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© 2002-2007 Prof. Dr. Hans Wilhelm Alt, University of Bonn, Germany

Beispiele

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Beispiele    [sect:4-6]
Wir geben einige Beispiele von isolierten Singularitäten an.
  • [sect:4-6-(1)]  f(z)=1/1+z2=1/(z+i )(z-i )  für  z≠±i  . Dann hat  f  in  i   einen Pol 1. Ordnung mit   res i (f)=1/2i  .
  • [sect:4-6-(2)]  f  habe in  z0  Pol der Ordnung  1  und  g  sei holomorph nahe  z0 . Dann gilt
    res z0(gf)=g(z0)· res z0(f) .
    Anwendung: Sei  f=f1·f2  wie in sect:4-6-(1) mit
    f1(z):=
    1
    z-i 
    		 ,    f2(z):=
    1
    z+i 
    		 .
    Damit ist
    res i (f)=f2(i )· res i (f1) =
    1
    2i 
    		 ·1=
    1
    2i 
    		 .
  • [sect:4-6-(3)]  f(z)=z2+3/(z-1)4  für  z≠1 . Dann hat  f  hat einen Pol der Ordnung  4  in  1  und es ist   res 1(f)=0 .
  • [sect:4-6-(4)]  f(z)=e1/z  für  z≠0 . Dann hat  f  eine wesentliche Singularität in  0 .
  • [sect:4-6-(5)] Für jede isolierte Singularität gilt:
    f hat Pol in z0 <==> |f(z)| → +∞ für z → z0 .

Proof sect:4-6-(1). Für  z  nahe  i   gilt:
1
 
1+z2
 =
1
z-i 
 ·
1
(z-i )+2i 
 =
1
2i (z-i )
 ·
1


1-
i -z
2i 
=
1
2i (z-i )
 ·
∞
∑
k=0
 (
i -z
2i 
 ) k =
∞
∑
k=0
(-1)k
 
(2i )k+1
 
  (2-i )k-1 ,
also hat  f  in  i  einen Pol 1. Ordnung mit   res i (f)=1/2i  .
Bemerkung: Für  z  nahe  -i   argumentiere entsprechend.
Proof sect:4-6-(2).
f(z)=
∞
∑
k=-1
 ak (z-z0)k =
1
 
z-z0


∞
∑
k=0
 ak-1(z-z0)k
=:h(z) (holomorph)
 ,
also
res z0(f)=a-1=h(z0) .
Weiter ist
(gf)(z)=
1
 
z-z0
 ·(gh)(z) ,
also ebenso
res z0(gf)=(gh)(z0)=g(z0)·h(z0) =g(z0)· res z0(f).
Proof sect:4-6-(3). Mit Partialbruchzerlegung erhält man
f(z)=
1
 
(z-1)2
 +
2
 
(z-1)3
 +
4
 
(z-1)4
 .
Dies bedeutet, dass  f  einen Pol  4.  Ordnung besitzt, und da in dieser LAURENT-Reihe kein Term mit  (z-1)-1  vorkommt, ist   res 1(f)=0 .
Proof sect:4-6-(4). Wegen
f(z)=
∞
∑
k=0
1
k!
 (
1
z
 ) k =
-∞
∑
k=-1
1
|k|!
  zk
ist dies eine wesentliche Singularität.
Zusatz: Wir betrachten noch das Verhalten von  f  nahe  0 : Sei  r>0.  Dann gilt  f(r)=e1/r → +∞  für  r → 0 , aber  f(ir)=e1/ir=e-i1/r ,  |e1/ir|=1 , d.h.  f  hat auf verschiedenen Strahlen verschiedenes singuläres Verhalten. Dass dies charakteristisch für wesentliche Singularitäten ist, ergibt sich aus der Aussage sect:4-6-(4), die wir nun beweisen werden.
Proof sect:4-6-(5)  =>  . Es habe  f  einen Pol  m -ter Ordnung. Dies bedeutet, dass  m= max {k∈N;a-k≠0} , also
f(z)
=
∞
∑
k=-m
 ak (z-z0)k
=
1
 
(z-z0)m


∞
∑
k=0
 ak-m (z-z0)k
=:g(z)(holomorph)
mit  g(z0)=a-m≠0 , woraus die Behauptung folgt.
Proof sect:4-6-(5)  <=  . Für ein  ε>0  ist  f  in  Bε(z0)∖{z0}  holomorph ohne Nullstelle. Betrachte  g(z):=1/f(z)  in dieser Menge. Nach Voraussetzung gilt  g(z) → 0  für  z → z0 . Daraus folgt mit dem Hebbarkeitssatz sect:4-1, dass  g  in  Bε(z0)  holomorph fortsetzbar ist mit  g(0)=0 . Also gibt es ein  m∈N , so dass für  z∈Bε(z0) 
g(z)
=
∞
∑
k=m
 ak (z-z0)k,    am≠0
=
(z-z0)m·


∞
∑
k=m
 ak (z-z0)k
=:h(z)(holomorph)
mit  h(z0)=am≠0 , d.h.  h  hat keine Nullstelle in  Bε(z0) .

Also ist auch  1/h  in  Bε(z0)  holomorph, nach sect:3-4

1
h(z)
 =
∞
∑
k=0
 bk(z-z0)k      mit b0=
1
 
h(z0)
 =
1
 
am
 ≠0 .
Es folgt
f(z)=
1
 
(z-z0)m
 ·
1
h(z)
 =
∞
∑
k=0
 bk(z-z0)k-m ,
d.h.  f  hat in  z0  einen Pol  m -ter Ordnung.

Weitere Beispiele finden sich in den Übungsaufgaben.

Version 1.5
H.W. Alt - 02.01.2007

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