Kurs:Funktionentheorie/10/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	7	3	4	5	5	7	7	2	3	0	0	4	2	0	55

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Ein Gebiet ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ .
Die Sinusreihe.
Ein diskreter Bewertungsring.
Eine isolierte Singularität.
Der Hauptteil einer meromorphen Funktion auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ in einem Punkt ${}P\in U$ .
Die Windungszahl um ${}a$ zu einem stetigen, stückweise stetig differenzierbaren Weg
$\gamma \colon I\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{a\}.$

Lösung

Komplexe Zahlen/Gebiet/Definition/Begriff/Inhalt
Für ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt
$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

die Sinusreihe zu ${}z$ .
Ein diskreter Bewertungsring ${}R$ ist ein Hauptidealbereich mit der Eigenschaft, dass es bis auf Assoziiertheit genau ein Primelement in ${}R$ gibt.
Offene Menge/Punkt/Holomorphe Funktion/Isolierte Singularität/Definition/Begriff/Inhalt
Meromorphe Funktion/C/Punkt/Hauptteil/Definition/Begriff/Inhalt
Komplexe Ebene/Punkt/Stetig differenzierbarer Weg/Windungszahl/Integral/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über Holomorphie und antiholomorphe Ableitung.
Die Integralformel von Cauchy für die Kreisscheibe.
Der Identitätssatz für holomorphe Abbildungen.

Lösung

Es sei ${}G\subseteq {\mathbb {C} }$ offen und ${}f\colon G\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine reell total differenzierbare Abbildung. Genau dann ist ${}f$ auf ${}G$ komplex differenzierbar, wenn ${}{\frac {\partial f}{\partial {\overline {z}}}}=0$ auf ${}G$ gilt. In diesem Fall ist
${}f'={\frac {\partial f}{\partial z}}\,.$
Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ eine offene Menge, ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine komplex differenzierbare Funktion. Es sei ${}B\left(P,r\right)\subseteq U$ eine abgeschlossene Kreisscheibe und es sei
$\gamma \colon I\longrightarrow B$

der stetige Weg, der den Rand von ${}B$ gleichmäßig durchläuft. Es sei ${}a\in U{\left(P,r\right)}$ .
Dann ist

${}f(a)={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-a}}dz\,.$
Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ eine zusammenhängende offene Teilmenge und seien ${}f,g\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ holomorphe Funktionen. Die Übereinstimmungsmenge von ${}f$ und ${}g$ , also ${}{\left\{z\in U\mid f(z)=g(z)\right\}}$ besitze einen Häufungspunkt in ${}U$ . Dann ist ${}f=g$ .

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass die gebrochen-linearen Funktionen ${}z\mapsto {\frac {az+b}{cz+d}}$ , die den Rand der Einheitskreisscheibe auf sich abbilden, auf die Form

\alpha \cdot {\frac {z+\beta }{{\overline {\beta }}z+1}}

mit ${}\vert {\alpha }\vert =1$ und ${}\vert {\beta }\vert \neq 1$ gebracht werden können.

Lösung

Die Bedingung besagt

{}\vert {\frac {az+b}{cz+d}}\vert =1\,

für alle ${}z$ mit ${}z=1$ . Dies bedeutet insbesondere

{}{\begin{aligned}\vert {az+b}\vert ^{2}&={\left(az+b\right)}{\overline {az+b}}\\&=a{\overline {a}}+b{\overline {b}}+a{\overline {b}}z+{\overline {a}}b{\overline {z}}\\&=c{\overline {c}}+d{\overline {d}}+c{\overline {d}}z+{\overline {c}}d{\overline {z}}\\&=\vert {cz+d}\vert ^{2}.\end{aligned}}

Daraus folgt

{}a{\overline {a}}+b{\overline {b}}=c{\overline {c}}+d{\overline {d}}\,

bzw.

{}\vert {a}\vert ^{2}+\vert {b}\vert ^{2}=\vert {c}\vert ^{2}+\vert {d}\vert ^{2}\,

und

{}a{\overline {b}}=c{\overline {d}}\,

(da die Funktionen ${}1,z,{\overline {z}}$ auf dem Rand linear unabhängig sind). Es ist ${}a\neq 0$ , denn sonst wäre auch ${}c=0$ und es würde eine konstante Funktion vorliegen. Wir kürzen mit ${}a^{-1}$ , das ändert nach Fakt ***** die gebrochen lineare Funktion nicht, und bleiben bei der Bezeichnung für die drei anderen Koeffizienten. Mit ${}r=\vert {b}\vert ^{2}$ , ${}s=\vert {c}\vert ^{2}$ , ${}t=\vert {d}\vert ^{2}$ haben wir die Bedingungen

{}1+r=s+t\,

und

{}r=st\,,

also

{}1+st=s+t\,

bzw.

{}(1-s)(1-t)=0\,.

Daraus folgt ${}s=1$ (und ${}t=r$ ) oder ${}t=1$ (und ${}s=r$ ). Betrachten wir den Fall ${}s=1$ , dann ist der Betrag von ${}c$ gleich ${}1$ . Durch Multiplikation mit ${}c$ können wir davon ausgehen, dass die Abbildung die Form

c\cdot {\frac {z+b}{z+d}}

besitzt. Die Bedingung wird dann zu ${}b=d$ , und es liegt eine konstante, also keine gebrochen lineare Funktion vor. Betrachten wir den Fall ${}t=1$ , dann ist der Betrag von ${}d$ gleich ${}1$ . Durch Multiplikation mit ${}d$ können wir davon ausgehen, dass die Abbildung die Form

d\cdot {\frac {z+b}{cz+1}}

besitzt. Die Bedingung wird dann zu

{}b={\overline {c}}\,,

die Abbildung hat also die Form

\alpha \cdot {\frac {z+\beta }{{\overline {\beta }}z+1}}

mit einer komplexen Zahl ${}\alpha$ vom Betrag ${}1$ . Bei

{}\vert {\beta }\vert =1\,

kann man das ${}\beta$ vorziehen und erhält dann wieder eine konstante Funktion.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq {\mathbb {C} }$ offen und seien ${}f,g\colon G\rightarrow {\mathbb {C} }$ reell total differenzierbare Abbildungen. Zeige, dass die antiholomorphe Ableitung ${}{\frac {\partial }{\partial {\overline {z}}}}$ die Produktregel

{}{\frac {\partial (fg)}{\partial {\overline {z}}}}=f{\frac {\partial g}{\partial {\overline {z}}}}+g{\frac {\partial f}{\partial {\overline {z}}}}\,

erfüllt.

Lösung

Wir verwenden die Produktregel für die beiden partielle Ableitungen, also

{}{\frac {\partial (fg)}{\partial x}}=f{\frac {\partial g}{\partial x}}+g{\frac {\partial f}{\partial x}}\,

und

{}{\frac {\partial (fg)}{\partial y}}=f{\frac {\partial g}{\partial y}}+g{\frac {\partial f}{\partial y}}\,,

die in dieser Form auf Aufgabe 4.2 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) beruht. Somit folgt die Aussage mit

{}{\begin{aligned}{\frac {\partial {\left(fg\right)}}{\partial {\overline {z}}}}&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {\partial {\left(fg\right)}}{\partial x}}+{\mathrm {i} }{\frac {\partial {\left(fg\right)}}{\partial y}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(f{\frac {\partial g}{\partial x}}+g{\frac {\partial f}{\partial x}}+{\mathrm {i} }{\left(f{\frac {\partial g}{\partial y}}+g{\frac {\partial f}{\partial y}}\right)}\right)}\\&=f{\left({\frac {1}{2}}{\left({\frac {\partial g}{\partial x}}+{\mathrm {i} }{\frac {\partial g}{\partial y}}\right)}\right)}+g{\left({\frac {1}{2}}{\left({\frac {\partial f}{\partial x}}+{\mathrm {i} }{\frac {\partial f}{\partial y}}\right)}\right)}\\&=f{\frac {\partial g}{\partial {\overline {z}}}}+g{\frac {\partial f}{\partial {\overline {z}}}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Zu Reihen ${}\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$ und ${}\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}$ komplexer Zahlen nennen wir die Reihe

\sum _{k=0}^{\infty }d_{k}{\text{ mit }}d_{k}=\sum _{j=0}^{k}a_{k}b_{j}+\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}b_{k}

das „Quadratrandprodukt“ der beiden Reihen.

Zeige, dass jedes Produkt ${}a_{i}b_{j}$ genau zu einem ${}d_{k}$ beiträgt.
Die beiden Reihen seien konvergent. Zeige, dass auch die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }d_{k}$ konvergent ist, und dass deren Summe gleich dem Produkt der beiden Reihen ist.

Lösung

Das Produkt ${}a_{i}b_{j}$ geht einzig in den Summanden ${}d_{k}$ mit ${}k=\operatorname {max} \left(i,\,j\right)$ ein, bei ${}i=j$ sichert die zweite Summationsgrenze, dass dieses Produkt nicht doppelt gezählt wird.
Für die Partialsummen
$x_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\,y_{n}=\sum _{j=0}^{n}b_{j}{\text{ und }}z_{n}=\sum _{k=0}^{n}d_{k}$

gilt direkt

${}{\begin{aligned}x_{n}y_{n}&={\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)}\\&=\sum _{0\leq i,j\leq n}a_{i}b_{j}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{0\leq i,j\leq n,\operatorname {max} \left(i,\,j\right)=k}a_{i}b_{j}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\left(\sum _{j=0}^{k}a_{k}b_{j}+\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}b_{k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}d_{k}\\&=z_{n}.\end{aligned}}$

Das heißt, dass ${}z_{n}$ das Produkt der jeweiligen Partialsummenfolgen ist und daher nach Lemma 6.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) (2) gegen das Produkt der Grenzwerte konvergiert.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}$ eine auf ${}U{\left(0,R\right)}$ konvergente Potenzreihe und sei ${}b\in U{\left(0,R\right)}$ ein Punkt derart, dass die umentwickelte Potenzreihe mit Entwicklungspunkt ${}b$ die Nullreihe sei. Zeige, dass dann auch die Ausgangsreihe die Nullreihe ist.

Lösung

Es sei ${}f$ die durch die Potenzreihe gegebene Funktion auf ${}U{\left(0,R\right)}$ . Wir betrachten die Menge

{}N={\left\{w\in U{\left(0,R\right)}\mid {\text{ die umentwickelte Potenzreihe um }}w{\text{ ist die Nullreihe}}\right\}}\,.

Nach Voraussetzung gehört ${}b$ zu ${}N$ , die Menge ${}N$ ist also nicht leer. Die Menge ${}N$ ist offen: Wenn ${}w\in N$ ist, und also die umentwickelte Reihe ${}\sum a_{n}(z-w)^{n}$ auf ${}U{\left(w,r\right)}$ die Nullreihe ist, so gilt dies auch für alle Punkte ${}w'\in U{\left(w,r\right)}$ . Die Menge ${}N$ ist aber auch abgeschlossen. Es sei ${}w_{n}$ eine Folge in ${}N$ , die gegen ${}w\in U{\left(0,R\right)}$ konvergiere. Da die Potenzreihen mit Entwicklungspunkt ${}w_{n}$ die Nullreihen sind, ist insbesondere ${}f(w_{n})=0$ . Für die Potenzreihe mit Entwicklungspunkt ${}w$ ergibt sich also, dass der Entwicklungspunkt ein Häufungspunkt der Nullstellen ist. Daraus folgt nach Lemma 8.9 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)), dass diese Potenzreihe ebenfalls die Nullreihe ist, also zu ${}N$ gehört. ${}N$ ist also offen und abgeschlossen und nicht leer, also ist es ganz ${}U{\left(0,R\right)}$ .

Aufgabe (5 (1+4) Punkte)

Bestimme die Taylorreihe zur Funktion
${}f(x)=x^{2}\,$

im Entwicklungspunkt ${}1$ .
Es sei
${}g(y)={\sqrt {y}}\,$

und es sei

${}b_{0}+b_{1}(y-1)+b_{2}(y-1)^{2}+\ldots =\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(y-1)^{k}\,$

die Taylorreihe zu ${}g$ im Entwicklungspunkt ${}1$ . Bestimme die Koeffizienten ${}b_{0},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$ aus der Gleichung

${}g(f(x))=x\,.$

Lösung

Es ist
${}x^{2}=(1+x-1)^{2}=1+2(x-1)+(x-1)^{2}\,,$

daher ist dies die Taylorreihe zur Quadratfunktion im Entwicklungspunkt ${}1$ .
Mit
${}y=1+2(x-1)+(x-1)^{2}\,$

ist

${}y-1=2(x-1)+(x-1)^{2}=2z+z^{2}\,,$

wobei wir zur Vereinfachung ${}z=x-1$ gesetzt haben. Die Bedingung

${}g(f(x))=x\,$

lautet somit ausgeschrieben

${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(2z+z^{2})^{k}&=b_{0}+b_{1}(2z+z^{2})+b_{2}(2z+z^{2})^{2}+b_{3}(2z+z^{2})^{3}+b_{4}(2z+z^{2})^{4}+\ldots \\&=x\\&=1+z.\end{aligned}}$

Daraus können die ${}b_{k}$ sukzessive durch Koeffizientenvergleich bestimmt werden, da in der unendlichen Summe nur endlich viele Terme die Koeffizienten bestimmen. Zunächst ergibt sich

${}b_{0}=1\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}z$ )

${}2b_{1}=1\,$

ergibt sich

${}b_{2}={\frac {1}{2}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}z^{2}$ )

${}b_{1}+4b_{2}=0\,$

ergibt sich

${}b_{2}=-{\frac {1}{8}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}z^{3}$ )

${}4b_{2}+8b_{3}=0\,$

ergibt sich

${}b_{3}={\frac {1}{16}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}z^{4}$ )

${}b_{2}+6b_{3}+16b_{4}=0\,$

ergibt sich

${}b_{4}=-{\frac {1}{64}}\,.$

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

Wir betrachten die differenzierbaren Abbildungen

\gamma \colon [1,c]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t,t^{3}),

(mit $c\geq 1$ ) und

\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(u,v)\longmapsto (u^{3},u^{2}+v^{2},u^{-1}v^{-1}),

und die Differentialform

{}\omega =(x-y)dx-z^{2}dy+dz\,

auf dem ${}\mathbb {R} ^{3}$ .

a) Berechne die zurückgezogene Differentialform ${}\varphi ^{*}\omega$ auf dem ${}\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$ .

b) Berechne das Wegintegral zur Differentialform ${}\varphi ^{*}\omega$ zum Weg ${}\gamma$ in Abhängigkeit von ${}c$ .

Lösung

a) Die zurückgezogene Differentialform ist

{}{\begin{aligned}\varphi ^{*}((x-y)dx-z^{2}dy+dz)&=(u^{3}-u^{2}-v^{2})d(u^{3})-u^{-2}v^{-2}d(u^{2}+v^{2})+d(u^{-1}v^{-1})\\&=3(u^{5}-u^{4}-u^{2}v^{2})du-2u^{-1}v^{-2}du-2u^{-2}v^{-1}dv-u^{-2}v^{-1}du-u^{-1}v^{-2}dv\\&=(3u^{5}-3u^{4}-3u^{2}v^{2}-2u^{-1}v^{-2}-u^{-2}v^{-1})du+(-2u^{-2}v^{-1}-u^{-1}v^{-2})dv.\,\end{aligned}}

b) Das Wegintegral ist

{}{\begin{aligned}\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{2}t^{6}-2t^{-1}t^{-6}-t^{-2}t^{-3})dt+(-2t^{-2}t^{-3}-t^{-1}t^{-6})dt^{3}&=\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{8}-2t^{-7}-t^{-5})dt+(-2t^{-5}-t^{-7})3t^{2}dt\\&=\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{8}-2t^{-7}-t^{-5}-6t^{-3}-3t^{-5})dt\\&=\int _{1}^{c}(-3t^{8}+3t^{5}-3t^{4}-6t^{-3}-4t^{-5}-2t^{-7})dt\\&=(-{\frac {1}{3}}t^{9}+{\frac {1}{2}}t^{6}-{\frac {3}{5}}t^{5}+3t^{-2}+t^{-4}+{\frac {1}{3}}t^{-6})|_{1}^{c}\\&=-{\frac {1}{3}}c^{9}+{\frac {1}{2}}c^{6}-{\frac {3}{5}}c^{5}+3c^{-2}+c^{-4}+{\frac {1}{3}}c^{-6}-(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {3}{5}}+3+1+{\frac {1}{3}})\\&=-{\frac {1}{3}}c^{9}+{\frac {1}{2}}c^{6}-{\frac {3}{5}}c^{5}+3c^{-2}+c^{-4}+{\frac {1}{3}}c^{-6}-{\frac {39}{10}}.\,\end{aligned}}

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Potenzreihenentwicklungssatz von Cauchy.

Lösung

Zur Notationsvereinfachung sei ${}a=0$ . Nach der Integralformel gilt für jedes ${}z\in U$

{}f(z)={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\delta }{\frac {f(w)}{w-z}}dw\,

mit einem einfachen Umlaufweg

\delta \colon [0,1]\longrightarrow U,\,t\longmapsto z+re^{2\pi {\mathrm {i} }t},

um ${}z$ in ${}U$ . Nach Korollar 13.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) gilt auch

{}f(z)={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(w)}{w-z}}dw\,

mit einem Umlaufweg um ${}0$ in ${}U$ , wobei ${}B\left(0,r\right)\subseteq U$ gelten und ${}z$ im Innern dieses Kreises sein muss. Wir schreiben den Integranden als

{}{\frac {f(w)}{w-z}}={\frac {f(w)}{w}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {z}{w}}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f(w)}{w}}\left({\frac {z}{w}}\right)^{k}\,.

Hierbei ist ${}f(w)$ auf dem Kreis (bzw. ${}f{\left(re^{2\pi {\mathrm {i} }t}\right)}$ auf dem Intervall) beschränkt und daher konvergiert diese Reihe für festes ${}z$ absolut und (als Funktion in ${}w$ ) gleichmäßig gegen die Grenzfunktion. Nach Lemma 23.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) (angewendet auf Real- und Imaginärteil), kann man den Grenzwert der Reihe mit dem Integral vertauschen, daher ist

{}{\begin{aligned}f(z)&=\int _{\gamma }{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\cdot {\frac {f(w)}{w-z}}dw\\&={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f(w)}{w}}\left({\frac {z}{w}}\right)^{k}dw\\&={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\int _{\gamma }{\frac {f(w)}{w}}\cdot {\frac {1}{w^{k}}}dw\right)}z^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{\left({\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(w)}{w^{k+1}}}dw\right)}z^{k}.\end{aligned}}

Da dies für jedes ${}z$ im Innern der Kreisscheibe gilt und die Koeffizienten unabhängig von ${}z$ sind, liegt eine beschreibende konvergente Potenzreihe vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine diskrete Teilmenge ${}T\subseteq {\mathbb {C} }$ , die nicht abgeschlossen ist.

Lösung

Es sei

{}T={\left\{{\frac {1}{n}}\mid n\in \mathbb {N} _{+}\right\}}\,

die Menge der Stammbrüche. Diese Menge ist nicht abgeschlossen, da der Grenzwert der Folge der Stammbrüche, nämlich ${}0$ , nicht zu ${}T$ gehört. Die Menge ist diskret, da man zu jedem Stammbruch ein ${}\epsilon >0$ finden kann derart, dass in der ${}\epsilon$ -Umgebung kein weiterer Stammbruch liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Ort, wo die Laurent-Reihe ${}\sum _{n=0}^{\infty }z^{-n}$ konvergiert und welche Funktion sie darstellt.

Lösung

Es handelt sich um die Reihe, die entsteht, wenn man in die geometrische Reihe ${}z^{-1}$ einsetzt. Nach Korollar 16.7 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) ist die Laurent-Reihe für

{}\vert {z}\vert >1\,

konvergent und stellt dort die Funktion

{}{\frac {1}{1-z^{-1}}}={\frac {z}{z-1}}\,

dar.

Es sei

H\colon X\times [0,1]\longrightarrow X

die Kontraktion des topologischen Raumes ${}X$ auf den Punkt ${}P\in X$ und es sei

\gamma \colon [0,1]\longrightarrow X

ein stetiger geschlossener Weg in ${}X$ mit Aufpunkt ${}P$ . Wir betrachten die zusammengesetzte Abbildung ${}\Psi$

[0,1]\times [0,1]{\stackrel {\gamma \times \operatorname {Id} _{[0,1]}}{\longrightarrow }}X\times [0,1]{\stackrel {H}{\longrightarrow }}X

und behaupten, dass dies eine Homotopie zwischen ${}\gamma$ und dem konstanten Weg ${}P$ ergibt. Dies folgt aus

{}\Psi (s,0)=H(\gamma (s),0)=\gamma (s)\,

für alle ${}s$ ,

{}\Psi (s,1)=H(\gamma (s),1)=P\,

für alle ${}s$ ,

{}\Psi (0,t)=H(\gamma (0),t)=H(P,t)=P\,

für alle ${}t$ und

{}\Psi (1,t)=H(\gamma (1),t)=H(P,t)=P\,

für alle ${}t$ . Dies bedeutet, dass ${}\gamma$ nullhomotop ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ eine offene Menge mit ${}0\notin U$ und sei ${}L\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine holomorphe Funktion. Es sei