) = lim M M,N n= N a n (z a) n holomorf in B. Door weer gebruik te maken van uniforme convergentie op compacte deelverzamelingen, rekent men na dat voor R < r < R 2 en n Z geldt a n = dζ 2πi (ζ a) n+ γ r waar γ r de positief georiënteerde cirkel is met straal r en middelpunt a. Merk op dat deze integraal niet van de keuze van r afhangt. Zij nu z B, N N en z a < r 2 < R 2. Dan geldt N a n (z a) n = 2πi γ r2 N Hieraan ziet men dat a n(z a) n convergeert, en dat a n (z a) n = 2πi γ r2 (z a) n dζ. (ζ a) n+ ζ z dζ. Op dezelfde manier geldt voor R < r < z a de gelijkheid n= Dus geldt voor z B de gelijkheid f(z) = 2πi a n (z a) n = 2πi γ r γ r2 ζ z dζ 2πi γ r ζ z dζ. ζ z dζ.

27 In de volgende stelling zien we dat een functie die holomorf is op een ringvormig gebied, een Laurentreeks-ontwikkeling toelaat..25 Stelling. Zij 0 R < R 2, a C en zij f H(B), waar B = {z C; R < z a < R 2 }. Dan bestaat er een unieke rij complexe getallen {a n ; n Z} zodanig dat voor alle z in B: f(z) = a n (z a) n + Bewijs. Definieer voor n Z het getal a n door a n = 2πi γ r a n (z a) n. n= dζ, (ζ a) n+ waar R < r < R 2 en γ r de positief georiënteerde cirkel met straal r en middelpunt a. Zoals hoger hangt a n niet af van r zolang maar R < r < R 2. Bovendien geldt voor z B dat zowel de reeks a n(z a) n als de reeks n= a n(z a) n convergeert. Ook hebben we de gelijkheden n= a n (z a) n = 2πi γ r2 a n (z a) n = 2πi γ r ζ z dζ ζ z dζ waarbij R < r < z a < r 2 < R 2. Door δ > 0 geschikt te kiezen, vinden we met behulp van de algemene stelling van Cauchy dat voor z B geldt: 2πi ζ z =δ ζ z dζ = 2πi γ r2 Het linkerlid is echter gelijk aan f(z). Opmerking. In bovenstaand bewijs is de functie z 2πi γ r ζ z dζ 2πi γ r ζ z dζ ζ z dζ holomorf op de open verzameling {z C; z a > r } voor iedere r > R. Met andere woorden: als f holomorf is op het ringvormige gebied {z C; R < z a < R 2 }, dan definieert z 2πi lim r R ζ z dζ γ r

28 een holomorfe functie op {z C; z a > R }. In het bijzonder geldt voor R = 0, dat de functie f a : C \ {a} : z lim r 0 2πi γ r ζ z dζ holomorf is. Bovendien is f f a begrensd in een omgeving van a. De functie f a wordt het hoofddeel van f in a genoemd. Merk op dat voor z a de functie f a kan geschreven worden als f a (z) = a n (z a) n, n= voor zekere complexe getallen {a n ; n N}. Als nu γ een gesloten kromme is in C \ {a}, dan geldt f a (z)dz = a Ind γ (a). 2πi γ Het getal a wordt het residu van f in a genoemd. We noteren dit als Res(f; a)..26 Definitie. Zij Ω C open, a Ω. Zij f holomorf op Ω \ {a}. Als er een holomorfe functie f 0 bestaat op heel Ω die buiten a samenvalt met f, dan heet a een ophefbare singulariteit van f. Als het hoofddeel van f in a de vorm m a n (z a) n n= heeft, met a m 0, dan is de singulariteit a een pool van orde m voor f. In de andere gevallen heet a een essentiële singulariteit voor f. In dit verband vermelden we de volgende stelling..27 Stelling. Zij Ω C open, a Ω en f H(Ω \ {a}).. a ophefbaar lim z a (z a)f(z) = 0 f begrensd in een omgeving van a. 2. a is een essentiële singulariteit als en slechts als voor iedere omgeving U van a in C, de verzameling f(u \ {a}) dicht ligt in C. Bewijs. Voor het eerste deel merken we op dat ophefbaar begrensd en begrensd lim = 0 triviaal zijn. Het volstaat dus aan te tonen dat a ophefbaar is als lim z a (z a)f(z) = 0. Schrijf daartoe het hoofddeel van f in a als n= a n(z a) n ; we laten zien dat a n = 0 voor n =, 2, 3,... Uit het voorgaande volgt dat a n te schrijven is als a n = 2πi γ δ (ζ a) n+ dζ = 2πi γ δ (ζ a) n dζ

29 waar γ δ een positief georiënteerde cirkel in Ω is met middelpunt a en straal δ. Dus volgt a n = 2π π π f(a + δe iθ )δe iθ (δe iθ ) n dθ a n δ n sup (z a)f(z) z a =δ sup (z a)f(z) (als δ en n ) z a =δ Doordat δ willekeurig klein mag gekozen worden, is a n = 0 voor alle n. Voor het tweede deel veronderstellen we eerst dat a géén essentiële singulariteit is. Dan is de Laurentreeks langs onderen eindig, dus er bestaat een m Z met lim (z z a a)m f(z) = γ 0. Als a een pool is, is m de orde van de pool. Als a ophefbaar is, dan is m de orde van a als nulpunt van f (eventueel m = 0 als a helemaal geen nulpunt is). Als m 0, dan geldt voor zekere δ > 0 dat δ m f(z) γ/2 (0 < z a < δ) en dan is f(z) dus ver verwijderd van 0 voor z a klein; i.h.b. is f(b(a, δ)) niet dicht in C. Als m < 0, dan geldt voor zekere δ > 0 dat δ m f(z) 3γ/2 (0 < z a < δ) en opnieuw is het beeld onder f van een kleine omgeving van a niet dicht in C. Omgekeerd, stel dat er een δ > 0 bestaat zodat de schijf D {z C; z a < δ} bevat is in Ω en dat ε inf{ f(z) w ; z D, z a} strikt positief is voor zekere w C. Dus is de functie g : D \ {a} C : z f(z) w begrensd op D \ {a}: ze kan m.a.w. worden voortgezet tot een analytische functie op D. Volgens stelling.8, onderdeel (ii) bestaat er een functie h H(D) en een getal ( multipliciteit ) m N 0 waarvoor g(z) = (z a) m h(z), z D \ {a}, h(a) 0.

30 Omdat g nergens verdwijnt op D \ {a} geldt hetzelfde voor h, en dus is /h holomorf op D. Laat dan h(z) = c n (z a) n, z D. Dan geldt voor alle z D \ {a}: f(z) = w + (z a) m en dus heeft f hooguit een pool van orde m in a. In verband met het voorgaande vermelden we de c n (z a) n,.28 Residuen-stelling. Zij Ω een open deel van C en laat a,..., a n tot Ω behoren. Veronderstel dat f holomorf is op Ω\{a,..., a n }. Zij γ een gesloten weg is Ω\{a,..., a n } met Ind γ (z) = 0 voor alle z C \ Ω. Dan geldt f(z)dz = 2πi γ n Res(f; a j )Ind γ (a j ). j= Bewijs. Laat f a,..., f an de hoofddelen van f in resp. a,..., a n zijn. De functie g f (f a f an ) op Ω \ {a,..., a n } heeft ophefbare singulariteiten in a,..., a n. Zij g 0 de uitbreiding van g tot Ω. Wegens de stelling van Cauchy-Goursat is g 0 (z)dz = 0, 2πi γ dus f(z)dz = 2πi γ n j= f aj (z)dz. 2πi γ Wegens de opmerkingen voorafgaand aan definitie.26 is echter f aj (z)dz = Ind γ (a j )Res(f; a j ) 2πi γ waarmee deze stelling nu bewezen is. Voorbeeld. We illustreren het belang van de residuenstelling voor de toepassingen door voor algemene n N de integraal dx + x n te berekenen, zo deze bestaat. 0

31 Zij γ R de weg als in de onderstaande figuur We mogen veronderstellen dat n 2 (waarom?). Zij = exp(πi/n). Dan geldt Hieruit volgt n z n + = z n n = (z ) j z n j lim z j=0 z z n + = n j=0 j n j = n exp( πi/n) Als f(z) = /(z n + ) voor die punten z waar de noemer niet 0 is, dan is Dus geldt, voor R >, Res(f; exp(πi/n)) = n exp(πi/n). γ R f(z)dz = 2πi n exp(πi/n). Anderzijds is de integraal in het linkerlid per definitie gelijk aan R 0 dt + t n + 2πi/n 0 ir exp(iθ) + R n dθ 2 exp(inθ) De middelste term voldoet aan 2πi/n ir exp(iθ) + R n exp(inθ) dθ 2π n. R R n 0 0 R 0 dt + t n. (als R ). Samen geeft dit waaruit 2πi ( ) ( ( πi 2πi n exp = exp n n 0 dt + t n = π/n sin(π/n). )) 0 dt + t n