Analysis III - TU Darmstadt/Mathematik

TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. L. Kramer
Martin Fuchssteiner
Lisa Steiner
WS 2005 12. Dezember 2005
Analysis III
8. Tutorium mit Lösungshinweisen
(T 1) Polynome
Es sei f : C → C eine holomorphe Funktion, und f × : C× → C, f × (z) = f ( 1z ) habe bei 0
einen Pol n-ter Ordnung. Zeigen Sie, daß f ein Polynom ist.
Hinweis:
Wie sieht der Nebenteil der Laurentreihenentwicklung von f bzw. f × aus? Wie sieht der
Hauptteil der Laurentreihenentwicklung von f bzw. f × aus?
Lösung:
Da die Funktion f holomorph ist, P
ist sie um 0 in eine Potenzreihe entwickelbar: f (z) =
P
∞
∞
k
×
−k
a
z
.
Daraus
folgt
f
(z)
=
. Wenn f × bei P
0 einen Pol n-ter Ordnung
k=0 k
k=0 ak z
P
n
×
−k
hat, so folgt f (z) = k=0 ak z und entsprechend f (z) = nk=0 ak z k . Daher ist f ein
Polynom.
(T 2) Isolierte Singularitäten holomorpher Injektionen
Wir beweisen den folgenden Satz:
Satz: Ist Ω ⊂ C ein Gebiet, A ⊂ Ω abgeschlossen und diskret in Ω sowie f : Ω \ A → C
holomorph und injektiv, dann gilt:
(i) Kein Punkt a ∈ A ist eine wesentliche Singularität von f .
(ii) Ist a ∈ A ein Pol, so ist a ein Pol 1. Ordnung.
(iii) Ist jeder Punkt a ∈ A eine hebbare Singularität von f , so ist die holomorphe Fortsetzung fˆ : Ω → C injektiv.
1. Zu (i): Sei a ∈ A. Da A diskret ist, gibt es eine offene Umgebung U von A in Ω mit
U ∩ A = ∅.
(a) Beweisen Sie, daß f (Ω \ U ) offen ist.
(b) Zeigen Sie, daß f (U \ {a}) ∩ f (Ω \ U ) = 0 gilt.
(c) Beweisen Sie, daß a keine wesentliche Singularität sein kann.
Hinweis: Benutzen Sie den Satz von Casorati-Weierstrass.
2. Zu (ii): Ist a ∈ A ein Pol m-ter Ordnung, so gibt es eine offene Umgebung U von a
in Ω mit U ∩ A = ∅, so daß g := f1 auf U holomorph ist und nur bei a eine Nullstelle
(m-ter Ordnung) hat.
(a) Zeigen Sie, daß g|U : U \ {a} → C \ {0} injektiv ist.
(b) Beweisen Sie, daß g : U → C injektiv ist.
(c) Zeigen Sie g 0 (a) 6= 0, d.h. m ≤ 1.
3. zu (iii): Falls die holomorphe Fortsetzung nicht injektiv ist, gibt es Punkte a, a0 ∈ A
mit f (a) = f (a0 ) = p. Für diese gibt es dann offene Umgebungen U (a) und U (a0 ) von
a bzw. a0 in Ω mit U (a) ∩ A = U (a) ∩ A = ∅ = U (a) ∩ U (a0 ).
(a) Zeigen Sie, daß f (U (a) ∩ U (a0 )) eine Umgebung von p ist.
(b) Beweisen Sie, daß es Punkte b ∈ U (a) \ {a}, b0 ∈ U (a0 ) \ {a0 } mit f (b) = f (b0 )
gibt.
(c) Zeigen Sie, daß die holomorphe Fortsetzung in (iii) injektiv sein muß.
Lösung:
1. Zu (i):
(a) Da f holomorph und injektiv auf der offenen Menge Ω \ U ist, ist auch das Bild
f (Ω \ U ) offen.
(b) Da f auf Ω injektiv ist, folgt f (U \ {a}) ∩ f (Ω \ U ) = 0.
(c) Da das Bild f (U \ {a}) die offene Menge f (Ω \ U) nicht schneidet, ist f (U \ {a})
nicht dicht in C. Somit kann a keine wesentliche Singularität sein.
2. Zu (ii):
(a) Weil f injektiv ist, ist auch g|U : U \ {a} → C \ {0} injektiv.
(b) Somit ist auch g injektiv, denn es gilt g(0) = 0.
(c) Da g auf U biholomorph ist, folgt g 0 (a) 6= 0. Denn wäre g 0 (a) = 0, so wäre g auf
U nicht injektiv und nicht biholomorph.
3. Zu (iii):
(a) Die Menge f (U (a) ∩ U (a0 )) ist als Schnitt zweier Umgebungen von p wieder eine
Umgebung von p.
(b) Da f (U (a) ∩ U (a0 )) eine Umgebung von p ist, gibt es einen Punkt p0 ∈ f (U (a) ∩
U (a0 )) \ {p}. Also gibt es Punkte b ∈ U (a), b0 ∈ U (a0 ) mit f (b) = f (b0 ) 6= p.
(c) Die holomorphe Fortsetzung in (iii) muß injektiv sei, denn sonst wäre f nach
(b) auch nicht injektiv.
(T 3) Die Automorphismen Aut(C)
Es sei f : C → C eine injektive holomorphe Abbildung.
(a) Zeigen Sie, daß auch die Abbildung f × : C× → C, f × (z) = f ( z1 ) holomorph und
injektiv ist.
(b) Beweisen Sie, daß 0 keine wesentliche Singularität von f × ist.
(c) Zeigen Sie, daß f ein Polynom sein muß.
(d) Folgern Sie, daß f 0 keine Nullstellen hat, also konstant sein muß.
(e) Beweisen Sie, daß jede injektive holomorphe Abbildung f ∈ Aut(C) affin linear ist,
d.h. es gibt a ∈ C× , b ∈ C mit f (z) = az + b.
Lösung:
(a) Mit f ist auch die Abbildung f × : C× holomorph und injektiv.
(b) Nach Aufgabe T3 ist 0 keine wesentliche Singularität von f × .
(c) Nach Aufgabe T1 muß f ein Polynom sein.
(d) Da f holomorph und injektiv ist hat f 0 keine Nullstellen. Als Polynom muß f 0 daher
konstant sein: f’=a.
(e) Aus (c) und (d) folgt, daß jede injektive holomorphe Abbildung von der Form a ∈ C× ,
b ∈ C mit f (z) = az + b ist.
(T 4) Die Automorphismen Aut(C× )
Bestimmen Sie alle Automorphismen von C×
Hinweis: Benutzen Sie zuerst Ihre Kenntnisse aus T2. Betrachten Sie dann zu f ∈ Aut(C× )
wieder die Funktion f × : C× → C, f × (z) = f ( 1z ) und benutzen Sie T3.
Lösung:
Es sei f : C× → C× eine injektive holomorphe Abbildung. Nach T2 kann f bei 0 höchstens
einen Pol 1. Ordnung haben. Ist f stetig hebbar, so ist die holomorphe Fortsetzung f :
C → C auch wieder injektiv und holomorph (warum ?) und f somit affin linear. Hat f
einen Pol 1. Ordnung bei 0, so ist hat die Funktion f × : C× → C mit f × (0) = 0 stetig auf
C fortsetzbar. Dann ist f × affin linear f × (z) = az + b, a ∈ C× , b ∈ C. Hiermit folgt dann
f (z) = az + b mit a ∈ C× und b ∈ C.