Kurs:Funktionentheorie/2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	0	2	4	5	5	4	0	6	2	3	5	4	2	0	4	0	52

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine biholomorphe Abbildung zwischen offenen Mengen ${}U,V\subseteq {\mathbb {C} }$.
2. Die geometrische Reihe für ${}z\in {\mathbb {C} }$.
3. Die ${}t$-Norm einer Potenzreihe.
4. Eine Laurent-Reihe.
5. Ein kontrahierbarer topologischer Raum ${}X$.
6. Ein Gitter in den komplexen Zahlen ${}{\mathbb {C} }$.

Lösung

1. Komplexe Zahlen/Offene Teilmengen/Abbildung/Biholomorph/Definition/Begriff/Inhalt
2. Geometrische Reihe/Komplex/Definition/Begriff/Inhalt
3. Komplexe Potenzreihe/t-Norm/Definition/Begriff/Inhalt
4. Laurent-Reihe/Formal/Definition/Begriff/Inhalt
5. Topologischer Raum/Kontrahierbar auf Punkt/Deformationsintervall rechts/Definition/Begriff/Inhalt
6. Komplexe Zahlen/Reelles Gitter/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die komplexe Partialbruchzerlegung.
2. Der Integralsatz von Cauchy.
3. Der Satz über die Laurent-Entwicklung auf einem Kreisring.

Lösung

1. Es seien ${}P,Q\in {\mathbb {C} }[X]$, ${}Q\neq 0$, Polynome und es sei

   $Q=(X-a_{1})^{r_{1}}\cdots (X-a_{s})^{r_{s}}$

   mit verschiedenen ${}a_{i}\in {\mathbb {C} }$. Dann gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom ${}H\in {\mathbb {C} }[X]$ und eindeutig bestimmte Koeffizienten ${}c_{ij}\in {\mathbb {C} }$, ${}1\leq i\leq s$, ${}1\leq j\leq r_{i}$, mit

   ${\frac {P}{Q}}=H+{\frac {c_{11}}{X-a_{1}}}+{\frac {c_{12}}{(X-a_{1})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{1r_{1}}}{(X-a_{1})^{r_{1}}}}+\cdots +{\frac {c_{s1}}{X-a_{s}}}+{\frac {c_{s2}}{(X-a_{s})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{sr_{s}}}{(X-a_{s})^{r_{s}}}}.$

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.

   Dann ist

   ${}\int _{\gamma }fdz=0\,.$

3. Es seien ${}0\leq r<R$ reelle Zahlen (wobei für ${}R$ auch ${}\infty$ erlaubt ist), ${}a\in {\mathbb {C} }$ ein Punkt und sei ${}f$ eine holomorphe Funktion auf dem offenen Kreisring

   ${}U=U(a,r,R)=U{\left(a,R\right)}\setminus B\left(a,r\right)\,.$

   Dann gibt es eine auf ${}U$ konvergente Laurent-Reihe ${}\sum _{n\in \mathbb {Z} }c_{n}(z-a)^{n}$, die dort ${}f$ darstellt.

   Für die Koeffizienten der Laurent-Reihe gilt

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

   wobei ${}\gamma$ eine einfache Umrundung von ${}a$ im Kreisring ${}U$ ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ offen ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine nullstellenfreie komplex differenzierbare. Es sei ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ und sei ${}g\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine komplex differenzierbare Funktion mit

${}f(z)=(g(z))^{k}\,$

für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$. Zeige

${}g'(z)={\frac {1}{k}}\cdot {\frac {1}{(g(z))^{k-1}}}\cdot f'(z)\,.$

Lösung

Nach der Produktregel und der Kettenregel ist

${}f'(z)=k\cdot (g(z))^{k-1}\cdot g'(z)\,.$

Da ${}g$ ebenfalls nullstellenfrei ist, kann man umstellen und erhält

${}g'(z)={\frac {1}{k}}\cdot {\frac {1}{(g(z))^{k-1}}}\cdot f'(z)\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der geometrischen Reihe mit der Exponentialreihe.

Lösung

Die geometrische Reihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }x^{n}$ und die Exponentialreihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}x^{n}$. Das Cauchy-Produkt von zwei Reihen ergibt sich einfach dadurch, dass man jeden Summanden mit jedem Summanden multipliziert und gleiche Potenzen aufsummiert. Daher können die Potenzen ${}x^{5},x^{6},$ etc. ignoriert werden und es ist

${}{\begin{aligned}&\,(1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}){\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}\\&={\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}+{\left(x+x^{2}+{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{6}}x^{4}\right)}+{\left(x^{2}+x^{3}+{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}+x^{3}+x^{4}+x^{4}+\ldots \\&=1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}+\ldots .\end{aligned}}$

Das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der beiden Reihen ist also

$1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die algebraische Struktur eines Potenzreihenrings ${}K[\![T]\!]$.

Lösung

Zunächst ist ${}R$ ein lokaler Ring mit maximalem Ideal ${}{\mathfrak {m}}=(T)$. Wenn nämlich eine Potenzreihe ${}F$ keine Einheit ist, so muss nach Satz 9.15 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) der konstante Term von ${}F$ gleich ${}0$ sein. Dann kann man aber ${}F=T{\tilde {F}}$ mit der umindizierten Potenzreihe ${}{\tilde {F}}$ schreiben. Die Nullteilerfreiheit folgt durch Betrachten der Anfangsterme: Sind ${}F$ und ${}G$ von ${}0$ verschiedene Potenzreihen, so ist

${}F=a_{k}T^{k}+a_{k+1}T^{k+1}+\ldots \,$

und

${}G=b_{\ell }T^{\ell }+a_{\ell +1}T^{\ell +1}+\ldots \,$

mit ${}a_{k},b_{\ell }\neq 0$. Für die Produktreihe ist dann der Koeffizient

${}c_{k+\ell }=a_{k}b_{\ell }\neq 0\,,$

da die kleineren Koeffizienten alle ${}0$ sind. Es bleibt also noch noethersch zu zeigen. Es ergibt sich aber direkt, dass ein Hauptidealbereich vorliegt, und zwar wird jedes Ideal ${}\neq 0$ von ${}T^{j}$ erzeugt, wobei ${}j$ das Minimum über alle Indizes von Koeffizienten ${}\neq 0$ von Potenzreihen in dem Ideal ist.

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 (4 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und ${}f\colon U\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion. Zeige

${}d(df)=0\,,$

wobei ${}d$ die äußere Ableitung bezeichnet.

Lösung

Für eine ${}1$-Form ${}\omega =\sum _{j=1}^{n}g_{j}dx_{j}$ ist unter Verwendung von ${}dx_{i}\wedge dx_{j}=-dx_{j}\wedge dx_{i}$

${}{\begin{aligned}d\omega &=\sum _{j=1}^{n}d(g_{j}dx_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n}{\left(\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial g_{j}}{\partial x_{i}}}dx_{i}\wedge dx_{j}\right)}\\&=\sum _{1\leq i<j\leq n}{\left({\frac {\partial g_{j}}{\partial x_{i}}}-{\frac {\partial g_{i}}{\partial x_{j}}}\right)}dx_{i}\wedge dx_{j}.\end{aligned}}$

Für eine zweimal stetig differenzierbare Funktion ${}f$ ist ${}df=\sum _{j=1}^{n}g_{j}dx_{j}$ mit den partiellen Ableitungen ${}g_{j}={\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}$, und daher ist ${}d(df)=0$ nach dem Satz von Schwarz.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Integralformel von Cauchy für die Kreisscheibe.

Lösung

Es sei ${}s>0$ derart, dass

${}B\left(a,s\right)\subseteq B\left(P,r\right)\,$

ist. Die Funktion ${}{\frac {f(z)}{z-a}}$ ist dann auf ${}U\setminus \{a\}$ definiert und holomorph. Wir können daher Korollar 13.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) anwenden und erhalten

${}\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-a}}dz=\int _{\delta _{s}}{\frac {f(z)}{z-a}}dz\,,$

wobei ${}\delta _{s}$ der Kreisweg um ${}a$ mit Radius ${}s$ sei. Man beachte, dass diese Gleichung für jedes positive hinreichend kleine ${}s$ gilt, und insbesondere der Term rechts unabhängig von einem solchen ${}s$ ist. Wir schreiben

${}\int _{\delta _{s}}{\frac {f(z)}{z-a}}dz=\int _{\delta _{s}}{\frac {f(z)-f(a)}{z-a}}dz+\int _{\delta _{s}}{\frac {f(a)}{z-a}}dz\,.$

Der Differenzenquotient ${}{\frac {f(z)-f(a)}{z-a}}$ konvergiert für ${}s$ gegen ${}0$ gegen die Ableitung ${}f'(a)$. Insbesondere ist dieser Term beschränkt in einer Umgebung von ${}a$ und daher konvergiert das linke Integral auf der rechten Seite nach Lemma 12.10 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) gegen ${}0$, da ja die Länge des Weges beliebig klein wird. Das rechte Integral auf der linken Seite ist unabhängig von ${}s$ wegen Beispiel 12.6 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) gleich ${}2\pi {\mathrm {i} }f(a)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer holomorphen Funktion ${}f\neq 0$ auf der punktierten Kreisscheibe ${}U{\left(0,r\right)}\setminus \{0\}$ derart, dass ${}0$ ein Häufungspunkt der Nullstellen von ${}f$ ist.

Lösung

Wir betrachten

${}f(z)=\sin {\frac {1}{z}}\,.$

Für ${}z={\frac {1}{n\pi }}$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$ ist

${}f{\left({\frac {1}{n\pi }}\right)}=\sin n\pi =0\,.$

Die Menge ${}{\frac {1}{n\pi }}$ hat im Nullpunkt einen Häufungspunkt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den lokalen Exponenten von

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto z^{4}-2z^{2}+1,$

in jedem Punkt ${}P\in {\mathbb {C} }$.

Lösung

Es ist

${}f(z)=z^{4}-2z^{2}+1=(z^{2}-1)^{2}=((z-1)(z+1))^{2}=(z-1)^{2}(z+1)^{2}\,$

und

${}{\begin{aligned}f'(z)&=2(z-1)(z+1)^{2}+2(z-1)^{2}(z+1)\\&=2(z-1)(z+1)(z+1+z-1)\\&=4(z-1)(z+1)z.\end{aligned}}$

Die Nullstellen ${}0,1,-1$ sind alle einfach, daher ist der lokale Exponent in diesen Punkten gleich ${}2$, in allen anderen Punkten ist er gleich ${}1$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion und sei

${}S={\left\{(x,y)\mid y\leq f(x)\right\}}\,$

der nach unten offene Subgraph der Funktion. Zeige, dass ${}S$ einfach zusammenhängend ist.

Lösung

Es sei ${}\gamma \colon [0,1]\rightarrow S$ ein stetiger geschlossener Weg. Dabei ist die Projektion von ${}\gamma ([0,1])$ auf die ${}x$-Achse kompakt und somit kann man davon ausgehen, dass der Weg im Subgraphen ${}T$ der eingeschränkten Funktion

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

liegt. Diese Funktion ist nach unten beschränkt, sagen wir durch ${}c$. Durch eine vertikale Verschiebung um ${}-c$ können wir annehmen, dass ${}f$ auf ${}[a,b]$ nichtnegativ ist. Die Abbildung

$T\times [0,1]\longrightarrow T,\,(x,y,s)\longmapsto (x,(1-s)y),$

zeigt, dass ${}[a,b]\times \{0\}$ ein Deformationsretrakt von ${}T$ ist. Nach Satz 20.13 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) stimmt die Fundamentalgruppe von ${}T$ mit der des Intervalls überein, sie ist also trivial nach Lemma 20.7 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)).

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}P=z^{2}+z+1\in {\mathbb {C} }[Z]$ und sei

$\varphi \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto P(z),$

die zugehörige Abbildung. Bestimme den maximalen Ort ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ derart, dass ${}\varphi \colon \varphi ^{-1}(U)\rightarrow U$ eine Überlagerung ist.

Lösung

Es ist ${}P'=2z+1$, d.h. die einzige Nullstelle der Ableitung ist bei ${}z=-{\frac {1}{2}}$. Es ist

${}P{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}={\frac {1}{4}}-{\frac {1}{2}}+1={\frac {3}{4}}\,.$

Wir setzen ${}U={\mathbb {C} }\setminus \{{\frac {3}{4}}\}$ und behaupten, dass

$\varphi ^{-1}(U)={\mathbb {C} }\setminus \{-{\frac {1}{2}}\}\longrightarrow U$

eine Überlagerung ist. Für jeden Punkt ${}u\in U$ gibt es eine Faktorzerlegung

${}P-u=c(z-\alpha )(z-\beta )\,.$

Wegen ${}\alpha ,\beta \neq -{\frac {1}{2}}$ und da die Ableitung nicht ${}0$ ist folgt ${}\alpha \neq \beta$. Jeder Punkt aus ${}U$ besitzt also zwei Urbildpunkte. Da in jedem Punkt ${}v\in \varphi ^{-1}(U)$ ein lokaler Homöomorphismus vorliegt, liegt eine endliche Überlagerung mit Blätterzahl ${}2$ vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Windungszahl auf den Teilgebieten des gezeigten Weges.

Lösung Windungszahl/Skizze/Teilgebiete/2/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über den Repräsentanten für ein Gitter unter Streckungsäquivalenz.

Lösung

Sei ${}\Gamma =\mathbb {Z} u_{1}+\mathbb {Z} u_{2}$. Da ${}u_{1},u_{2}$ eine reelle Basis bilden, ist insbesondere ${}u_{1}\neq 0$. Mit ${}s:=u_{1}^{-1}$ erhält man das streckungsäquivalente Gitter

${}s\Gamma =\langle su_{1},su_{2}\rangle =\langle u_{1}^{-1}u_{1},u_{1}^{-1}u_{2}\rangle =\langle 1,u_{1}^{-1}u_{2}\rangle \,.$

Sei ${}v=u_{1}^{-1}u_{2}$. Diese Zahl ist nicht reell, da andernfalls eine reelle lineare Abhängigkeit zwischen ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ vorliegen würde. Also besitzt ${}v$ einen imaginären Anteil. Wenn dieser in der unteren Halbebene liegt, so ersetzen wir ${}v$ durch ${}-v$ und erhalten eine Basis mit den verlangten Eigenschaften.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung