Prof. D. Salamon Funktionentheorie ETH Zürich MATH, PHYS 27. Oktober Musterlösung 5

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1 Prof. D. Salamon Funktionentheorie ETH Zürich MATH, PHYS 27. Oktober 2009 Musterlösung 5 1. Sei f : C C eine holomorphe Funktion, so dass f(z) < z n für ein n N und alle hinreichend grossen z. Dann ist f ein Polynom. Lösung: Die Funktion f ist auf ganz C holomorph, d.h. z 0 C existiert eine offene Umgebung U von z 0, so dass f(z) = a k (z z 0 ) k für alle z U, weiterhin gilt k=0 a k = f (k) (z 0 ). Wir wählen z 0 = 0. Wir werden im Folgenden zeigen, dass aus der Bedingung f(z) < z n folgt, dass alle a k für k > n gleich Null sind. Dazu betrachten wir die Cauchy sche-integralformel für höhere Ableitungen, wobei wir dabei über die Kreislinie γ(t) = re 2πit, t [0, 1], r > 0 integrieren. f (k) f(ζ) (0) = dζ 2πi (ζ 0) k+1 Serie 4.6a) 2πi L(γ) sup f(ζ) ζ k+1 = f(ζ) 2πr sup = 2π rk+1 r k sup f(ζ) Voraussetzung r n r k. Ungleichung (1), ( f (k) (0) rn ), ist für alle r > 0 erfüllt. Für r erhalten r k wir daher: a k = f (k) (0) rn r k = 1 r k n 0 r k > n. Somit ist die Behauptung gezeigt. 2. Sei f : C C eine holomorphe Funktion und M, R > 0, so dass f(z) M für alle z C mit z R. Finden Sie eine obere Schranke für f (n) (z) in z ρ < R. (1) Lösung: Wir gehen wie in Aufgabe 1 vor. Die Funktion f ist eine holomorphe Funktion auf ganz C und mit der Cauchy sche-integralformel für höhere Ableitungen erhalten wir: f (n) (z) = n! f(ζ) dζ, 2πi (ζ z) n+1 ζ =ρ

2 wobei wir über γ(t) = ρe 2πit mit t [0, 1] integrieren. Mit der Abschätzung aus Aufgabe 6.a) aus Serie 4 erhalten wir: f (n) (z) n! 2πρ sup 2π ζ =ρ f(ζ) (ζ z) n+1 n!ρm (ρ z ) n+1. Um die letzte Ungleichung zu erhalten setzen wir die Voraussetzung f(ζ) M ein und minimieren den Nenner (ζ z) n+1 für z ρ und ζ = r. Man kann sich leicht überlegen, dass (ζ z) minimal ist genau dann wenn die beide Zahlen z und ζ auf einer Gerade liegen wobei z zwischen Null und ζ ist. ( f (n) (z) n!ρm (ρ z ) n+1 heisst die Verallgemeinerte Cauchy-Ungleichung.) 3. Sei f : D C eine holomorphe Funktion auf der offenen Einheitskreisscheibe D, so dass f(z) 1/(1 z ) für alle z D. Leiten Sie aus der Cauchy Ungleichung die beste obere Schranke für f (n) (0) her. Lösung: Mit der Cauchy sche-integralformel und die Standardabschätzung von Serie 4, Aufgabe 6a) erhalten wir für r < 1: f (n) n! f(ζ) (0) = dζ 2πi ζn+1 n! f(ζ) n! 1 2πr sup 2π rn+1 r n 1 r. Um die beste Oberschranke zu finden bestimmen wir den Maximalwert des Nenners r n (1 r). Sei g(r) = r n (1 r), dann ist g (r 0 ) = nr0 n 1 (n + 1)r0 n = 0 für r 0 = n n+1, wobei 0 < r 0 < 1. Da g(r) eine konkave Funktion ist, nimmt g(r) bei r 0 ihr Maximum an. Wir erhalten somit: f (n) (0) n!(n + 1)n+1 n n. 4. Sie f : D C eine holomorphe Funktion. Zeigen Sie, dass die nte-ableitung von f die Ungleichung f (n) (0) > n!n n für grosses n nie erfüllen kann. Lösung: f ist eine holomorphe Funktion auf der offenen Einheitskreisscheibe und als solche als Potenzreihe um Null f(z) = a k z k mit a k = f (k) (0), entwickelbar, wobei die Reihe k=0 a k z k absolut auf D gegen f(z) konvergiert. Deswegen ist die k=0 Folge a k z k eine Nullfolge. Nach Voraussetzung erhalten wir: a k z k = f (k) (0) z k > k k z k. 2

3 Für die Folge b k = k k z k gilt b k+1 b k = z(k + 1)(1 + 1 k )k k. Somit kann a k z k keine Nullfolge sein, was die Konvergenz der Taylorreihe von f widerspricht. ( Ist f : [ a, a] R, a R >0 eine reellwertige Funktion, dann ist die obige Aussage falsch. Nach dem Satz von Borel gilt nämlich, dass für jede beliebige Folge von reellen Zahlen q 0, q 1,..., q n,... eine Funktion f : [ a, a] R existiert, so dass f unendlich oft differenzierbar ist und f (n) (0) = q n für alle n N.) 5. Sei f : C C eine holomorphe Funktion mit f(z) = f(z + 1) = f(z + i) für alle z C. Zeigen Sie, dass f konstant ist. (Eine Funktion f mit dieser Eigenschaft heisst doppelt periodisch.) Lösung: Aus f(z) = f(z + 1) = f(z + i) folgt, dass für jedes z C ein z 0 in K := {λ 1 + µ i λ, µ [0, 1]} existiert, so dass f(z) = f(z 0 ). K ist eine kompakte Menge, f ist holomorph und somit auch stetig auf K und als stetige Funktion auf einer kompakten Menge ist f beschränkt. Da weiterhin f(k) = f(c), folgt, dass f auch auf ganz C beschränkt und nach dem Satz von Liouville konstant ist. Sei L := Zw 1 +Zw 2 ein Gitter in C, wobei w 1, w 2 zwei R-linear unabhängige Vektoren sind. (In unserem Fall w 1 = 1, w 2 = i). Eine meromorphe Funktion f : C C { } mit der Eigenschaft f(z) = f(z + w 1 ) = f(z + w 2 ) z C heisst elliptische Funktion zum Gitter L. Aus dem Satz von Liouville erhalten wir, dass jede auf ganz C holomorphe (ohne Polstellen) elliptische Funktion konstant ist. Die Funktion, z L (z, L) = 1 z 2 + w L\{0} 1 ( (z w) 2 1 ), sonst, w2 die sogennante Weierstrass sche Funktion und ihre Ableitung sind elliptische Funktionen. Weiters gilt, dass jede elliptische Funktion von der Gestalt f = R( ) + S( ) ist, wobei S und R rationale Funktionen sind. 6. Zeigen Sie, dass je zwei glatte Schleifen γ 0 : R/Z C\{0} und γ 1 : R/Z C\{0} mit der gleichen Windungszahl w(γ 0, 0) = w(γ 1, 0) homotop in C\{0} sind. Lösung: Sei γ : R/Z C\{0} eine glatte Schleife. Für jedes t R existiert ein h(t) C, so dass γ(t) = e h(t). Dann sind auch γ 0 (t) und γ 1 (t) von der Form γ 0 (t) = e h 0(t) und γ 1 (t) = e h 1(t) für geeignete h 0 (t) und h 1 (t). Für die Windungszahl w(γ, 0) erhalten wir: w(γ, 0) = 1 2πi γ dz z 0 = 1 1 2πi e h(t) eh(t) ḣ(t)dt = h(1) h(0). 2πi

4 Da die Windungszahlen w(γ 0, 0) = w(γ 1, 0) gleich sind gilt: h 0 (1) h 0 (0) 2πi = h 1(1) h 1 (0) 2πi = k, für ein k Z, woraus wir h 1 (1) h 0 (1) = h 1 (0) h 0 (0) erhalten. Betrachte die glatte Funktion γ λ (t) := e h 0(t)+λ(h 1 (t) h 0 (t)), λ [0, 1]. Für λ = 0 erhalten wir die Schleife γ 0 (t) und für λ = 1 die Schleife γ 1 (t). Aus h 1 (1) h 0 (1) = h 1 (0) h 0 (0) erhalten wir, dass γ λ (0) = γ λ (1) für jedes λ [0, 1], d.h. jedes γ λ (t) ist auch eine glatte Schleife und {γ λ (t)} definiert eine Homotopie zwischen γ 0 (t) und γ 1 (t). Wir wollen noch bemerken, dass die Umkehrung der obigen Aussage auch gilt: Seien γ 0 und γ 1, wie oben, zwei homotope glatte Schleifen, dann gilt w(γ 0, 0) = w(γ 1, 0). Die Funktion f(z) = 1 z ist auf C\{0} holomorph und nach der Homotopieversion des Causchy sche Integralsatzes sind die beiden Integrale 1 γ 0 z dz und 1 γ 1 z dz gleich, woraus folgt, dass w(γ 0, 0) = w(γ 1, 0). 7. Sei γ : R/Z C eine glatte Einbettung, d.h. γ ist injektiv und γ(t) 0 t, und sei Γ := {γ(t) t R}. Zeigen Sie, dass C\Γ genau zwei Zusammenhangskomponenten Ω 0 und Ω 1 hat, wobei Ω 0 := {z C\Γ w(γ, z) = 0} und Ω 1 := {z C\Γ w(γ, z) = 1}. Hinweis: Sei U ε := {γ(t) + iλ γ(t) t R/Z, λ < ε} und definiere die Abbildung ϕ : R/Z ( ε, ε) U ε durch ϕ(t, λ) = γ(t)+iλ γ(t). Zeigen Sie, dass für hinreichend kleine ε > 0 folgendes gilt: (a) U ε ist offen und ϕ ist ein Diffeomorphismus. (b) Die Mengen U + ε := {γ(t) + iλ γ(t) t R/Z, 0 < λ < ε} und U ε := {γ(t) iλ γ(t) t R/Z, 0 < λ < ε} sind beide zusammenhängend. (c) Für jedes z C\Γ gibt es eine glatte Kurve α : [0, 1] C\Γ, so dass α(0) = z und α(1) U ε \Γ. Lösung: Um die Notation zu erleichtern, unterscheiden wir nicht zwischen 1-periodischen glatten Abbildungen R C und glatten Abbildungen S 1 C. Lemma1: Nach einer Reparametrisierung können wir annehmen, dass γ L(γ). Beweis. Für t [0, 1] setze s(t) = t 0 γ(τ) dτ. 4

5 Dann gilt ṡ(t) = γ(t) > 0, also ist s : [0, 1] [0, L(γ)] ein Diffeomorphismus. Die Ableitung der Umkehrabbildung r = s 1 im Punkte p = s(t) erfüllt ṙ(p) = 1 ṡ(t) = 1 γ(t) > 0 und für die Verknüpfung f = γ r haben wir in p = s(t) f 1 (p) = γ(r(p)) ṙ(p) = γ(t) γ(t) = 1, da r(p) = r(s(t)) = t. Die Funktion t g(t) := f(l(γ) t) ist glatt, 1-periodisch und hat nach der Kettenregel konstante Ableitung L(γ). Wir nehmen [ ] daher an, dass γ L(γ). Nun identifiziere [ C ] mit R 2 und schreibe u v γ =. Unter dieser Identifikation ist i γ gleich und die Abbildung v u ϕ : R ( ε, ε) C gegeben durch (t, λ) γ(t) + iλ γ(t) entspricht der Abbildung [ ] u(t) λ v(t) f(t, λ) =. v(t) + λ u(t) Deren Ableitung [ ] u(t) λ v(t) v(t) df(t, λ) = v(t) + λü(t) u(t) hat für genügend kleine λ maximalen Rang, denn die Determinante det df(t, λ) = u(t) 2 + v(t) 2 λ( u(t) v(t) + v(t)ü(t)) = L(γ) 2 λ( ) kann für kleine λ s nicht verschwinden. Genauer: für ε < L(γ) 2 max t R {1, u(t) v(t) + v(t)ü(t) } ist det df(t, λ) 0. Aus dem Satz über die lokale Umkehrbarkeit folgt dann sofort: Lemma2: Für ε wie oben ist die Abbildung f(t, λ) ein lokaler Diffeomorphismus. Lemma3: Für genügend kleines ε ist die Abbildung f injektiv. Beweis. Wäre sie es nicht, so gäbe es s n, t n [0, 1] sowie λ n, µ n 0, mit (s n, λ n ) (t n, µ n ), so dass γ(s n ) + iλ n γ(s n ) = γ(t n ) + iµ n γ(t n ). ( ) Wegen Kompaktheit von [0, 1] können wir nach eventuellem Übergang zu Teilfolgen annehmen, dass s n s [0, 1] und t n t [0, 1]. Dann ist aber γ(s) γ(t) = lim n (γ(s n) γ(t n )) = lim n i(µ n γ(t n ) λ n γ(s n )) = 0, 5

6 da γ und γ stetig sind, γ L(γ) und λ n, µ n 0. Aus der Injektivität von γ schliessen wir, dass s = t. Für genügend grosses n liegen (s n, λ n ) sowie (t n, µ n ) in einer Umgebung von (s, 0) = (t, 0) auf der f injektiv ist, so dass wir aus ( ) schliessen, dass (s n, λ n ) = (t n, µ n ), ein Widerspruch. Lemma4: Wähle nun ε > 0 so, dass f : R ( ε, ε) R 2 injektiv ist. Diffeomorphismus auf sein Bild U ε. Dann ist f ein Beweis. Für 0 < δ < ε ist die Einschränkung von f auf die kompakte Menge V δ = [0, 1] [ δ, δ] ein Homöomorphismus auf f(v δ ) [Übungsaufgabe: ist g : K H eine stetige Bijektion von einem kompakten Raum auf einen Hausdorffraum, so ist g ein Homöomorphismus]. Aus der 1-Periodizität von f in der ersten Variable, folgt Ū δ = f(v δ ) = f(r [ δ, δ]). Daher ist die Restriktion von f 1 auf die offene Menge f(r ( δ, δ)) stetig [Bilder von offenen Mengen unter lokalen Homöomorphismen sind offen], und damit auch f 1 auf U ε = f(r ( δ, δ)). 0<δ<ε Ein Diffeomorphismus ist dasselbe wie ein Homöomorphismus, der auch ein lokaler Diffeomorphismus ist. Wir haben nun folgende Situation: f : R ( ε, ε) U ε ist ein Diffeomorphismus aufs Bild. Seien V ε + = R (0, ε) und Vε = R ( ε, 0). Die Mengen V ε ± sind beide (weg-)zusammenhängend, also auch die Mengen U ε ± = f(vε ± ). Lemma5: Für jedes z C Γ gibt es einen Weg in C Γ, welcher z mit einem Punkt in U ± ε verbindet. Beweis. Da Γ kompakt ist, gibt es einen Punkt z Γ mit minimalem Abstand zu z. Die Verbindugsstrecke [z, z ] trifft Γ nur im Punkt z, sonst wäre z nicht der Punkt mit minimalem Abstand. Nun ist aber U ε = U + ε Γ U ε eine Umgebung von z, also trifft der Weg [z, z ] entweder U + ε oder U ε. Da die Mengen U ε ± beide wegzusammenhängend sind und im Komplement von Γ liegen, ist die Windungszahl w(z, γ) konstant auf beiden. Nach einem Lemma aus der Vorlesung unterscheidet sich der Wert der Windungszahlen auf U ε + und Uε um 1. Da jeder Punkt in C Γ in derselben Wegzusammenhangskomponente von C Γ liegt wie ein Punkt aus U ε ±, zerfällt C Γ in genau zwei zusammenhängende Mengen, auf welchen die Windungszahl konstant ist. 6