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.

1. Ein Gebiet ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$.
2. Die Sinusreihe.
3. Ein diskreter Bewertungsring.
4. Eine isolierte Singularität.
5. Der Hauptteil einer meromorphen Funktion auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ in einem Punkt ${}P\in U$.
6. Die Windungszahl um ${}a$ zu einem stetigen, stückweise stetig differenzierbaren Weg

   $\gamma \colon I\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{a\}.$

Lösung

1. Komplexe Zahlen/Gebiet/Definition/Begriff/Inhalt
2. Für ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt

   $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

   die Sinusreihe zu ${}z$.

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

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

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

Lösung

1. 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

   ${}f'={\frac {\partial f}{\partial z}}\,.$

2. 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

   ${}f(a)={\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-a}}dz\,.$

3. 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.

1. Zeige, dass jedes Produkt ${}a_{i}b_{j}$ genau zu einem ${}d_{k}$ beiträgt.
2. 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

1. 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.
2. 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)

1. Bestimme die Taylorreihe zur Funktion

   ${}f(x)=x^{2}\,$

   im Entwicklungspunkt ${}1$.

2. 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

1. Es ist

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

   daher ist dies die Taylorreihe zur Quadratfunktion im Entwicklungspunkt ${}1$.

2. 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.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die Fundamentalgruppe eines kontrahierbaren Raumes trivial ist.

Lösung

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

${}\exp \left(L(z)\right)=az\,$

(mit einer Konstanten ${}a\neq 0$) auf jeder offenen zusammenhängenden Teilmenge von ${}U$. Zeige, dass dann

${}L'(z)={\frac {1}{z}}\,$

gilt.

Lösung

Wenn

${}\exp \left(L(z)\right)=az\,$

gilt, so ist

${}\exp \left(L(z)\right)\cdot L'(z)=a\,.$

Also ist

${}az\cdot L'(z)=a\,$

und damit

${}L'(z)={\frac {1}{z}}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung