Analysis IV (Funktionentheorie) Inhaltsv erzeichnis

19. Der Riemannsche Abbildungssatz 88
87 18. Der Satz von Montel
19. Der Riemannsche Abbildungssatz
Erinnerung
Wir wissen: Ein Gebiet G ⊂ C heißt (homologisch) einfach zusammenhängend, wenn eine der beiden
äquivalenten Aussagen gilt:
f dz = 0.
a) Für alle f ∈ O(G) und für alle geschlossenen Ketten Γ gilt:
Γ
b) Jede geschlossene Kette Γ in G ist nullhomolog. 56
18.10. Satz von Vitali
Sei G ⊂ C ein Gebiet und F ⊂ O(G) eine normale Familie. Sei (fν) ⊂ F eine Folge. Es gebe eine Menge
M ⊂ G, die einen Häufungspunkt in G hat, so daß (fν|M ) punktweise konvergiert. Dann konvergiert
(fν) kompakt.
Beweis: Wähle eine kompakt konvergente Teilfolge (fνk ) von (fν). Sei f := lim
k→∞ fνk ∈ O(G). (fν|M )
konvergiert punktweise. Sei g : M → C, g = lim
ν→∞ fν|M .
Beh.: (fν) → f kompakt.
Bew.: Klarerweise gilt: f|M = g. Angenommen, die Behauptung ist falsch, also (fν) → f nicht
kompakt. Dann gibt es ein ε > 0, ein kompaktes K ⊂ G und eine Teilfolge (fµj ) von (fν), so daß
für alle j ein zj ∈ K existiert mit
Bemerkungen
a) Ein Beispiel für ein nicht einfach zusammenhängendes Gebiet: G = C∗ mit Γ = U1(0).
b) G einfach zusammenhängend bedeutet anschaulich, daß G keine Löcher“ hat.
”
|fµj (zj) − f(zj)| ≥ ε. (∗)
19.1. Satz (Riemannscher Abbildungssatz)
Da (fµj ) normal, hat (fµj ) eine kompakt konvergente Teilfolge. Ohne Einschränkung sei diese
(fµj ) selbst. Definiere: f := limj→∞ fµj . Wegen (∗) gilt für alle z ∈ K: f(z) = f(z). Aber:
f|M = f|M = g. M hat einen Häufungspunkt in G. Nach dem Identitätssatz gilt nun: f = f.
Dies ist aber ein Widerspruch.
Sei G ⊂ C ein einfach zusammenhängendes Gebiet mit G = C. Dann ist G biholomorph äquivalent zum
Einheitskreis D.
18.11. Satz
Genauer gilt: Ist z0 ∈ G vorgegeben, so gibt es genau eine biholomorphe Abbildung f : G → D mit
f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0.
Beweis:
a) Eindeutigkeit: Seien f, g : G → D holomorph mit f(z0) = g(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0, g ′ (z0) > 0.
Sei h := f ◦ g−1 ∈ Aut(D). Mit der Kettenregel gilt: h(0) = 0 und h ′ (0) > 0. Es folgt:
h(z) = eiλ · z. Mit h ′ (0) > 0 folgt: λ = 0 und somit h = id. Also gilt: f = g.
b) Existenz: Den Beweis der Existenz einer biholomorphen Abbildung gliedern wir in vier Schritte:
Sei G ⊂ C ein Gebiet, (fν) eine Folge in O(G). Es gelte (fν) → f ∈ O(G) kompakt, wobei f nicht
konstant sei. f habe in z0 ∈ G eine k-fache w0-Stelle. 54 Dann gibt es ein V = V (z0) ⊂ G und ein ν0, so
daß für alle ν ≥ ν0 gilt: fν|V hat auf V genau k w0-Stellen (mit Vielfachheit).
Beweis: Ohne Einschränkung sei w0 = 0. Wähle ε > 0, so daß gilt: f −1 (0) ∩ Uε(z0) = {z0}. 55 Sei
δ := min{|f(z)| z ∈ ∂Uε(z0)}. Dann gilt: |f(z)| > δ und z ∈ ∂Uε(z0). Da (fν) → f kompakt, gibt es
ein ν0, so daß für alle ν ≥ ν0 und für alle z ∈ ∂Uε(z0) gilt: |fν(z) − f(z)| < δ.
Für ν ≥ ν0 und z ∈ ∂Uε(z0) gilt also: |fν(z) − f(z)| < |f(z)|. Mit dem Satz von Rouché folgt: fν und
f haben gleich viele Nullstellen (mit Vielfachheit) in V := Uε(z0).
i) Finde ein Gebiet G ⊂ D und f : G → G biholomorph, so daß gilt: f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0. 57
ii) Wende den Satz von Montel auf die Familie
Beispiel zu Satz 18.11.
F = {f : G → D | f injektiv, f(0) = 0, f ′ (0) > 0}
Betrachte die Funktionen
an, genauer auf (fν) ⊂ F, so daß gilt: f ′ ν(0) → sup{f ′ (0) | f ∈ F}. Erhalte so eine konvergente
Teilfolge (fνk ) → f0 ∈ F mit f ′ 0(0) > 0 maximal. Wir wollen zeigen: f0 ◦ f hat die gewünschte
Eigenschaft.
iii) Sei G ′ D einfach zusammenhängend mit 0 ∈ G ′ . Dann gibt es ein injektives h: G ′ → D
mit h(0) = 0 und h ′ (0) > 1. 58
f(z) = z,
fν(z) = z + 1
ν (z2 + 1).
f hat eine Nullstelle in 0, wohingegen fν keine Nullstelle in 0 hat, aber in der Nähe von 0.
iv) Wäre f0( G) = D, wende iii) an auf G ′ := f0( G). Somit erhalten wir: h ◦ f0 ∈ F. Weil
h(0) > 1, gilt: (h ◦ f0) ′ (0) > f ′ 0(0). Dies ist aber ein Widerspruch zur Maximumseigenschaft
von f0.
Nun zum eigentlichen Beweis. Fixiere z0 ∈ G.
i) Weil G = C dürfen wir ohne Einschränkung annehmen: 0 /∈ G (ansonsten führe eine affine
Transformation in C durch). Weil G einfach zusammenhängend ist und 0 /∈ G, gibt es ein
g ∈ O(G), so daß gilt: g2 = id. Daraus folgt: g : G → G ′ := g(G) ⊂ C∗ .
Es gibt ein w0 ∈ C und ein ε > 0, so daß Uε(w0) ∩ G ′ = ∅, denn: Ist w ∈ G ′ , so ist −w /∈ G ′ ,
da g bijektiv ist. Ist also w1 so gewählt, daß Uε(w1) ⊂ G ′ , so gilt: Uε(−w1) ∩ G ′ = ∅. Setze
also w0 := −w1.
18.12. Folgerung
Sind in Satz 18.11. alle fν injektiv, so ist f injektiv.
Beweis: Annahme, f ist nicht injektiv. Dann gibt es ein w0 ∈ C und z1 = z2 ∈ G, so daß gilt:
f(z1) = f(z2) = w0. Nach Satz 18.11. existieren Umgebungen V1 = V (z1) und V2 = V (z2), so
daß fν|Vi eine w0-Stelle hat für ν ≥ ν0. Nach einer eventuellen Verschiebung von V1 und V2 folgt:
V1 ∩ V2 = ∅. Also hat fν|V1 eine w0-Stelle, ebenso wie fν|V2 . Wegen V1 ∩ V2 = ∅ gilt daher: fν ist
nicht injektiv, was ein Widerspruch ist.
Sei α: C\Uε(w0) → D injektiv und holomorph. (Transformiere w0 ↦→ 0, C\Uε(0) → D durch
z ↦→ ε 1
2 · z .) Jetzt wähle f ∈ Aut(D), so daß für f := β ◦ α ◦ g gilt: f(z0) = 0 und f ′ (z0) > 0.
Definiere: G := β(G ′ ) = f(G).
56Das heißt: I(Γ) = {z /∈ |Γ| n(Γ, z) = 0} ⊂ G.
57G ist einfach zusammenhängend und h ∈ O(G) ohne Nullstellen. Dann gibt es ein g ∈ O(G), so daß gilt: g2 = h.
58Folgende Funktionen etwa genügen den Anforderungen nicht: h1(z) = z und h2(z) = (1 + ε)z, denn: h ′
1 (0) = 1, und bei h2
kommt man aus D heraus.
54f(z) − w0 hat also in z0 eine k-fache Nullstelle.
55Dies ist möglich, da die Nullstellenmenge diskret ist.