Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

17. Biholomorphe Abbildungen 76
75 16. Der Weierstraßsche Produktsatz
17. Biholomorphe Abbildungen
Zur Konvergenz: Sei R > 0. Wähle i0, so daß für i ≥ i0 gilt: |ai| ≥ R. Dies ist möglich, weil (ai)
ohne Häufungspunkte in C ist. Für i ≥ i0 ist ui| UR(0) ohne Nullstellen. Für |z| < R definiere nun:
17.1. Definition
Sei U ⊂ C offen, V := {z ∈ C | 1
z ∈ U} und D eine diskrete Menge.
a) f : U → C heißt holomorph, wenn f| U\{∞} und die Abbildung V → C, z ↦→ f
1
39
z holomorph sind.
b) f : U \ D → C heißt meromorph auf U, wenn f| U\{∞} meromorph ist sowie z ↦→ f
1
z holomorph
in 0 ist oder einen Pol in 0 hat. 40
u ′ i (ξ)
ui(ξ) dξ
z
gi(z) :=
0
z
hi(ξ) dξ.
=
0
c) f : U → C heißt holomorph, wenn das Urbild f −1 (∞) diskret in U ist, f| U\f −1 (∞) : U \ f −1 (∞) → C
holomorph ist, und jeder Punkt z0 ∈ f −1 (∞) Pol von f ist.
Dann gilt auf UR(0):
e gi = ui.
Da ∞ i=1 hi kompakt konvergiert nach der Wahl der ki, folgt nach der Vertauschung von Integration
und Summation, daß
i≥i0 gi auf UR(0) kompakt konvergiert. Wähle nun lokal einen Zweig lg des
Logarithmus. Dann gilt lokal: gi = lg ui. Also konvergiert
i≥i0 lg ui kompakt. Nach Hilfssatz 16.6.
konvergiert dann auch
Bemerkung
f : U → C ist genau dann holomorph, wenn f −1 (∞) diskret, f| U\f −1 (∞) holomorph und f : U → C stetig
ist. 41
i≥i0 ui kompakt, was zu zeigen war.
Beweis: Übung.
17.2. Beispiel
= ad − bc = 0. Definiere die Funktion
a b
c d
Seien a, b, c, d ∈ C mit det
16.12. Beispiel
Sei D = Z und ni = 1 für i ∈ Z. Suche nun f ∈ O(C), so daß gilt: f(z) = 0 genau dann, wenn
z ∈ Z. Dort soll die Nullstellenordnung 1 betragen. Eine solche Funktion ist f(z) = sin(πz). Nach dem
Weierstraßschen Produktsatz gilt:
sin(πz) = e g0 · z ·
1 − z
e
ν
z
ν ,
ν∈Z
ν=0
az + b
cz + d .
f(z) :=
nach Abschnitt 15. kompakt konvergiert. Die zugehörige Mittag-Leffler-
1
+
ν
1
z − ν
weil
Dann gilt: f ∈ M(C), denn: Ist c = 0, so folgt d = 0 wegen der Determinanten-Bedingung. Also gilt:
P (f) ⊂ {z | cz + d = 0}.
f ist auch nicht konstant: Angenommen, f wäre konstant, also f = α ∈ C. Dann folgt: f(0) = b
d = α.
Für alle z ∈ C gilt dann:
az + b b
= α =
cz + d d .
Also: az + b = b
bc
d (cz + d). Daraus folgt: a = d , und somit: ad = bc. Dies ist aber ein Widerspruch zur
Determinanten-Bedingung. Also ist f nicht konstant.
ν∈Z\{0}
Verteilung ist { 1
z−ν | ν ∈ Z}. Wir wollen nun g0 bestimmen. Betrachte dazu die logarithmische Ableitung
(f ′ ) n
1
z − ν
f . Daraus folgt:
.
1
+
ν
+
π cot(πz) = g ′ 0 + 1
z
ν∈Z\{0}
Ein Vergleich mit Satz 15.7. liefert: g ′ 0 = 0, also: g0 = c ∈ C. Nun gilt aber:
= π,
sin(πz)
z
lim
z→0
b z + d . Daraus folgt: f ∈ O(C), f bijektiv und f −1 holomorph. Also
1. Fall: c = 0. Dann gilt: f(z) = a
d
ist f : C → C gemäß der folgenden Definition biholomorph.
Betrachte die biholomorphe Fortsetzung f : C → C mit f(∞) := ∞. f ist holomorph in ∞, denn
1
f =
z
a 1 b
+
d z d
e z
ν
1 − z
ν
c
= lim e
z→0
sin(πz)
z
lim
z→0
ν=0
= e c .
Also folgt: e c = π. Weiterhin gilt:
z −
e ν = 1 − z2
ν
1 + z
ν
a → C\ c
hat einen Pol in 0. Da f einen Pol in ∞ hat, ist f holomorph.
2. Fall: c = 0. f hat dann einen Pol 1. Ordnung im Punkte z = − d
2 .
e z
ν
1 − z
ν
c . Die Funktion f : C\ − d
c
−cw+a . Setze nun f fort zu f : C → C mittels
ist biholomorph mit der Umkehrabbildung f −1 (w) = dw−b
16.13. Folgerung (Wallissche Produktdarstellung von π)
:= ∞,
− d
c
f
Es gilt:
f(∞) := a
c .
(2ν) 2
(2ν − 1)(2ν + 1)
∞
π
2 =
f ist nicht nur holomorph, sondern auch biholomorph.
ν=1
· . . .
6 · 6
·
5 · 7
4 · 4
·
3 · 5
1 · 3
= 2 · 2
39A priori ist klar: f ist holomorph
auf V \ {0}.
40 1
Mit anderen Worten: z ↦→ f ist meromorph.
z
41Dies bedeutet: Sei U ⊂ C und f ∈ M(U). Dann folgt: Für f : U → C hat f an jedem Pol den Funktionswert ∞, und f ist
holomorph. Ist umgekehrt die Funktion f : U → C holomorph, so folgt definitionsgemäß: f ∈ M(U).
in Beispiel 16.12.
Beweis: Setze z = 1
2