1. Ubungsblatt zur¨ Funktionentheorie II (L¨osungshinweise)Der Fundamentalbereich Q = {z = x+iy :...

Institut fur MathematikUniversitat Hannover

Dr. H. Koditz

Hannover, den 18. April 2005

1. Ubungsblatt zur Funktionentheorie II (Losungshinweise)

Aufgabe 1 Seien G,G∗ ⊂ C Gebiete und f : G → G∗ eine bijektive und holomorphe Abbildung. Manzeige, dass die Umkehrabbildung f−1 : G∗ → G ebenfalls holomorph ist.Hinweis: Gilt G,G∗ ⊂ C , so gilt die Aussage - wie aus Funktionentheorie I bekannt.

Betrachtet werden also G,G∗ als Teilgebiete der Riemannschen Flache C.Ist f(∞) = ∞, so ist g(z) := 1/f(1/z) auf einer (zunachst punktierten) Umgebung von 0 holomorph undinjektiv, nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz also in 0 durch den Funktionswert 0 holomorph undinjektiv (!) erganzbar. Sie besitzt deshalb auf dieser Umgebung eine holomorphe Umkehrfunktion. f−1(z) =1/g−1(1/z) ist deshalb als Komposition holomorpher Abbildungen holomorph.In den anderen Fallen verfahrt man genau so.

Aufgabe 2 Bekanntlich ist die Einheitskreisscheibe D als Teilgebiet von C eine Riemann’sche Flachemit der Karte ι : D → D , ι(z) = z.Man zeige, dass D durch die Karte ϕ : D → D , ϕ(z) = r

1−r eiϑ, (z = r eiϑ), ebenfalls zur Riemann’schen

Flache wird, und dass die durch ι und ϕ definierten Atlanten nicht aquivalent sind.

Beweis: Da ϕ topologisch ist, wird D durch obige Karte trivialerweise zur RFl., da keine Kartenwechsel zuuntesuchen sind. Betrachtet man nun den Atlas A := {ι, ϕ}, so ist der Kartenwechsel ϕ−1 zu untersuchen.Dieser ist eine nicht konstante Abbildung von C auf D , also beschrankt, kann also nicht holomorph sein(Satz von Liouville). A ist also kein komplexer Atlas; die Ausgangsatlanten sind deshalb nicht aquivalent. 2

Aufgabe 3 Man formuliere notwendige und hinreichende Bedingungen dafur, dass zwei Paare komplexerZahlen ω1, ω2 und ω′1, ω

′2 dasselbe Gitter definieren.

Die Paare komplexer Zahlen definieren genau dann dasselbe Gitter, wenn ganzzahlige Matrizen A,B existie-ren mit (

ω′1ω′2

)= A ·

(ω1

ω2

)und

(ω1

ω2

)= B ·

(ω′1ω′2

).

Offensichtlich gilt B = A−1. Ganzzahlige Matrizen A haben nun bekanntlich genau dann eine ganzzahligeInverse wenn det A = ±1 gilt. Dies ist die ges. Bedingung. 2

Aufgabe 4 Seien X,Y Riemann’sche Flachen und f : X → Y eine nicht konstante holomorphe Funktion.Man zeige, dass die dadurch induzierte Abbildung f∗ : O(Y ) → O(X) , f∗(ϕ) := ϕ ◦ f ein injektiverRinghomomorphismus ist.

Beweis: Die Vertraglichkeit von f∗ mit Addition und Multiplikation pruft man leicht nach:f∗(ϕ u ψ)(z) = (ϕ u ψ)(f(z)) = ϕ(f(z)) u ψ(f(z)) = f∗(ϕ)(z) u f∗(ψ)(z). Also ist f∗ ein Ringhomomor-phismus. Zum Nachweis der Injektivitat genugt es zu zeigen, dass f∗−1(0) = 0 gilt. Sei also f∗(ϕ)(z) =ϕ(f(z)) ≡ 0. Nach Korollar 1.1 ist f(X) ⊂ Y eine offene Menge, da f nicht konstant ist. Der Identitatssatz(Satz 1.2) liefert dann sofort ϕ ≡ 0 2.


Dr. H. Koditz

Hannover, den 25. April 2005


Aufgabe 5

Seien X, Y Riemannsche Flachen und f : X → Y eine nicht konstante holomorphe Abbildung. Manzeige: Ist X kompakt, so ist f surjektiv und Y ebenfalls kompakt.Bemerkung: Man beachte Korollar 1.4 der Vorlesung.

Beweis: Sei also X kompakt. Da f holomorph ist, ist f(X) offen (Korollar 1.1). Da f stetig ist,ist f(X) kompakt. Deshalb ist f(X) offen und abgeschlossen in Y . Da Y zusammenhangend ist,folgt f(X) = Y 2.

Aufgabe 6

Sei f : C → C eine nicht konstante holomorphe Abbildung, also eine rationale Funktion. Ist f = p/qmit teilerfremden Polynomen p und q, so definiert man den Grad von f durch: d := grad f :=max(grad p, grad q). Man zeige: Fur alle c ∈ C gilt

d =∑

z∈f−1(c)

ordz(f) .

Hinweis: Vielleicht ist es naheliegend, die Behauptung zunachst fur c = 0,∞ zu zeigen.

Beweis: Sei f = pq mit teilerfremden Polynomen p, q und grad p =: n, grad q =: m.

(i) Zunachst sei c = 0. p(z) = 0 gibt n Nullstellen (mit Vielfachheiten) in C. Falls m > n kommteine Nullstelle der Ordnung m− n bei ∞ hinzu. Fertig!(ii) Ist c = ∞, so erhalt man mit f(z) = ∞ ⇐⇒ 1

f (z) = 0 und ordzf(z) = ordz1f (z) ebenfalls die

Behauptung.(iii) Sei nun c ∈ C \ {0}. Da p, q teilerfremd sind, sind auch p− cq, q teilerfremd!Deshalb ist auch d = grad p−cq

q und die Behauptung folgt hier mit (i) fur die Funktion r := p−cqq

2.

Aufgabe 7

Sei X ein topologischer Raum, x0, x1 ∈ X, und α, β seien Wege in X, die x0 mit x1 verbinden.Man zeige:

α ' β =⇒ α∗ = β∗ .

Ist die Umkehrung auch richtig?Hinweis: 2. Gruppenubung.

1

Beweis: Es gelte α ' β ⇐⇒ α−1β ' x1. Zu zeigen ist, dass fur alle geschlossenen Wege γ durchx0 stets

α−1γα ' β−1γβ ⇐⇒ α−1γαβ−1γ−1β ' x1

gilt. Wegen αβ−1 ' x0 gilt γ ' γαβ−1 und somit α−1γαβ−1γ−1β ' α−1γγ−1β ' α−1β ' x1 2.

Die Umkehrung ist nicht richtig. Wahle etwa X = C∗ = C\{0}, x0 = 1, x1 = −1. Dann ist π1(X, 1)isomorph zu Z, also abelsch. Nach Gruppenubung hangt dann α∗ nicht vom Verbindungsweg ab.Es gibt jedoch nichthomotope Wege, die 1 mit −1 verbinden - etwa die obere bzw untere Halfteder Einheitskreislinie.

Aufgabe 8

Seien L,L′ Gitter in C. Man sagt, eine Funktion f : C → C induziert eine Funktion f : C/L → C/L′,wenn aus z ≡ ζ mod L stets f(z) ≡ f(ζ) mod L′ folgt.Fur α ∈ C sei nun fα(z) := αz. Sei H(L,L′) := {α ∈ C : fα induziert ein fα }.

a) Man zeige: H(L,L′) = {α ∈ C : αL ⊂ L′ }.

Beweis: fα induziert ein fα genau dann, wenn zu jedem ω ∈ L ein ω′ ∈ L′ existiert mit α (z +ω) =α z + ω′ fur alle z ∈ C, also α ω = ω′ ∈ L′ 2.

b) Sei nun τ ∈ C \ R und L = L′ = {m + nτ : m,n ∈ Z }. Nach (a) gilt nun Z ⊂ H(L,L′).Man zeige:H(L,L′) 6= Z genau dann, wenn τ einer quadratischen Gleichung τ2+pτ+q = 0 mit p, q ∈ Q genugt.

Beweis:Wegen 1, τ ∈ L gilt (mit (a)) fur α ∈ H(L,L) : α = a+b τ, α τ = c+d τ mit passenden a, b, c, d ∈ Z,also

b τ2 + (a− d) τ − c = 0 .

Gibt es nun ein α /∈ Z, ist b 6= 0 fur dieses α. Mit p = a−db , q = − c

b genugt also τ einer quadratischenGleichung wie behauptet.

Umgekehrt gelte τ2+p τ +q = 0 mit p, q ∈ Q, also b τ2+A τ +B = 0 mit passenden 0 6= b, A,B ∈ Z.Sei dann α := b τ ∈ L \ Z ⇒ α τ = b τ2 = −B −A τ ∈ L. Nach (a) gilt also α ∈ H(L,L) 2.

2


Dr. H. Koditz

Hannover, den 2. Mai 2005


Aufgabe 9Gegeben seien die beiden Gitter L := {m + n i : m,n ∈ Z }, L′ := {m + 2n i : m,n ∈ Z }. Man zeige, dass dieRiemannschen Flachen C/L und C/L′ nicht biholomorph aquivalent sind.

Beweis: Sei f : C/L → C/L′ eine holomorphe nicht konstante Abbildung (so was gibt es wirklich). Wirzeigen, dass f nicht injektiv sein kann. f ist induziert durch eine holomorphe Funktion g(z) = az+b - Beweisin der 3.Gruppenubung. Nach HA5a gilt aL ⊂ L′, also insbesondere, da 1, i ∈ L:

a = m + 2in , ai = k + 2il =⇒ m + 2in = 2l − ki

mit passenden k, l,m, n ∈ Z. Also a = 2j + 2in; j, n ∈ Z, jn 6= 0. Der Fundamentalbereich Q = {z = x + iy :0 ≤ x, y < 1 } wird also auf ein Quadrat abgebildet, dessen Kantenlange mindestens 2 ist. Dieses Quadratenthalt dann Punkte, die modulo L′ aquivalent sind, also den gleichen Punkt auf C/L′ liefern. Die Urbilderbzgl g sind jedoch nicht mod L aquivalent, d.h. f ist nicht injektiv 2.

Aufgabe 10Sind X, Y topologische Raume, y0 ∈ Y , und ist p : Y → X eine stetige Abbildung, so wird durchp∗([γ]) := [p ◦ γ] ein Gruppenhomomorphismus p∗ : π1(Y, y0) → π1(X, p(y0)) definiert.

a) Man zeige: Ist p : Y → X eine Uberlagerung der Riemannschen Flachen X, Y , so ist p∗ injektiv.

Beweis: Dies ist eine direkte Folgerung aus Satz 1.11. p ist als Uberlagerung ein lokaler Homoomorphismus.Der Satz besagt dann, dass jede Homotopieklasse (in π1(X, p(y0))) zu genau einer Klasse (in π1(Y, y0)) ge-liftet wird, also ist p∗ injektiv 2.

b) Man ermittle alle Riemannschen Flachen X fur die eine Uberlagerung p : X → C existiert, und beschreibediese Uberlagerungen.Hinweis: Satz 1.11 und Satz 1.12 beachten.

Nach (a) ist X einfach zusammenhangend, da C einfach zusammenhangend ist. Also ist p eine universelleUberlagerung. Nach Korollar 1.6 sind alle univ. UL aquivalent. Da die Identitat auf C eine univ. UL ist, istX = C (bis auf Homoomorphie). Deshalb ist X auf biholomorph aquivalent zu C (warum?!). Als Uberlage-rungen kommen also nur rationale Funktionen in Frage. Der Beweis von Koroller 1.6 zeigt, dass p bijektivsein muss, also grad p = 1. Es folgt p(z) = az+b

cz+d , ad− bc 6= 0.

Aufgabe 11Seien X, Y Riemannsche Flachen. Eine Uberlagerung p : Y → X heißt eigentlich, wenn das Urbild jederkompakten Menge kompakt ist. Man zeige:

a) Fur jedes x ∈ X ist p−1(x) endlich.

1

Beweis: Nach vor. ist p−1(x) kompakt. Da p lokal topologisch ist, ist p−1(x) auch diskret, also endlich.

b) p ist surjektiv.

Beweis: Als lokal topologische Abbildung ist p offen. Ist p nicht surjektiv, so gibt es ein c ∈ ∂p(Y ), c /∈ p(Y ).Dann kann keine Umgebung von c topologisches Bild einer Teilmenge von Y sein, da in jeder UmgebungPunkte aus X \ p(Y ) und p(Y ) liegen. Dies ist nach Definition der Uberlagerungsabbildungen unmoglich.

c) Die Anzahl der Elemente von p−1(x) ist fur jedes x gleich (Bedeckungszahl).

Beweis: Nach Def. der Uberlagerung gibt es zu jedem x ∈ X eine Umgebung U , derart, dass p−1(U) disjunkteVereinigung von zu U vermoge p homoomorpher Urbilder ist. Fur alle y ∈ U ist also die Bedeckungszahlgleich. Dies bedeutet, dass zu jedem n ∈ N die Menge Xn ⊂ X der x ∈ X mit genau n Elementen in p−1(x)offen ist. Also ist {Xn : n ∈ N } eine offene Uberdeckung von X durch paarweise disjunkte Mengen. Da Xzusammenhangend ist, gilt X = Xn fur genau ein n. 2

Aufgabe 12Man zeige: Die Abbildung tan : C → C \ {i,−i} ist eine Uberlagerung.

Beweis:(i) tan z 6= ±i.tan z = 1

ie2iz−1e2iz+1 = i ⇐⇒ e2iz − 1 = −e2iz − 1 ⇐⇒ e2iz = 0, was unmoglich ist. Analog tan z = −i.

(ii) tan ist lokal topologisch.Die Polstellenmenge ist P = {π

2 + kπ : k ∈ Z }. Alle Pole sind einfach, also ist tan bei jeder Polstelle lokaltopologisch. Auf C\P ist tan als holomorphe Funktion genau dann lokal topologisch, falls tan′ z = 1+tan2 6= 0gilt, was nach (i) gesichert ist.(iii) 1

ie2iz−1e2iz+1 = tan z = tan ζ = 1

ie2iζ−1e2iζ+1

⇐⇒ z = ζ + kπ, k ∈ Z, z /∈ P, wie eine leichte Rechnung. ergibt.Zu jedem w ∈ C \ {i,−i} findet man also fur jedes z ∈ tan−1 w eine Umgebung z.B. B(z, 1) die durch tantopologisch auf eine Umgebung von w abgebildet wird. Deshalb ist tan eine Uberlagerung 2.

2


Dr. H. Koditz



Aufgabe 13

a) Man ermittle eine biholomorphe Abbildung ϕ : C∗ → C \ {±i}.

ϕ(z) := iz + 1z − 1

leistet dieses.

b) Man zeige: Mit p(z) := e2πiz ist ϕ ◦ p : C → C \ {±i} eine universelle Uberlagerung.

p ist eine universelle Uberlagerung p : C → C∗ - bekannt. ϕ ist eine biholomorphe Abbildung vonC, also ist ϕ ◦ p univ. UL.

c) Nach HA12 ist tan ebenfalls eine Uberlagerungsabbildung. Man ermittle ein ψ : C → C mittan ◦ψ = ϕ ◦ p.

Mit tan z = 1ie2πiz−1e2πiz+1

und ϕ(p(z)) = i e2πiz+1e2πiz−1

erhalt man

ψ(z) = −z +12

=⇒ tan(ψ(z)) =1i

e2πiψ(z) − 1e2πiψ(z) + 1

= ie2πiz + 1e2πiz − 1

= ϕ(p(z)) .

Aufgabe 14

Man beweise mit HA11 die HA6.Bemerkung: Vorsicht! Rationale Funktionen vom Grad großer als 1 sind nicht lokal topologisch.

Beweis: Sei f : C → C eine rationale Funktion vom Grad großer als 1 (Grad 1 ist trivial).Da f stetig und C kompakt ist, ist das Urbild jeder kompakten Menge kompakt. Da fur jedesz ∈ C die Urbildmenge f−1(z) diskret ist, ist sie auch endlich. Die Menge der kritischen PunkteC := {z ∈ C : f bei z nicht lokal injektiv } ist ebenfalls endlich (vergl. Satz 1.5), da sie isoliert undC kompakt ist. Ebenso f−1(f(C)). Deshalb ist f∗ : C \ f−1(f(C)) → C \ f(C) eine Uberlagerung.Diese ist eigentlich, da das Urbild einer kompakten Menge abgeschlossen in C \ f−1(f(C)) ist undC nicht trifft, also als abgeschlossene Teilmenge von C kompakt ist. HA11 zeigt nun, dass dieBedeckungszahl N (fur f∗) konstant ist. Satz 1.5 besagt nun, dass die Ordnung in einem kritischenPunkt gerade die Bedeckungzahl der Einschrankung von f auf eine Umgebung dieses Punktes ist.Also summieren sich auch fur z ∈ f(C) die Ordnungen zu N .n = d = grad f ist wie in HA6 direkteFolgerung aus dem Fundamentalsatz der Algebra.

1

Aufgabe 15

Sei X eine einfach zusammenhangende Riemannsche Flache und f : X → C∗ eine holomorpheAbbildung. Man zeige: Es gibt eine holomorphe Abbildung g : X → C mit eg = f , d.h. einenholomorphen Logarithmus von f .

Beweis: Die Funktion exp : C → C∗ ist eine universelle Uberlagerung. Deshalb kann ach Satz 1.12die Abbildung f zu g : X → C mit eg = f geliftet werden. g ist also lokal ein Logarithmus von fund somit holomorph 2.

Aufgabe 16

a) Man zeige, dass exp : H := C \ {2kπi : k ∈ Z } → G := C \ {0, 1} eine Uberlagerung ist, undermittle die Gruppe der Decktransformationen dieser Uberlagerung.

Bekanntlich ist exp : C → C∗ universelle Uberlagerung von C∗. Wegen ez = 1 ⇐⇒ z = 2kπi, k ∈ Zfolgt die Behauptung. Die Gruppe der Decktransformationen ist wieder die Gruppe der Translatio-nen tk(z) = z + 2kπi.

b) Gegeben seien die Wege α, β : [0, 1] → G, α(t) := 1 − 12 e

2πit, β(t) := 12 e

2πit. Man skizziere dieLiftungen α, β mit α(0) = β(0) = − ln 2, zeige so, dass die Liftungen von αβ und βα nicht homotopsind und folgere, dass π1(G, 1

2) nicht kommutativ ist.

α ist ein Weg im Parallelstreifen {z : −π < Im z < π } der den Nullpunkt mathematisch positiveinmal umrundet. β ist die Verbindungsstrecke von − ln 2 und − ln 2+2πi. αβ ist die Zusammenset-zung dieser Wege. Dagegen ist βα der Weg der zuerst − ln 2 mit − ln 2+2πi verbindet und dann imParallelstreifen {z : π < Im z < 3π } den Punkt 2πi einmal (positiv) umrundet. Diese beiden Wegesind nicht homotop. Dies sieht man zwar, soll jedoch in den Ubungen (in allgemeinerem Kontext)prazise begrundet werden.Nach Satz 1.11 werden Homotopieklassen in π1(G, 1

2) auf eindeutige Weise zu Homotopieklassenin π1(H,− ln 2) geliftet. Da aber βα nicht homotop zu αβ ist, kann αβ nicht homotop zu βα sein;deshalb ist π1(G, 1

2) nicht kommutativ 2.

2


Dr. H. Koditz



Aufgabe 17 Eulersche Gamma-Funktion

Fur Re z > 0 wird durch Γ(z) :=∫ ∞

0e−ttz−1 dt die (holomorphe) Gamma-Funktion definiert. Man

zeige Γ(z + 1) = z Γ(z), (Re z > 0), und folgere, dass Γ(z) zu einer auf ganz C meromorphen Funk-tion fortgesetzt werden kann. Man ermittle die Polstellen nebst Polstellenordungen und Residuen.

Die lokal gleichmaßige Konvergenz des Integrals auf der Halbebene Re z > 0 und damit die Holo-morphie folgt aus der Abschatzung: |e−ttz−1| = |e−te(z−1) ln t| ≤ e−ttx−1, z = x + iy. Mit partiellerIntegration erhalt man:

Γ(z + 1) =∫ ∞

0e−ttz dt = −e−ttz|∞0 +

∫ ∞

0e−tztz−1 dt = z Γ(z) , Re z > 0 .

Fur jedes n ∈ N0 folgt hieraus leicht mit Induktion: Γ(z) =Γ(z + n + 1)

z(z + 1) · · · (z + n). Dies gilt zunachst

nur fur Re z > 0. Die rechte Seite ist jedoch auch fur Re z > −n − 1, z 6= 0,−1, · · · ,−n definiert,liefert also eine holomorphe Fortsetzung der Γ−Funktion in dieses Gebiet. Bei −n ∈ N0 erhalt manPole erster Ordnung mit den Residuen (−1)n

n! .

Aufgabe 18

Sei g ∈ Oz0 Keim einer in z0 ∈ C holomorphen Funktion g mit g(z0) =: w0. Man zeige:a) Durch g∗(f) := f ◦ g wird ein Ringhomomorphismus g∗ : Ow0 → Oz0 definiert.

Dies ist wegen g∗(f1 + f2) = (f1 + f2) ◦ g = f1 ◦ g + f2 ◦ g = g∗(f1) + g∗(f2) - Multiplikationgenau so - trivial.

b) g∗ ist genau dann injektiv, wenn g nicht konstant ist, und genau dann surjektiv, wenn g′(z0) 6= 0gilt.

Beweis: (i) Zur Injektivitat:

Zu untersuchen ist (g∗)−1(0). (g∗(f) := f ◦ g = 0 ⇒ f = 0) ⇐⇒ f = 0 gilt auf Grund desIdentitatssatzes genau fur nicht konstante g.

Zur Surjektivitat:

g′(z0) 6= 0 ⇐⇒ g injektiv auf einer Umgebung von z0, besitzt also eien (lokale) Umkehrungg−1 : U(w0) → U(z0). Ist h ∈ Oz0 , so ist k∗ := h ◦ g−1 ∈ Ow0 mit g∗(k∗) = h, g∗ ist alsosurjektiv 2.

1

Aufgabe 19

Sei f ein auf einer Umgebung von 0 definierter Zweig von√

z2 − 1 und γ ein geschlossener Weg inC \ {±1} mit Anfangs- und Endpunkt 0. Man zeige, dass f langs γ holomorph fortgesetzt werdenkann und berechne die Fortsetzung in Abhangigkeit von Uml(γ, 1) und Uml(γ,−1).Hinweis: Man kann das Fortsetzungsverhalten von

√z als bekannt voraussetzen (Gruppenubung).

Wegen f(z) :=√

z2 − 1 =√

z − 1√

z + 1 und der unbegrenzten Fortsetzbarkeit von√

z in C∗ kannman unseren Zweig in C \ {±1} unbegrenzt fortsetzen. Da

√z bei Umlauf um = das Vorzeichen

wechselt, andert jeder Umlauf um 1 und −1 das Vorzrichen unseres Zweiges. Man erhalt somitsomit durch Fortsetzung unserer Funktion langs eines geschlossenen Weges γ das Funktionselement(−1)Uml(γ,1)+Uml(γ,−1)f(z).

Aufgabe 20 Klassische Form des Monodromiesatzes

Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhangendes Gebiet, z0 ∈ G, und f ∈ Oz0 ein holomorpher Funkti-onskeim, der sich langs jeden Weges in G holomorph fortsetzen laßt. Man zeige, dass f der Keimeiner auf ganz G holomorphen Funktion ist.

Der Monodromiesatz der Vorlesung besagt: Ist f langs jedes Weges einer Monodromieklasse (vonWegen, die alle z0 mit z in G verbinden) fortsetzbar, so erhalt man fur alle Wege dieser Klasse diegleiche Fortsetzung. Da G einfach zusammenhangend ist, sind alle Wege die z0 mit z verbindenhomotop, die Fortsetzung ist also nur von z ab; der Funktionswert der Fortsetzung in z def. eineauf ganz G holomorphe Funktion 2.

Aufgabe 21

Sei f : D := {z : |z| < 1 } → C der Zweig von√

1− z2 mit f(0) = 1. Zu X := C undp : C → C, p(z) := 1

2i (z − 1z ) finde man Abbildungen j und f so, dass C zur verzweigten me-

romorphen Fortsetzung von f wird.

Wir mussen Funktionen j : D → C mit p◦j = idD und f : C → C mit f ◦j = f finden. Offensichtlichist j zu p invers, also

w =12i

(z − 1z) ⇐⇒ z2 − 2iw z − 1 = 0 ⇐⇒ z = iw +

√1− w2 = iw ± f(w) .

j(z) := iz + f(z) bietet sich an. Deshalb muß gelten f(iz + f(z)) = f(j(z)) = f(z). Dies leistet

naturlich f(z) := f ◦ p(z) =√

1 + 14(z − 1/z)2 = 1

2 (z + 1z ) 2.

2


Dr. H. Koditz



Aufgabe 22

Seien z1, z2, · · · , zn ∈ C, n ∈ N>1, paarweise verschiedene Punkte und p(z) :=∏n

k=1(z − zk). Furwelche n ∈ N ist

√p(z) uber ∞ verzweigt?

Die Riemannsche Flache von f(z) :=√

p(z) ist eine zweiblattrige verzweigte Uberlagerungsflachevon C mit Verzweigungspunkten uber C := {z1, · · · , zn}. Ist γ ein geschlossener Weg in C \ C unduγ die Summe aller Umlaufzahlen um alle Punkte in C, so ist die analytische Fortsetzung jedesFunktionskeimes f von

√p(z) gerade (−1)uγ f (wie in HA19).

√p(z) ist also genau dann uber ∞

verzweigt, wenn n ungerade ist 2.

Aufgabe 23

Sei X eine Riemannsche Flache. Eine Jordankurve γ in X heißt Ruckkehrschnitt, wenn sie dieFlache nicht zerlegt, d.h. wenn X \ |γ| zusammenhangend ist. Die Maximalzahl paarweise disjunk-ter Ruckkehrschnitte, deren Gesamtheit X nicht zerlegt, heißt das Geschlecht von X. Man ermittledas Geschlecht der Riemannschen Flache von

√z4 − 1.

Das Geschlecht ist 1 (Torus). Wahlt man einen geschlossenen Weg γ in C\{±1,±i}, so erhalt mandurch Liftung von γ einen Ruckkehrschnitt. Man verdeutlicht sich dies durch eine Skizze wie aufS.36.

Aufgabe 24

Man ermittle die Diskriminante ∆(p) fur das Polynom p(z) := t3 + p t + q, (p, q ∈ C).

∆(p) = det

1 0 p q 00 1 0 p q3 0 p 0 00 3 0 p 00 0 3 0 p

= det

1 0 p q 00 1 0 p q0 0 −2p −3q 00 3 0 p 00 0 3 0 p

= det

1 0 p q0 −2p −3q 03 0 p 00 3 0 p

= det

1 0 p q0 −2p −3q 00 0 −2p −3q0 3 0 p

= 27q2 − 4p3 .

1

Aufgabe 25

a) Man zeige: Fur a, b ∈ C, a 6= b, ist das Polynom P (z, t) := t2 + (2 + az) t + 1 + bz ∈ C{z}[t]irreduzibel.

Fur P (z, t) = 0 erhalt man die Losung

t = 12 (−2 − az +

√(2 + az)2 − 4(1 + bz)) = −1 − a

2 z + 12

√a2z2 + 4z(a− b) was fur a =

b zur Faktorisierung P (z, t) = (t + 1)(t + 1 + az) fuhrt. Fur a 6= b gilt t = −1 − 12 az +

12

√z

√a2z + 4(a− b). Die letzte Wurzel besitzt zwei holomorphe Zweige bei z = 0 - keine

Losung ist bei 0 holomorph, und somit P irreduzibel.

b) Man ermittle die Puiseuxentwicklung von P (z, t) fur a = 0, b = − 14 und a = 1, b = −1.

(i) a = 0, b = − 14 . Man erhalt sofort die Puiseuxentwicklung von P (z, t) : ϕ(

√z) = −1 + 1

2

√z.

(ii) a = 1, b = −1. Also durch

ϕ(√

z) = −1− z

2+√

2√

z

√1 +

z

8= −1− z

2+√

2z∞∑

n=0

(12

n

)zn

8n

die Puiseuxentwicklung.Bemerkung: Quadratische Gleichungen kann wohl jeder losen.

2


Dr. H. Koditz

Hannover, den 6. Juni 2005


Aufgabe 26 Satz von Liouville

Man zeige: Ist f : Cn → C holomorph und beschrankt, so ist f konstant.

Beweis: Fur a ∈ Cn, a 6= 0, sei fa : C → C, fa(z) := f(az) betrachtet. Diese holomorphe Funktionist nach Voraussetzung beschrankt, und deshalb nach dem Satz von Liouville (fur eine komplexeVeranderliche) konstant; und zwar fa(z) ≡ f(0). Also gilt f(a) = fa(1) = f(0) fur alle a ∈ Cn 2.

Aufgabe 27

Fur z = (z1, · · · , zn) ∈ Cn betrachten wir die Potenzreihe g(z) :=∞∑

ν=0

zν . Man zeige, dass diese

Potenzreihe im Einheitspolyzylinder ∆ := ∆(1,···,1)(0) normal konvergiert und g dort also holomorphist. Ferner zeige man:

g(z) =n∏

k=1

11− zk

, z ∈ ∆(1,···,1)(0) .

Beweis: Da {zν} auf ∆ beschrankt ist, liefert das Lemma von Abel sofort die normale Konvergenzauf ∆, und damit auch die Holomorphie der Grenzfunktion g. Die explizite Darstellung der Funk-tion g gewinnt man wie folgt durch Induktion.

Fur n = 1 handelt es sich um die geometrische Reihe. Zum Scluß n → n + 1:

∑ν∈Nn+1

0

zν11 · · · zνn

n zνn+1

n+1 =∞∑

νn+1=0

zνn+1

n+1

∑µ∈Nn

0

zµ11 · · · zµn

nIA===

11− zn+1

·n∏

k=1

11− zk

2 .

Aufgabe 28

Sei U ⊂ Cn eine offene Menge und f : U → C eine stetige Funktion. Man zeige: Ist f in allen Punk-ten von U partiell nach allen Variablen z1, · · · , zn differenzierbar (also auf U partiell holomorph),so ist f auf U holomorph.Hinweis: Man studiere den Beweis zu Satz 2.3. Ubrigens kann auf die Voraussetzung der Stetigkeitvon f verzichtet werden (ein Satz von Hartogs).

Beweis: Der Beweis von Satz 2.3 benutzt nur die partielle Holomorphie von f . Es gilt also fur dieseFormel die Cauchy Integralformel (CIF). Der Integrand der CIF ist eine holomorphe Funktion vonz = (z1, · · · , zn). Nach bekannten Satzen der Integrationstheorie folgt die Holomorphie von f 2.

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Aufgabe 29 Cauchy-Riemann Differentialgleichungen

Sei U ⊂ Cn eine offene Menge. Man identifiziere Cn mit R2n und betrachte zwei (reell) stetigdifferenzierbare Funktionen f1, f2 : U ⊂ R2n → R.Man zeige: Durch f(z) := f1(z) + i f2(z), z = (z1 = x1 + iy1, · · · , zn = xn + iyn), wird genau danneine holomorphe Funktion f : U → C definiert, wenn

∂f1(z)∂xj

=∂f2(z)∂yj

und∂f1(z)∂yj

= − ∂f2(z)∂xj

, j = 1, · · · , n

gilt.

Beweis: Das ist nun (mit HA28) wirklich einfach! Fur die partielle Holomorphie ist nach Funk-tionentheorie I die Gultigkeit der Cauchy-Riemannschen DGlen notwendig und hinreichend. Danach HA28 Holomorphie und partielle Holomorphie gleichbedeutend sind, folgt die Behauptung 2.

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Dr. H. Koditz



Aufgabe 30Ein Polynom Q ∈ C[z] = C[z1, · · · , zn] der Gestalt Q(z) =

∑|ν|=m aν zν heißt homogenes Polynom vom

Grad m ∈ N0. Betrachtet werden Polynomreihen∑∞

m=0 Qm(z) mit homogenen Polynomen Qm von Gradm. Man zeige:a) Gibt es zu einem z0 ∈ Cn \ {0} ein M > 0 mit |Qm(z0)| < M fur alle m ∈ N0, so konvergiert die Reihe∑∞

m=0 Qm(z) normal auf N(z0) := {z = t z0 ∈ Cn : t ∈ C, |t| < 1 }.

Beweis: Da Qm(z) ein homogenes Polynom vom Grad m ist, gilt |Qm(tz0)| < M |t|m. Fur q ∈ (0, 1) giltalso |Qm(tz0)| < M qm fur |t| ≤ q und erhalt so normale Konvergenz auf N(z0) 2.

b) Divergiert die Reihe∑∞

m=0 Qm(z) in z0, so divergiert sie auch in jedem Punkt von {z = t z0 ∈ Cn : t ∈C, |t| > 1 }.

Beweis: Aus der Konvergenz der Reihe fur ein z = t1z0, t1 > 1, folgt naturlich Qm(t1z0) → 0 furm →∞, insbesondere ist (Qm(t1z0)) beschrankt. Nach (a) folgt dann die Konvergenz von

∑Qm(z0) 2.

Bemerkung: Unsere Reihe ist keine Potenzreihe.

Aufgabe 31 Cauchy Ungleichungen

Sei a ∈ Cn und ∆ := ∆r(a), r ∈ Rn>0, ein Polyzylinder mit Zentrum a. Man zeige: Ist f : U → C eine

auf einer offenen Obermenge U von ∆ holomorphe Funktion, so gelten mit M := max{|f(z)| : z ∈ ∆ } dieCauchy-Ungleichungen

|∂νf(a)| = ∂ν1+···+νnf(a)∂zν1

1 · · · ∂zνnn

≤ ν!rν

M =ν1! · · · νn!rν11 · · · rνn

nM .

Hiermit beweise man den Satz von Liouville (HA26).

Beweis: Nach Vorl. gilt

∂νf(a) = ν!(

12πi

)n ∫T

f(ζ)(ζ1 − a1)ν1 · · · (ζn − an)νn

dζ .

Die Substitutionen ζj = aj + rje2πit ergeben mit |ζj − aj | = rj wie ublich die Behauptung. Ist nun f auf

Cn holomorph, so gilt diese Abschatzung fur jedes r = (r1, · · · , rn) ∈ Rn+. Fur |ν| > 0 strebt nun die Rechte

Seite jeder Ungleichung gegen 0 fur rj →∞, j = 1, · · · , n. Also folgt ∂νf(a) = 0 fur |ν| > 0, die Funktion fist konstant. 2

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Aufgabe 32Sei r ∈ Rn

>0 und ∆ := ∆r(0). Ferner sei U ⊂ Cn eine offene und zusammenhangende Umgebung von ∂∆.Man zeige: Jede in U holomorphe Funktion f ist Einschrankung einer auf ∆ ∪ U holomorphen Funktion f .Hinweis: Man weise nach, dass die Cauchy Integralformel fur f die gesuchte Fortsetzung von f nach ∆ liefert- siehe auch die 7. Stundenubung.

Der Beweis wurde in der 7. Stundenubung vorgestellt.

Aufgabe 33Man zeige: Ein Ring R ist genau dann lokal, wenn seine Elemente, die keine Einheiten sind, ein Ideal Ibilden. Ist R lokal, so ist I sein maximales Ideal.

Beweis: Nach Def. ist ein Ring R lokal, wenn er genau ein maximales Ideal besitzt.

Sei also I ein Ideal. Da kein Ideal J 6= R eine Einheit enthalt, gilt also I ⊃ J fur jedes echte Ideal, und I istdeshalb das einzige maximale Ideal.

Sei R ein lokaler Ring, M sein maximales Ideal und r ∈ R\M . Das Hauptideal (r) = {ra+na : r ∈ R, n ∈ Z }ist dann der ganze Ring R, da es sonst in einem maximalen Ideal M∗ 6= M lage. Also ist r eine Einheit undM = I 2.

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Dr. H. Koditz



Aufgabe 34

Sei O(C) der Ring der ganzen Funktionen.a) Man bestimme die Einheiten und die irreduziblen Elemente von O(C).

Die Einheiten sind genau die nullstellenfreien Funktionen. Die irreduziblen Elemente sinddie Funktionen mit genau einer Nullstelle die zudem von erster Ordnung ist.

b) Man zeige, dass O(C) weder noethersch noch faktoriell ist.

Der Ring ist nicht faktoriell, da es Funktionen mit unendlich vielen Nullstellen (z.B.f(z) = sin z) gibt. Diese sind nicht endliches Produkt irreduzibler Element - vgl. (a).

Der Ring ist nicht noethersch. Zu jedem n ∈ N sei In := {f ∈ O(C) : f(k) = 0 fur k ≥ n }.In ist nat. ein Ideal und es gilt Im $ In fur m < n - fur fk(z) := sin πz

z−k ist namlichfk ∈ Ik+1 und fk /∈ Ij fur j ≤ k. I := ∪∞n=1In ist dann ein nicht endlich erzeugtes Ideal.Gilt f1, · · · , fn ∈ I, so gibt es ein Ik, das alle enthalt. Kein f ∈ Ik+1 \ Ik ist dann durchunsere Funktionen darstellbar. 2

Aufgabe 35

Man beweise Theorem 2.2 mit Theorem 2.1.

Beweis: Seien also f, g holomorph auf ∆r(0), r = (r1, · · · , rn, ρ), und g regular von der Ord-nung k. Nach Theorem 2.1 gibt es ein eindeutig bestimmtes Weierstraß-Polynom h und eineEinheit u mit g = hu. Zu zeigen ist die Existenz eines holomorphen q und eines r ∈ C{z}[t](mit Grad kleiner k) und f = qg + r = qu h + r. OBdA kann man also g als Weierstraß-Polynom voraussetzen. Zu 0 < δ < ρ gibt es δ1, · · · , δn > 0 derart, dass fur |zj | < δj , |t| < δstets g(z, t) 6= 0 gilt. Die Funktion

q(z, t) :=1

2πi

∫|τ |=δ

f(z, τ)g(z, τ)

dτ

τ − t

iat dann holomorph auf dem Polyzylinder ∆(δ1,···,δn,δ)(0). Fur r := f − qg gilt dann dieDarstellung

r(z, t) =1

2πi

∫|τ |=δ

f(z, τ)g(z, τ)

[g(z, τ)− g(z, t)

τ − t

]dτ .

Nun ist g(zτ)− g(z, t) = (τk − tk) + a1(z)(τk−1 − tk−1 + · · · ein Polynom (in t) vom Grad kdas durch τ − t teilbar ist. Unser Bruch, und damit auch r ist also ein Polynom dessen Gradkleiner als k ist 2.

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Aufgabe 36

Seien g1, · · · , gk ∈ C{z}, z = (z1, · · · , zn). Man zeige: Das Produkt g := g1 · · · gk ist genaudann regular in zn, wenn alle Faktoren g1, · · · , gk regular in zn sind.

Beweis: Es genugt der Beweis fur k = 2 - dann Induktion. Ist g := g1g2 regular in zn,also g(0, · · · , zn) 6≡ 0, so gilt dies nat. auch fur g1, g2. Ist umgekehrt g1(0, · · · , zn) 6≡ 0 undg2(0, · · · , zn) 6≡ 0, so folgt auch g(0, · · · , zn) 6≡ 0 nach dem Identitatssatz 2.

Aufgabe 37

Sei g(z, t) := t2 − 2 t + z ∈ C{z, t}. Man bestimme die Weierstraß-Zerlegung (nach Theo-rem 2.1), d.h. man ermittle ein Weierstraß Polynom h und eine Einheit u mit g = hu.

Offensichtlich ist g(z, t) = (t − (1 −√

1− z))(t − (1 +√

1− z)) fur |z| < 1. Hierbei seider Wurzelzweig mit

√1 = 1 gewahlt. Also ist h(z, t) = t − (1 −

√1− z) und u(z, t) =

t− (1 +√

1− z) 2.

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1. Ubungsblatt zur¨ Funktionentheorie II (L¨osungshinweise)Der Fundamentalbereich Q = {z = x+iy :...

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