Kurs:Funktionentheorie/Residuum

Definition

Es sei $G\subseteq ℂ$ ein Gebiet, $z_0\in G$ und eine Abbildung $f$ bis auf isolierte Singularität $S\subset G$ holomorph, d.h. $f:G\setminus S\to ℂ$ ist holomorph. Ist $z_0\in S\subset G$ eine isolierte Singularität von $f$ mit $D_r(z_0)\cap S=\{z_0\}$, so definiert man das Residuum als:

${\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f):=\frac{1}{2\pi i}\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }f(\xi )d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{|\xi -z_o|=r}{\int }f(\xi )d\xi$.

Zusammenhang Residuum und Laurententwicklung

Stellt man $f$ um eine isolierte Singularität $z_0\in S\subset G$ als Laurentreihe dar, so kann man das Residuum wie folgt berechnen. Mit $f(z)=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(z-z_0{)}^n$ als Laurent-Entwicklung von $f$ um $z_0$ gilt:

${\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f)=\frac{1}{2\pi i}\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }f(\xi )d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }{a}_{-1}\cdot (\xi -z_0{)}^{-1}d\xi =\frac{1}{2\pi i}{a}_{-1}\cdot \underset{=2\pi i}{\underbrace{\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }(\xi -z_0{)}^{-1}d\xi }}=a_{-1}$.

Dabei ist zu berücksichtigen, dass die abgeschlossene Kreisscheibe $\overline{D_r(z_0)}$ nur die eine Singularität $z_0\in S$ enthält, d.h. $\overline{D_r(z_0)}\cap s=\{z_0\}$.

Damit kann man das Residuum ${\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f)=a_{-1}$ aus der Laurentwicklung von $f$ um $z_0$ an -1-ten Koeffizienten ablesen.

Namensgebung

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

$\begin{array}{cc}\underset{|w-z_0|=r}{\int }f(w)dw& =\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n\underset{|w-z_0|=r}{\int }(w-z_0{)}^{n}dw\\ & =2\pi i\cdot a_{-1}\end{array}$

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

Berechnung für Pole

Ist $z_0\in U$ ein Pol der Ordnung $m$ von $f$, so hat die Laurent-Entwicklung von $f$ um $z_0$ die Form

$f(z)=\sum _{k=-m}^{\mathrm{\infty }}{a}_k(z-z_0{)}^k$

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

Beweis 1: Hauptteil entfernen durch Multiplikation

Multiplizieren wir mit $(z-z_0{)}^m$, so erhalten wir

$g_m(z):=(z-z_0{)}^m\cdot f(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_{k-m}(z-z_0{)}^k$

Das Residuum $a_{-1}$ ist nun als Koeffizienten von $(z-z_0{)}^{m-1}$ in der Potenzreihe der Funktion $g_m(z)$ zu finden.

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

Durch $m-1$-faches Differenzieren verschwinden die ersten $m-1$ Summanden der Reihe vom Exponent $n=0$ bis zum Exponenten $m-2$. Damit ist das Residuum zusammen mit den durch die Ableitung entstandenen Vorfaktoren direkt nun der Kooeffizient vor $(z-z_0{)}^0$ und man erhält:

$g_m^{(m-1)}(z)=\sum _{k=m-1}^{\mathrm{\infty }}\frac{k!}{(k-m+1)!}{a}_{k-m}(z-z_0{)}^{k-m+1}$

Beweis 3: Grenzwertprozess und Berechnung des Koeffizienten vor $(z-z_o{)}^0$

Durch Indexverschiebung erhält man:

$g_m^{(m-1)}(z)=\sum _{k=-1}^{\mathrm{\infty }}\frac{m+k!}{(k+1)!}{a}_k(z-z_0{)}^{k+1}$

Durch einen Grenzwertprozess $z\to z_0$ verschwinden alle Summanden mit $k\ge 0$ und man erhält:

$\underset{z\to z_0}{\lim }{g}_m^{(m-1)}(z)=\frac{(m-1)!}{0!}\cdot a_{-1}\cdot (z-z_0{)}^0=(m-1)!\cdot a_{-1}$

Insgesamt lässt sich damit das Residuum durch folgenden Grenzwert $z\to z_0$ berechnen:

${\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f)=a_{-1}=\frac{1}{(m-1)!}\cdot \underset{z\to z_0}{\lim }{g}_m^{(m-1)}(z)$

Aufgaben für Studierende

• Erläutern Sie, warum bei der Integration über die Laurententwicklung alle Summanden aus dem Nebenteil und alle Summanden mit dem Index $n\in \mathbb{Z}$ mit $n=-1$ bei der Integration das Integral

$\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }{a}_n\cdot (\xi -z_0{)}^{n}d\xi =0$ ergeben.

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

$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }{a}_n(\xi -z_0{)}^{n}d\xi =\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n(\xi -z_0{)}^{n}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{\partial D_r(z_0)}{\int }f(\xi )d\xi ={\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f)$

• Gegeben sei die Funktion $f:ℂ\setminus \{i\}\to ℂ$ mit $z\mapsto f(z)=\frac{e^{z-i}}{(z-i{)}^5}$. Berechnen Sie das Residuum ${\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}}_{z_0}(f)$ mit $z_0:=i$ !

Siehe auch

• Residuum
• Beispiele_Laurentreihen

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