Kurs:Funktionentheorie/4/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	4	3	7	3	2	3	0	4	4	3	6	2	3	55

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine ganze Funktion
2. Die Kosinusreihe.
3. Der Potenzreihenring in einer Variablen über einem Körper ${}K$.
4. Eine Differentialform ersten Grades auf einer offenen Menge ${}U\subseteq V$ mit Werten in einem Vektorraum ${}W$.
5. Eine wesentliche Singularität.
6. Die Liftung eines stetigen Weges ${}\gamma \colon [0,1]\rightarrow X$ zu einer stetigen Abbildung ${}p\colon Y\rightarrow X$.

Lösung

1. Eine ganze Funktion ist eine komplex differenzierbare Funktion

   $f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }.$

2. Für ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt

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

   die Kosinusreihe zu ${}z$.

3. Potenzreihenring/Eine Variable/Körper/Definition/Begriff/Inhalt
4. 1-Form/K/Vektorräume/Definition/Begriff/Inhalt
5. Offene Menge/Punkt/Holomorphe Funktion/Isolierte Singularität/Wesentlich/Definition/Begriff/Inhalt
6. Stetige Abbildung/Liftung eines Weges/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Konvergenzaussage für die geometrische Reihe in ${}{\mathbb {C} }$.
2. Der Satz über holomorphe Stammfunktionen.
3. Der Satz von Casorati-Weierstrass.

Lösung

1. Für alle komplexen Zahlen ${}z$ mit ${}{|z|}<1$ konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }z^{k}$ absolut und es gilt

   ${}\sum _{k=0}^{\infty }z^{k}={\frac {1}{1-z}}\,.$

2. Es sei

   ${}U=U{\left(P,r\right)}\subseteq {\mathbb {C} }\,$

   ein offener Ball und sei ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine holomorphe Funktion.

   Dann besitzt ${}f$ eine Stammfunktion

   auf ${}U$.
3. Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ eine offene Teilmenge, ${}a\in U$ ein Punkt und

   $f\colon U\setminus \{a\}\longrightarrow {\mathbb {C} }$

   eine holomorphe Funktion. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

   1. ${}f$ besitzt in ${}a$ eine wesentliche Singularität.
   2. Für jede offene Kreisscheibenumgebung ${}U{\left(a,r\right)}$ ist das Bild ${}f{\left(U{\left(a,r\right)}\setminus \{a\}\right)}$ dicht in ${}{\mathbb {C} }$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}a\in {\mathbb {C} }$ ${}a\neq 0$, und es sei

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

eine differenzierbare Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${}f(az)=f(z)$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$ gelte. Zeige, dass die Ableitung die Beziehung ${}f'(az)=a^{-1}f'(z)$ erfüllt.

Lösung

Es sei ${}g(z):=f(az)$. Nach der Kettenregel ist ${}g'(z)=af'(az)$. Wegen ${}g(z)=f(z)$ gilt also ${}f'(z)=af'(az)$ und damit ${}f'(az)=a^{-1}f(z)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}\mathbb {C}$- Vektorraum und es seien

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

und

$\psi \colon V\longrightarrow V$

antilineare Abbildungen. Zeige, dass die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ linear ist.

Lösung

Da beide Abbildungen mit der Addition verträglich sind, gilt dies auch für die Verknüpfung. Für einen Vektor ${}v\in V$ und einen Skalar ${}s\in {\mathbb {C} }$ gilt

${}(\varphi \circ \psi )(sv)=\varphi (\psi (sv))=\varphi ({\overline {s}}\psi (v))={\overline {\overline {s}}}\varphi (\psi (v))=s(\varphi \circ \psi )(v)\,,$

also ist ${}\varphi \circ \psi$ linear.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der geometrischen Reihe.

Lösung

Für jedes ${}z$ gilt die Beziehung

${}(z-1){\left(\sum _{k=0}^{n}z^{k}\right)}=z^{n+1}-1\,$

und daher gilt für die Partialsummen die Beziehung (bei ${}z\neq 1$)

${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}z^{k}={\frac {z^{n+1}-1}{z-1}}\,.$

Für ${}n\rightarrow \infty$ und ${}\vert {z}\vert <1$ konvergiert dies wegen Aufgabe 8.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und Satz 8.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen ${}{\frac {-1}{z-1}}={\frac {1}{1-z}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$

eine absolut konvergente Potenzreihe mit Konvergenzradius ${}r>0$. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {N}$ eine Teilmenge. Zeige, dass die Potenzreihe

$\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}z^{n}$

mit

${}b_{n}:={\begin{cases}a_{n},\,{\text{ falls }}n\in I,\\0{\text{ sonst}},\end{cases}}\,$

ebenfalls absolut konvergent mit einem Konvergenzradius ${}\geq r$ ist.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass die Reihe für jedes ${}z\in {\mathbb {C} }$, ${}\vert {z}\vert <r$, absolut konvergiert. Es ist

${}\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {b_{n}z^{n}}\vert =\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {b_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\,.$

Für die Reihenglieder gilt

${}\vert {b_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\leq \vert {a_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}\,.$

Da die Reihe ${}\sum _{n\in \mathbb {N} }\vert {a_{n}}\vert \vert {z}\vert ^{n}$ nach Voraussetzung konvergiert, liegt eine konvergente Majorante vor, sodass auch die Reihe ${}\sum _{n\in \mathbb {N} }b_{n}z^{n}$ absolut konvergiert.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über Automorphismen auf dem Potenzreihenring.

Lösung

Wir zeigen zunächst, dass es eine Potenzreihe ${}F={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}T^{i}$ mit ${}F(G)=T$ gibt. Dabei muss ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=b_{1}^{-1}$ sein. Es sei nun die Potenreihe ${}F$ mit der gewünschten Eigenschaft bis zum ${}(k-1)$-Koeffizienten bereits konstruiert. Für den Koeffizienten ${}c_{k}$ hat man nach der Definition . die Bedingung

${}{\begin{aligned}0&=c_{k}\\&=\sum _{s=0}^{k}a_{s}{\left(\sum _{j_{1}+\cdots +j_{s}=k}b_{j_{1}}\cdots b_{j_{s}}\right)}\\&=\sum _{s=0}^{k-1}a_{s}{\left(\sum _{j_{1}+\cdots +j_{s}=k}b_{j_{1}}\cdots b_{j_{s}}\right)}+a_{k}b_{1}^{k}.\end{aligned}}$

Daraus ergibt sich eine eindeutig lösbare Bedingung an ${}a_{k}$.

Wir betrachten nun die Hintereinanderschaltung

$K[\![T]\!]{\stackrel {T\mapsto F}{\longrightarrow }}K[\![T]\!]{\stackrel {T\mapsto G}{\longrightarrow }}K[\![T]\!].$

Dabei ist die Gesamtabbildung der Einsetzungshomomorphismus ${}T\mapsto T$, und das ist die Identität. Insbesondere ist die hintere Abbildung surjektiv. Da ${}K[\![T]\!]$ nach Korollar 9.17 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) ein diskreter Bewertungsring, sind die Ideale darin bekannt, und nur das Nullideal kommt als Kern der Abbildung in Frage. Die Abbildung ist also auch injektiv und damit bijektiv.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne die äußere Ableitung ${}d\omega$ der ${}1$- Differentialform

${}\omega ={\frac {x^{2}}{y}}dx-{\frac {x}{y^{2}}}dy\,$

auf ${}U={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y\neq 0\right\}}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}d\omega &=d{\frac {x^{2}}{y}}\wedge dx-d{\frac {x}{y^{2}}}\wedge dy\\&=-{\frac {x^{2}}{y^{2}}}dy\wedge dx-{\frac {1}{y^{2}}}dx\wedge dy\\&={\frac {x^{2}-1}{y^{2}}}dx\wedge dy.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass der Hauptteil des Produktes von meromorphen Funktionen nicht das Produkt deren Hauptteile sein muss.

Lösung

Es sei

${}f=g=z^{-2}+z\,.$

Der Hauptteil von

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

ist ${}z^{-4}+2z^{-1}$, dagegen ist der Hauptteil von ${}f$ gleich ${}z^{-2}$, die zweite Potenz davon ist ${}z^{-4}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}S\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine abgeschlossene sternförmige Menge und es sei ${}Z\subseteq S$ die Menge aller Punkte, bezüglich der ${}S$ sternförmig ist. Zeige, dass ${}Z$ abgeschlossen ist.

Lösung

Wir verwenden Satz 33.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Es sei ${}z_{n}\in Z$ eine Folge, die gegen ${}z\in S$ konvergiere. Es ist zu zeigen, dass ${}S$ auch bezüglich ${}z$ sternförmig ist. Es sei ${}P\in S$ ein Punkt. Nach Voraussetzung gehören die Verbindungsstrecken ${}V_{n}$ von ${}P$ nach ${}z_{n}$ stets ganz zu ${}S$. Es sei ${}V$ die Verbindungsstrecke von ${}P$ nach ${}z$ und ${}Q\in V$. Es ist dann

${}Q=P+\alpha (z-P)\,$

mit einem ${}\alpha \in [0,1]$. Dann konvergiert auch die Folge ${}Q_{n}=P+\alpha (z_{n}-P)\in S$ gegen ${}Q$ und wegen der Abgeschlossenheit von ${}S$ ist ${}Q\in S$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}U=U{\left(0,r\right)}\subseteq {\mathbb {C} }$ eine offene Kreisscheibe und ${}V=U\setminus \{0\}$. Es sei ${}f$ eine meromorphe Funktion auf ${}V$ und seien ${}\alpha _{0},\ldots ,\alpha _{d-1}$ meromorphe Funktionen auf ${}U$. Es erfülle ${}f$ die Ganzheitsgleichung

${}f^{d}+\alpha _{d-1}f^{d-1}+\cdots +\alpha _{2}f^{2}+\alpha _{1}f+\alpha _{0}=0\,$

auf ${}V$. Zeige, dass ${}f$ auf ganz ${}U$ meromorph ist.

Lösung

Indem wir ${}U$ verkleinern können wir davon ausgehen, dass der Nullpunkt die einzige Polstelle der ${}\alpha _{j}$ ist. Es sei ${}m$ das Maximum der Polordnung der ${}\alpha _{j}$ im Nullpunkt. Wir multiplizieren die Gleichung mit ${}z^{md}$ und erhalten die neue Gleichung

${}{\begin{aligned}0&=z^{md}{\left(f^{d}+\alpha _{d-1}f^{d-1}+\cdots +\alpha _{2}f^{2}+\alpha _{1}f+\alpha _{0}\right)}\\&=(z^{m}f)^{d}+z^{m}\alpha _{d-1}(z^{m}f)^{d-1}+\cdots +z^{m(d-2)}\alpha _{2}(z^{m}f)^{2}+(z^{m}f)z^{m(d-1)}\alpha _{1}+z^{md}\alpha _{0}.\end{aligned}}$

Dies lesen wir als eine Ganzheitsgleichung für die Funktion ${}z^{m}f$ über den auf ${}U$ holomorphen Koeffizientenfunktionen ${}z^{m(d-j)}\alpha _{j}$. Aus Aufgabe 14.12 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) folgt, dass ${}z^{m}f$ holomorph auf ${}U$ ist. Also ist ${}f$ meromorph auf ${}U$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$g\colon ]0,1]\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$

eine stetige Funktion mit ${}g(1)=1$. Zeige, dass durch

${}f(x):={\begin{cases}g(x)\,,{\text{ für }}x\leq 1,\,\\{\frac {1}{g\left({\frac {1}{x}}\right)}}{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

eine Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$

gegeben ist, die die Bedingung

${}f\left({\frac {1}{x}}\right)={\frac {1}{f(x)}}\,$

für alle ${}x\in \mathbb {R} _{+}$ erfüllt.

Lösung

Da ${}g$ stets positiv ist und da

${}{\frac {1}{x}}<1\,$

für ${}x>1$ gilt, ist die Funktion ${}f$ wohldefiniert und ihr Bild liegt in ${}\mathbb {R} _{+}$.

Der zweite Ausdruck für ${}f$ ist stetig und er ergibt für ${}x=1$ ebenfalls den Wert ${}1$, daher passen die beiden Teilausdrücke zusammen und ergeben eine stetige Funktion. Die Bedingung bedeutet

${}f(x)\cdot f{\left({\frac {1}{x}}\right)}=1\,,$

wegen der Symmetrie können wir ${}x\leq 1$ annehmen, wobei die Gleichheit für ${}x=1$ direkt gilt. Dann ist

${}f(x)\cdot f{\left({\frac {1}{x}}\right)}=g(x)\cdot f{\left({\frac {1}{x}}\right)}=g(x)\cdot {\frac {1}{g{\left({\frac {1}{\,{\frac {1}{x}}\,}}\right)}}}=g(x)\cdot {\frac {1}{g{\left(x\right)}}}=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$h\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }$

eine ganze Funktion und sei

${}f(z):=h{\left(z^{-1}\right)}\,.$

Zeige

${}\operatorname {Res} _{0}\left(f\right)=h'(0)\,.$

Lösung

Es sei

${}h(z)=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{n}\,.$

Dann ist

${}f(z^{-1})=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}z^{-n}\,$

nach Korollar 16.7 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) die Laurent-Reihe von ${}f$ in ${}0$. Daher ist

${}\operatorname {Res} _{0}\left(f\right)=c_{1}=h'(0)\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Wegeliftungssatz.

Lösung

Zu jedem Punkt ${}x\in \gamma (I)$ gibt es eine offene Umgebung ${}x\in U_{x}$ derart, dass ${}p$ oberhalb von ${}U_{x}$ trivialisiert, d.h. ${}p^{-1}(U_{x})$ ist die disjunkte Vereinigung von zu ${}U_{x}$ über ${}p$ homöomorphen offenen Teilmengen von ${}E$. Aufgrund der Kompaktheit von ${}\gamma (I)$ gibt es somit endlich viele offene Mengen ${}U_{1},\ldots ,U_{n}$ mit dieser Eigenschaft und mit ${}\gamma (0)\in U_{1}$, mit ${}U_{i}\cap U_{i+1}\cap \gamma (I)\neq \emptyset$ für alle ${}i$ (da ${}\gamma (I)$ zusammenhängend ist) und mit ${}\gamma (1)\in U_{n}$. Es sei ${}x_{i}=\gamma (t_{i})\in U_{i}\cap U_{i+1}$ mit aufsteigenden Zeitpunkten ${}t_{i}$. Es sei ${}V_{1}$ diejenige zu ${}U_{1}$ homöomorphe Teilmenge von ${}E$, die ${}z$ enthält. Dann gibt es für den auf ${}[0,t_{1}]$ eingeschränkten Weg nur die Liftung ${}p{|}_{V_{i}}^{-1}\circ \gamma {|}_{[0,t_{1}]}$. Dieser Weg hat für ${}t_{1}$ einen eindeutigen Endpunkt in ${}E$, sagen wir

${}z_{1}={\tilde {\gamma }}(t_{1})\,.$

Dazu gehört wiederum eine eindeutige offene Menge ${}V_{2}\subseteq E$ homöomorph zu ${}U_{2}$ und es gibt eine eindeutige Fortsetzung von dem bisher konstruierten ${}{\tilde {\gamma }}$ nach ${}[t_{1},t_{2}]$. So induktiv fortfahrend erhält man die gesamte eindeutige Liftung des Weges.

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 mit

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

Zeige, dass

${}L(\exp z)=z+b\,$

auf jeder offenen zusammenhängenden Teilmenge von ${}\exp ^{-1}(U)$ (mit einer Konstanten ${}b$) gilt.

Lösung

Wenn

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

ist, so ist die Ableitung von ${}L(\exp z)$ gleich

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

Also ist

${}L(\exp z)=z+b\,$

mit ${}b\in {\mathbb {C} }$ auf jeder offenen zusammenhängenden Teilmenge von ${}\exp ^{-1}(U)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Finde für das Gitter ${}\Gamma =\langle 3+{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }\rangle$ das Element ${}\tau$ im Fundamentalbereich ${}D$ derart, dass ${}\Gamma$ streckungsäquivalent zu ${}\langle 1,\tau \rangle$ ist.

Lösung

Wir strecken das Gitter mit dem Inversen von ${}3+{\mathrm {i} }$, also mit

${}{\left(3+{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {3-{\mathrm {i} }}{{\left(3+{\mathrm {i} }\right)}{\left(3-{\mathrm {i} }\right)}}}={\frac {3}{10}}-{\frac {1}{10}}{\mathrm {i} }\,.$

Wegen

${}{\left(-1+2{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {3}{10}}-{\frac {1}{10}}{\mathrm {i} }\right)}=-{\frac {3}{10}}+{\frac {2}{10}}+{\left({\frac {6}{10}}+{\frac {1}{10}}\right)}{\mathrm {i} }=-{\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }=\sigma \,$

ist das Gitter streckungsäquivalent zu

$\langle 1,-{\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\rangle .$

Der zweite Erzeuger ${}\sigma$ liegt nicht im Fundamentalbereich, sein Betragsquadrat ist

${}{\frac {1}{100}}+{\frac {49}{100}}={\frac {1}{2}}<1\,.$

Es ist

${}-\sigma ^{-1}=-{\frac {1}{\frac {1}{2}}}{\left(-{\frac {1}{10}}-{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\right)}=2{\left({\frac {1}{10}}+{\frac {7}{10}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{5}}+{\frac {7}{5}}{\mathrm {i} }\,.$

Der Betrag hiervon ist ${}>1$ und der Realteil ist zwischen ${}-{\frac {1}{2}}$ und ${}{\frac {1}{2}}$, diese Element liegt also im Fundamentalbereich. Es ist also

${}\tau ={\frac {1}{5}}+{\frac {7}{5}}{\mathrm {i} }\,.$