K I T I A G D. U L D. F N. M Musterlösungen zur Funtionentheorie II-Klausur vom. März a) Formulieren Sie den Cauchyschen Integralsatz ür nullhomologe Wege sowie seine Umehrung. b) Seien U,V offen, ϕ : U V eine holomorphe Abbildung und : [, ] U ein geschlossener, gla er Weg. Zeigen Sie, dass dann gilt: ist nullhomolog in U ϕ ist nullhomolog in V. a) Der Cauchysche Integralsatz ür nullhomologe Wege lautet: Seien U offen und ein geschlossener, stücweise gla er, in U nullhomologer Weg in U. Dann gilt: f H (U ) : f (z) dz =. Die Umehrung des Cauchyschen Integralsatzes ür nullhomologe Wege lautet: Seien U offen und ein geschlossener, stücweise gla er Weg in U, sodass ür alle f H (U ) gilt: f (z) dz =. Dann gilt: ist nullhomolog in U. b) Lösungsmöglicheit : Wir benutzen beide Richtungen aus a). Sei dazu nullhomolog in U. a) f H (U ) : д H (V ) : ϕ f (z) dz = д(z)dz = = = a) ϕ ist nullhomolog in V. д(ϕ( (t))) (ϕ ) (t) dt (д ϕ)( (t)) ϕ ( (t)) (t) dt д ϕ(z) ϕ (z) dz = } {{ } holomorph auf U
Lösungsmöglicheit : Man rechnet diret nach, dass ϕ nullhomolog in V ist, benötigt also nicht die Umehrung des CIS aus Teil a). Sei also z \V. Dann gilt: 2πi ind ϕ (z) = ϕ ζ z dζ = ϕ ( (t)) (t) ϕ( (t)) z dt = ϕ (ζ ) dζ =. ϕ(ζ ) z Der Integrationsern ϕ (ζ ) im letzten Integral ist wegen z V ϕ(u ) auf U holomorph. ϕ(ζ ) z Somit ist die erste Häl e von a) anwendbar, um die letzte Identität zu erhalten. Sei U {z z < 2}. Für eine holomorphe Funtion f : U U und > seien f : U, z (f f )(z) } {{ } mal f : U, z (f (z)) und definiert. a) Formulieren Sie den Auswahlsatz von Montel. b) Zeigen Sie, dass die Familie F {f > } ür jedes holomorphe f : U U normal ist. c) Finden Sie ein holomorphes f : U U, sodass F 2 {f > } nicht normal ist. a) Der Auswahlsatz von Montel lautet: Seien U offen und F H (U ). Dann sind äquivalent: (i) F ist normal. (ii) F ist loal gleichmäßig beschränt. (iii) F ist puntweise beschränt und loal gleichgradig stetig. b) Wegen f (U ) U gilt auch f (U ) U ür jedes >. > z U : f (z) < 2 F ist loal gleichmäßig beschränt (sogar gleichmäßig beschränt). Montel c) Sei f := id U. F ist normal. > : f ( 3 2 ) = f ( 3 2 ) = ( 2 3 ) F 2 ist nicht puntweise beschränt. Montel F 2 ist nicht normal. Ebenso beommt man natürlich ein Gegenbeispiel, wenn man ür f eine onstante Funtion f (z) = c mit < c < 2 nimmt.
Seien f, д : biholomorph mit f () = д() =. Weiterhin gebe es a, b mit f (a) = д (b). Zeigen Sie, dass dann gilt: f = д. Lösung : f, д : biholomorph mit f () = д() = f, д sind laut Vorlesung Drehungen. Es gibt α, β mit z : f (z) = αz und z : д(z) = βz. α = f (a) = д (b) = β f = д Lösung : f Aut( ) Es gibt c und a mit z : f (z) = c z a az. = f () = c a c = ac a = z : f (z) = cz genauso: Es gibt ein d mit z : д(z) = dz c = f (a) = д (b) = d f = д Sei Λ {rω + sω 2 r, s } ein Gi er und Λ die dazugehörige Weierstraßsche -Funtion. Weiterhin sei P {t ω + t 2 ω 2 t,t 2 [, )} das dazugehörige Periodenparallelogramm. a) Zeigen Sie, dass durch д(z) ( (z)) 2 (z) eine Λ-elliptische Funtion gegeben ist. b) Bestimmen Sie sämtliche Polstellen von д in P und deren Ordnungen. c) Zeigen Sie, dass ür jedes c die Gleichung д(z) = c in P höchstens 7 verschiedene Lösungen besitzt. a) ω Λ : д(z + ω) = ( (z + ω)) 2 (z + ω), elliptisch = ( (z)) 2 (z) = д(z) д ist elliptisch. b) hat in einen Pol der Ordnung 2 und in P sonst eine Pole. hat in einen Pol der Ordnung 3 und in P sonst eine Pole. д hat in einen Pol der Ordnung 2 + 2 + 3 = 7 und in P sonst eine Pole.
c) Nach dem dri en Satz von Liouville nimmt д in P jeden Wert (mit Vielfachheiten gerechnet) gleich o an. Da д den Wert in P (mit Vielfachheiten gerechnet) genau 7-mal annimmt, wird auch der Wert c (mit Vielfachheiten gerechnet) genau 7-mal angenommen, d.h. es gibt höchstens 7 paarweise verschiedene Lösungen von д(z) = c. Untersuchen Sie die folgenden unendlichen Produte auf Konvergenz und berechnen Sie gegebenenfalls ihren Grenzwert. a) n=2 ( n ). b) n=3 ( 4 n 2 ). a) Offensichtlich sind alle Fatoren des unendlichen Produts ungleich. Für jedes n 2 sei p n := n ( ). =2 n 2 : p n = n ( ) = n =2 lim p n = lim n n n = =2 Telesop = n ( ) ist nach Definition nicht onvergent. =2 b) Für jedes n 3 sei p n := n ( 4 ). 2 n 3 : p n = n ( 4 ) = n 2 n n n n +2 + + 2 n lim p n = lim 2 +3n+2 n n 6n 2 6n = 6 \{} ( 4 ) ist onvergent gegen 2 6. 2 4 2 = n (+2) ( 2) Telesop = n+2 4 n+ 3 2n n = n2 +3n+2 6n 2 6n = n +2 + + 2 = Bestimmen Sie die Residuen der folgenden Differentialformen ω, τ Ω(ˆ ) in jedem Punt P ˆ. a) ω dz = d(idˆ ). b) τ z(z ) dz.
a) ω = dz = dz Die Funtion hat in eine Pole. P : res P (ω) = res P () = res (ω) Residuensatz = res P (ω) = P b) τ = z (z ) dz = ( z z ) dz Die Funtion z (z ) = z z hat in genau die Pole und. P \{, } : res P (τ ) = res P ( z z ) = In den Punten und gilt res (τ ) = res ( z z ) = und res (τ ) = res ( z z ) =. res (τ ) Residuensatz = res P (τ ) = (res (τ ) + res (τ )) = P