Funktionentheorie I

WS 2003–04

Losungsskizzen

Dr. Rolf BusamDr. Dan Fulea

Internetbegleitunghttp://www.mathi.uni-heidelberg.de/~dan/Teaching/WS2003-2004/

Blatt 1

Aufgabe 1 Nach dem kleinen Riemannschen Abbildungssatz ist der Kreissektor

Eπ/8 := { r exp(iϕ) ; 0 < ϕ <π

8, 0 < r < 1 }

konform auf E abbildbar.Geben Sie eine solche Abbildung explizit an.

Losung:1. Losung:• Die Abbildung “hoch acht”, z → z8, bildet konform ab:

Eπ/8 → Eπ

Eπ ist die halbe offene Kreisscheibe mir Radius 1 (overhalb der x–Achse).(Dabei ist allgemeiner Ea := { r exp(iϕ) ; 0 < ϕ < a, 0 < r < 1 }.)• Die Abbildung

Eπ = iD·/i // D // E

z // − z2+2z−1z2−2z−1

w // −iw // −−w2−2iw−1−w2+2iw−1

= −w2+2iw+1w2−2iw+1

kommt leicht verandert in der Aufgabe 5 vor, sie realisiert die konforme Aquivalenz der halben offenen Kreisscheibe iD = Eπ/2 (Dwie in der Aufgabe 5) mit der vollen offenen Kreisscheibe E.• Explizit ist dann die Zusammensetzung:

Eπ/8// Eπ = iD // E

z // z8 // − z8+2iz4+1z8−2iz4+1

�2. Losung: Man kann einen anderen “einfacheren” Weg gehen:

Eπ/8hoch acht // Eπ

f //{

z ∈ C ;Re z > 0Im z > 0

}hoch 2 // H

Cayley // E

= E ∩H = [1.Quadrant]

=

{reia ;

r ∈ (0, 1)a ∈ (0, π)

}z // 1 + z

1− z

reia // (1− r2) + 2ir sin a

|1− reia|2

Die einzige fragliche Stelle ist, ob f , z → (1+z)/(1−z), mit den angegebenen Definitions– und Wertebereichen wohldefiniert, injektivund surjektiv ist. Die Wohldefiniertheit wurde explizit durch die Berechnung des Bildes von reia im Diagramm geklart: (1− r2) > 0und sin a > 0 fur r ∈ (0, 1), a ∈ (0, π). Die Abbildung C \ {1} → C \ {−1}, z → (1 + z)/(1− z) =

[1 1−1 1

]· z ist injektiv, die inverse

Mobius–Transformation kommt von der inversen der Matrix[

1 1−1 1

], also von der Matrix [ 1 −1

1 1 ] (bis auf Skalare). Die Umkehrabbildungist also w → (w − 1)/(w + 1) und wir mussen nur noch zeigen, dass sie wohldefiniert ist. Sei w = a + ib ∈ C, Re w = a > 0, Imw = b > 0. Dann ist

w − 1

w + 1=

a− 1 + ib

a + 1 + ib=

(a− 1 + ib)(a + 1− ib)

|a + 1 + ib|2 =1

|a + 1 + ib|2 (etc. + 2ib︸︷︷︸>0

) wegen b > 0

∣∣∣∣w − 1

w + 1

∣∣∣∣2 =

∣∣∣∣a− 1 + ib

a + 1 + ib

∣∣∣∣2 =(a− 1)2 + b2

(a + 1)2 + b2< 1 wegen a > 0 .

�

Aufgabe 2 Sei D := {z ∈ C ; |z| > 1} und D∗ := C− {0}.Sind D und D∗ konform aquivalent ?Sie sollen Ihre Antwort naturlich begrnden!

Losung: Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, dass es eine konforme Abbildung f : D → D∗ gibt.Dann gibt es eine (konforme) Umkehrabbildung g : D∗ → D.Die Abbildung 1/g : D∗ → E \ {0}, z → 1/g(z), ist dann wohldefiniert, da Null in D nicht liegt, sie ist also beschrankt (im Betrag< 1) und wir konnen uns die Frage Stellen, was fur eine Singularitat 1/g in 0 hat.• Zuerst ist |1/g(z)| = 1/|g(z)| < 1, also ist 1/g beschrankt (um 0).• Eine wesentliche Singularitat oder eine Polstelle in 0 kommt fur 1/g also nicht in Frage. Null ist also eine auflosbare Singularitat

fur 1/g.

• (1/g) lasst sich also zu einer analytischen Abbildung 1/g : C → C fortsetzen, und diese Fortsetzung ist auch beschrankt (im

Betrag le1). Also ist 1/g konstant (Liouville). Also ist 1/g konstant. Widerspruch!Annahme ist falsch. Es gibt also keine konforme Abbildung D → D∗. �

Aufgabe 3 Zeigen Sie:Aut C = { C 3 z 7→ az + b ; a, b ∈ C, a 6= 0 } .

Losung: Sei f : C→ C ein Automorphismus von C. (f ist bijektiv, hat eine Inverse g und f, g : C→ C sind analytische Funktionen.)• Nachdem wir mit der Translation um f(0) verknupfen, konnen wir ohne Einschrankung der allgemeinen Lage annehman, dassf(0) = 0, 0 = g(0) gilt.• Wir betrachten die Funktion f “um Unendlich”.

(Wir konnen die Losung auch ohne die Einfuhrung der projektiven Ebene P1(C) simulieren, indem wir sofort die Funktion φ : C\{0}∼=−→

C \ {0}, φ(z) := 1/f(1/z), einfuhren. . . Die strukturelle Einsicht ist jedoch besonders im Rahmen der Vorlesung Funktionentheorie IIwesentlich.)Genauer: Sei P1(C) ∼= C ∪ {∞} die riemannsche Sfare, welche als Kompaktifizierung der komplexen Ebene mit dem “unendlichenPunkt” ∞ entsteht. Explizit:

P1(C) := { Aquivalenzklassen [z : w] ; z, w ∈ C } ,

wobei zwei Aquivalenzklassen [z, w] und [z′, w′] gleich sind, wenn die Vektoren (z, w), (z′, w′) ∈ C linear abhangig sind (oder sieunterscheiden sich durch ein skalares Vielfaches). Der Punkt [1 : 0] ∈ P1(C) heißt “unendlicher Punkt” und wird oft auch mit ∞bezeichnet. Alle anderen Punkte [z : w] ∈ P1(C) \ {∞} konnen eineindeutig auf C abgebildet werden:

P1(C) \ {∞}∼= // C

[z : w] // z : w

w 6= 0

Die projektive Ebene P1(C) hat eine Uberdeckung durch die “Ebenen” (Karten) C ∼= P1(C) \ {∞} und C ∼= P1(C) \ {0}. Diegemeinsamen Punkte P1(C) \ {∞, 0} werden dabei durch die Abbildung I (“Inversion”) identifiziert:

P1(C) \ {∞, 0}I // P1(C) \ {∞, 0}I

oo

[z : w] // [w : z]oo

Sei φ : C \ {0}∼=−→ C \ {0}, φ(z) := 1/f(1/z), die Funktion, welche im folgenden Diagramm vorkommt:

Cf

∼=//

∼= &&NNNNNNNNNNNN C

&&NNNNNNNNNNNN

P1(C) \ {∞}fP∼=

//

I

��

P1(C) \ {∞}

I

��

C \ {0}φ

∼=//

&&MMMMMMMMMMC \ {0}

∼= &&MMMMMMMMMM

P1(C) \ {0}φP∼=

// P1(C) \ {0}

1/z // f(1/z)

&&MMMMMMMMMM

[1 : z]

bbEEEEEEEE[f(1/z) : 1]

��

z

""EEEE

EEEE

E 1/f(1/z)

[z : 1]

OO

[1 : f(1/z)]

ffMMMMMMMMMM

• Was fur eine “Singularitat” hat φ in 0 ? Wir zeigen, dass φ eine auflosbare Singularitat in 0 hat, zu einer Abbildung φ : C→ C stetigfortgesetzt werden kann, φ(0) = 0.Sei (wn) ∈ C \ {0} eine Folge, welche gegen 0 geht. (Geht φ(wn) auch gegen Null ?!)Sei (zn) die Folge zn := 1/wn. Sie ist unbeschrankt und |zn| → ∞.Die Bildfolge (f(zn)) ist auch unbeschrankt und |f(zn)| → ∞, denn sonst wurde (f(zn)) eine beschrankte Teilfolge haben, welcheselbst eine konvergente Teilfolge haben wurde, so konnte man nach dem Ubergang zu einer Unterfolge dann f(zn) → z∗ annehmen,was nach Anwendung von g (stetig)

zn = g(f(zn))→ g(z∗)

zum Widerspruch (zu (zn) unbeschrankt) fuhrt.Es folgt φ(wn) = 1/f(zn)→ 0.So hat φ eine stetige Fortsetzung φ in 0 durch die Vorschrift φ(0) = 0.• Die Funktion φ ist also analytisch auf C \ {0} und hat eine stetige Fortsetzung φ in 0. So ist φ analytisch auf C. Sei ε > 0 geeignetgewahlt und sei

φ(w) = aNwN + an+1wn+1 + · · · = zN (aN + aN+1z + . . . ) , N > 1 ,

|φ(w)| = |wN | · |aN + . . . |

> |wN | · |aN |2︸ ︷︷ ︸

:=A>0

die lokal fur |w| < ε gebildete Taylor–Entwicklung der in 0 analytischen Funktion φ, welche in 0 eine Nullstelle N .ter Ordnung N > 1(wegen φ(0) = 0) hat. Da φ in dieser/jeder Umgebung von 0 injektiv ist, ist die Nullstelle eine Nullstelle erster Ordnung: N = 1.• Die Abschatzung nach unten |φ(w)| > A|wN | = A|w| fur w ∈ C, |w| < ε, liefert dann eine Abschatzung nach oben fur z = 1/wmit |z| > 1/ε =: M ,

|φ(1/z)| > A|(1/z)| ,∣∣∣∣ 1

f(z)

∣∣∣∣ > A

∣∣∣∣1z∣∣∣∣ ,

|f(z)| 6 A|z| .• Die Funktion z → f(z)/z ist dann auf C wohldefiniert ( – keine Polstelle in z = 0 da f(0) = 0 ist – ), analytisch, hat eine obereSchranke B auf dem Kompaktum { z ∈ C ; |z| 6 M = 1/ε } und die obere Schranke A auf { z ∈ C ; |z| > M = 1/ε }. Also istz → f(z)/z eine konstante Funktion. (Satz von Liouville.) Sei a ∈ C diese Konstante. Es folgt:

f(z) = az fur alle z ∈ C .

• Da f bijektiv ist ist a 6= 0.Wir haben damit gezeigt, dass alle Automorphismen von C, welche 0 auf 0 abbilden, von der Form z → az, a ∈ C, a 6= 0 sind.Umgekehrt ist jede solche lineare Abbildung ein Automorphismus. Nach Berucksichtigung der Translationen folgt das Resultat aus derAufgabenstellung.

�

Aufgabe 4(a) Zeigen Sie: Sind D und D∗ nicht-leere konform aquivalente Gebiete in C, so sind die Automorphismengruppen Aut D und Aut D∗isomorph.(b) Zeigen Sie:

Aut H =

{H 3 z 7→ az + b

cz + d;

[a bc d

]∈ SL(2, R)

}.

Tipp: Nutzen Sie die Kenntnis von Aut E und die Cayley–Abbildung.

Losung: (a) Seien F, G zueinander inverse konforme Abbildungen zwischen D und D∗:

DF // D∗G

ooFG = idD∗ ,

GF = idD .

Dann hat man nicht nur mengen– sondern auch gruppentheoretische Bijektionen:

Aut D∼=

Aut D∗

f // FfG

GgF goo

(b) Die Cayley–Abbildung ist die Abbildung H→ E, z → z − i

z + i=

[1 −i1 i

]· z. (Sie bildet i→ 0 ab.)

Alle Automorphismen von E sind von der Form

z → eib z − a

az − 1= Drehung(b) ◦ φa , b ∈ R , a ∈ E .

wobei explizit Drehung(b) : E → E, z → eibz =

[eib 00 1

], und dieMobius–Transformation φa(z) =

[1 −aa −1

]· z =

z − a

az − 1ist eine

Involution.Dann sind laut (a) die Automorphismen von H Verkettungen von Automorphismen von der folgenden Gestalt:

E

[eib 00 1

]·

// E

[i i−1 1

]·

��H

[1 −i1 i

]·

OO

// H

E

[1 −aa −1

]·

// E

[i i−1 1

]·

��H

[1 −i1 i

]·

OO

// H

Sei a = x + iy ∈ E, i.e x2 + y2 < 1. Die gepunkteten Pfeile sind also die Mobius–Transformationen zu den folgenden Matrizen:[i i−1 1

] [eib 00 1

] [1 −i1 i

]=

[i(eib + 1) eib − 1

−(eib − 1) i(eib + 1)

]∼

[eib/2+e−ib/2

2eib/2−e−ib/2

2i

− eib/2−e−ib/2

2ieib/2+e−ib/2

2

]modulo Skalaren

=

[cos(b/2) sin(b/2)− sin(b/2) cos(b/2)

]∈ SL(2, R) ,[

i i−1 1

] [1 −aa −1

] [1 −i1 i

]∼[

y x + 1x− 1 −y

]∼ 1√

1− x2 − y2

[y x + 1

x− 1 −y

]∈ SL(2, R) .

f := z-> simplify( (I*z+I)/(-z+1) );

p := z-> simplify( (z-(x+I*y))/((x-I*y)*z-1) );

ff:= z-> simplify( (z-I)/(z+I) );

f(p(ff(z)));

1 + x + y z

-----------

x z - y - z

Das Bild von Aut E bei unserer Ubersetzung liegt also innerhalb von SL(2, R).Man kann jedoch leicht zeigen, dass sich jede Matrix aus SL(2, R) als Produkt von Matrizen vom Typ [ u v

−vu ], u, v ∈ R, u2 + v2 = 1,

und vom Typ[

y′ ∗∗ −y′

]∈ SL(2, R).

Es ist didaktisch besser, tatsachlich zu zeigen, dass jede Mobius–Transformation zu einer Matrix [ a bc d ] ∈ SL(2, R) H in sich selbst

uberfuhrt also einen Automorphismus von H einpragt:Sei z = x + iy ∈ H, x, y ∈ R, y > 0. Dann gilt:[

a bc d

]· z =

az + b

cz + d=

(az + b)(cz + d)

|cz + d|2 =(az + b)(cz + d)

|cz + d|2 und

(az + b)(cz + d) = aczz︸︷︷︸∈R

+adz + bcz + bd︸︷︷︸∈R

= reelle Zahl + adz − bcz + bcz + bcz︸ ︷︷ ︸=bc(z+z)∈R

= reelle Zahl + (ad− bc)z ∈ H .

�Wir haben etwas Nutzliches dabei gezeigt:

Imaz + b

cz + d=

1

|cz + d|2 Im z .

Aufgabe 5 Sei D := { z ∈ C ; |z| < 1 , Re z > 0 } und z0 :=√

2− 1 ∈ D . Zeigen Sie: Durch

ϕ : D → E, z 7→ −z2 + 2z − 1

z2 − 2z − 1

ist die nach dem poincareschen Eindeutigkeitssatz eindeutig bestimmte konforme Abbildung ϕ mit ϕ(z0) = 0 und ϕ′(z0) > 0gegeben.Zeigen Sie ferner, dass sich ϕ zu einer topologischen Abbildung ϕ : D → E fortsetzen lasst.

Losung: Man kann “einfacher” schreiben:

−z2 + 2z − 1

z2 − 2z − 1= −z2 − 2z − 1 + 4z

z2 − 2z − 1= −

(1 +

4z

z2 − 2z − 1

)

= −

1 +1

z2 − 2z − 1

4z

= −

1 +1

1

4

(z − 1

z

)− 1

2

.

Dadurch lasst sich ϕ als Verkettung von Funktionen schreiben:

Df

// {Re z < 0}·/4 // {Re z < 0}

·−1/2 // {Re z < −1/2}1/·g

// K(−1, 1)1+· // K(0, 1) = E

−· // E

z // z − 1

zz // 1

z

Dabei ist K(z0, r) die Notation fur die offene Kreisscheibe in C mit Zentrum z0 ∈ C und Radius r > 0. Mit dieser Zerlegung hat maneinfache Arbeit: Man zeigt sofort, dass jder Pfeil eine Bijektion ist ! Bedenken konnte man nur an zwei Stellen haben: f und g.• Die erste Abbildung f : D → { z ∈ C ; Re z < 0 }, z → z − 1/z, ist wohldefiniert: Der Nenner z 6= 0 macht keine Probleme

(0 6∈ D) und die Zahl z = reia = r(cos a + i sin a) ∈ D, r ∈ (0, 1), a ∈ (−π/2, π/2) ( – so dass cos a > 0 ist – ) wird abgebildet auf

f(z) = z − 1

z= reia − 1

re−ia =

(r − 1

r

)︸ ︷︷ ︸

<0

cos a︸ ︷︷ ︸>0︸ ︷︷ ︸

<0

+ i

(r +

1

r

)sin a ,

liegt also im versprochenen Wertebereich.Sie ist auch injektiv: Aus f(z) = f(w), z, w ∈ D, hat man die Aquivalenzen:

f(z) = f(w) ⇔ z − 1

z= w − 1

w⇔ z2 − 1

z=

w2 − 1

w⇔

(z2 − 1)w − (w2 − 1)z = 0 ⇔ z2w − zw2 + z − w = 0 ⇔ (z − w)(zw + 1) = 0 ⇔ (z − w) = 0,Letzteres wegen 1+zw 6= 0. (Z.B. nach Abschatzung des Betrages mit der Dreiecksungleichung: |1+zw| > |1|− |zw| = 1−|z| · |w| >1− 1 · 1 = 0.)Sie ist auch surjektiv: Wir zeigen, “ohne uns die Hande schmutzig zu machen”, dass fur jedes w ∈ C mit streng negativem Imaginarteil

die algebraische Gleichung 2. Grades f(z) = w, i.e. z − 1

z= w, i.e. aquivalent

z2 − zw − 1 = 0

mindestens eine Losung in D hat. Das Produkt der Nullstellen z1, z2 dieser Gleichung ist nach Vieta gleich −1. Die Summe ist w. Soist |z1z2| = 1 und wir konnen die Nullstellen so nummerieren, dass |z1| 6 1, |z2| > 1 gilt. Der Fall |z1| = |z2| = 1 ist ausgeschlossen,sonst gibt es ein α ∈ [0, 2π) mit z1 = eiα = cos α+i sin α, z2 = −1/z1 = −e−iα = − cos α+i sin α, woraus w = z1+z2 = 0+2i sin αfolgt. Widerspruch zu Re w < 0 !Also |z1| < 1, |z2| > 1. Sei z1 = reiα, r ∈ (0, 1). Dann ist z2 = −r−1e−iα. Der Realanteil von w = z1 + z2 ist dann r cos α −1

rcos(−α) =

(r − 1

r

)︸ ︷︷ ︸

<0

cos α, also cos α > 0 also z1 ∈ D.

Dies zeigt die Surjektivitat von f .

• Die Abbildung g : { z ∈ C ; Re z < −1/2 } → K(−1, 1). Diese Abbildung ist eine “Inversion”, eine sehr spezielle Mobius–Transformation zur Matrix [ 1 0

0 1 ]. (“Bekannte Sache”.) Sie bildet Geraden und Kreise auf Geraden und Kreise ab. Sie bildet die durchGeraden und Kreise berandeten Gebiete (Halbebenen und Kreisscheiben) auch auf durch Geraden und Kreise berandeten Gebiete ab.In diesem Fall reicht es zu zeigen, dass die Rander der Gebiete ineinander ubergehen und dass ein innerer Punkt auf einen innerenPunkt abgebildet wird.Die Rand–Gerade ∂{ z ∈ C ; Re z < −1/2 } = { z ∈ C ; Re z = −1/2 } = { −1/2 + ib ∈ C ; Re b ∈ R } wird dann durch Inversionauf die Menge aller Punkte abgebildet:

g(−1/2 + ib) =1

−1/2 + ib= −1 +

+1/2 + ib

−1/2 + ib︸ ︷︷ ︸Betrag Eins

∈ ∂K(−1, 1) .

Der innere Punkt −1 der Halbebene wird auf den inneren Punkt 1/(−1) = −1 der Kreisscheibe K(−1, 1) abgebildet.

Als Verkettung von konformen Aquivalenzen ist ϕ eine konforme Aquivalenz.

Wir berechnen mit Maple:

Phi := - (z^2+2*z-1) / (z^2-2*z-1) ;

Phiz := diff( - (z^2+2*z-1) / (z^2-2*z-1) , z) : Phiz := simplify(Phiz) ;

z0 := sqrt(2)-1 ;

w0 := subs(z=z0,Phi) : w0 := simplify(w0) ;

wz0 := subs(z=z0,Phiz) : wz0 := simplify(wz0) ;

latex(Phi); latex(Phiz); latex(z0); latex(w0); latex(wz0);

z0 = −1 +√

2 ist also die eine Nullstelle des Zahlers z2 + 2z − 1. Es ist merkwurdig, dass maple nach Vereinfachungen nicht einfach

ϕ′(z0) = 1 +1√2≈ 1.7071067811 . . . > 0 liefert. (Die Erweiterung mit

√2 + 1 ist nicht im Erziehungsprogramm von maple ?!)

�

Blatt 2

Aufgabe 6 Zeigen Sie, dass die Kurvenα :[0, 1]→ C , t 7→ exp(iπt) ,

β :[0, 1]→ C , t 7→ exp(−iπt) ,

zwar in C, nicht aber in C \ {0} homotop sind.

Losung: Die Abbildung H : [0, 1]× [0, 1]→ C,

H(t, u) := exp( (1− 2u) iπt)

ist eine Hompotopie in C zwischen den zwei Kurven:

H(0, ·) = α ,

H(1, ·) = β .

Es gibt keine Homotpie in C \ {0} zwischen den zwei Kurven, denn die Differenz∫α

dz

z−∫

β

dz

z=

∫Kreislinie um 0

dz

z= 2πi 6= 0 .

�

Aufgabe 7 Zeigen Sie, dass fur ein nichtleeres Gebiet D ⊆ C folgende Aussagen aquivalent sind:(a) D ist ein Elementargebiet.(b) Zu jeder harmonischen Funktion u : D → R gibt es eine harmonische Funktion v : D → R, so dass f := u+ iv : D → C analytischist.

Losung: Wir haben dabei zwei Richtungen zu klaren:(a)⇒(b) : Wir nehmen an, dass D eine Elementargebiet ist. Sei u : D → R eine harmonische Funktion,

∆u = u′′xx + u′′yy = 0 .

Es ist bekannt, dass dann zu jedem z0 ∈ D (ein ε > 0 existiert, so dass) lokal um z0 = x0 + iy0 = (x0, y0) ∈ C eine bis aufeine Konstante eindeutige Losung v der cauchy–riemannschen Differenzialgleichung, betrachtet als eine partielle DGL in derunbekannten Funktion v : [x0 − ε, x0 + ε]× [y0 − ε, y0 + ε]→ R, existiert:{

v′y = u′xv′x = − u′y

(1)

(Paranthese: Man wahlt zuerst ε, so dass das Quadrat [x0 − ε, x0 + ε]× [y0 − ε, y0 + ε] in D liegt. Moglich, da D offen. Dann ist u′xstetig, und wir wahlen fur die Existenz die Stammfunktion v:

v(x, y) :=

∫ y

y0

u′x(x, η) dη −∫ x

x0

u′y(ξ, y0) dξ .

Die zweite partielle Cauchy–Riemann–DGL in (1) folgt aus

v′x(x, y) = ∂x

∫ y

y0

u′x(x, η) dη − u′y(x, y0) und es ist erlaubt zu vertauschen. . .

=

∫ y

y0

∂xu′x(x, η) dη − u′y(x, y0)

=

∫ y

y0

u′′xx(x, η) dη − u′y(x, y0)

=

∫ y

y0

(∆u− u′′yy)(x, η) dη − u′y(x, y0)

=

∫ y

y0

−u′′yy(x, η) dη − u′y(x, y0)

=[− u′′yy(x, η)

]y

y0− u′y(x, y0)

= −u′y(x, y) .

Die erste folgt durch Antisymmetrie (oder analog). . .Die lokale Eindeutigkeit bis auf Konstanten ist wichtig ! Wir schreiben “eindeutig” kurz und gut fur eindeutig bis auf Konstanten.Der allgemeine inhomogene Fall reduziert sich auf den homogenen Fall “u = 0”, und aus v′x = v′y = 0 folgt sofort v konstant. Endeder Paranthese.)Wir definieren nun v global wie folgt:Sei z0 ∈ D ein fur alle weiteren Diskussionen festgelegter Punkt. Wir wahlen auch definitiv eine Losung v = vz0 in der Umgebung vonz0.Sei z ∈ D.

Sei γ : [0, 1]→ D ein Pfad (Weg) von z0 nach z. (D ist zusammenhangend.)Jeder Punkt γ(t) hat eine Umgebung Uε(t)(γ(t))

auf welcher eine “eindeutige” Losung v der Cauchy–Riemann–DGL existiert.Diese Umgebungen bilden eine Uberdeckung des Bildes von γ, eine kompakte Menge.

Man wahlt eine minimale endliche Uberdeckung (Uε(ti)(γ(ti)))16i6N .Diese ist “geordnet” nach dem t–Index , oBdA wahlen wir 0 6 t1 < t2 < · · · < tN 6 1.

Durch endliche Induktion gibt es eine Anpassung der lokalen Konstanten auf den Schnitten dieser Umge-bungen, nachdem man mit der speziellen Losung v = vz0 um γ(0) startet, so dass eine Losung vγ von (1) in einer offenen Umgebungdes Bildes von γ existiert. Wir haben in der Notation die Abhangigkeit von der Wahl des Weges γ vermerkt. Wir setzen

v(z) := vγ(z)

und mussen noch die Unabhangigkeit vom Weg zeigen.Seien γ0, γ1 zwei Wege von z0 nach z. Da D Elementargebiet (einfach zusammenhangend) ist, gibt es eine Homotopie H : [0, 1] ×[0, 1]→ D mit

H(0, ·) = γ0(·) ,

H(1, ·) = γ1(·) .

Das Bild H( [0, 1] × [0, 1] ) des kompakten Quadrats [0, 1] × [0, 1] ⊂ R ist kompakt in D. Eine Uberdeckung mit offen MengenUε(s,t)(H(s, t)) mit lokaler Existenz und “Eindeutigkeit” steht bereit, wir wahlen eine endliche Uberdeckung. Man kann durch endlicheInduktion erneut sich eine Strategie aufbauen, um die lokale Eindeutigkeit (von der Uberdeckung) auf dem vom Bild von γ0 bis zumBild von γ1 auszunutzen.

(a)⇐(b) : Wir nehmen an, dass D kein Elementargebiet ist und finden ein Gegenbeispiel einer harmonischen Funktion n : D → R,welche nicht als Realanteil einer analytischen Funktion f = u + iv auf D dargestellt werden kann.Da D kein Elementargebiet ist, gibt es einen geschlossenen Weg γ : [0, 1] → D, γ(0) = γ(1), welcher nicht nullhomotop ist.Dann besteht C \ Bild γ aus mehreren Zusammenhangskomponenten, (mindestens zwei, mindestens eine beschrankte. . . ) und es gibtmindestens eine beschrankte Komponente mit Umlaufszahl 6= 0 bzgl. γ und in dieser mindestens einen Punkt a ∈ C \ D. Nacheventueller Translation konnen wir oBdA annehmen, dass a = 0 gilt.Unser Gegenbeispiel hangt eng mit dem Beispiel einer Funktion, welche lokal Stammfunktionen besitzt, jedoch nicht global. Dasdafur verantwortliche Verhalten nennt man “Monodromie”, das “einfachste” Beispiel ist das Beispiel der mehrdeutigen Logarithmus–Funktion, bei einer analytischen Fortsetzung des Logarithmus (entlang eines Pfades) ist der Wert an einer Stelle 6= 0 bis auf einVielfaches von 2πi bestimmt. Diese “Periode”, 2πi, ist rein imaginar und wir haben sofort ein Gegenbeispiel fur unsere Aufgabe:Sei u : D → R die Funktion

u(z) = u(x + iy) := Re log z = log |z| = 1

2log(x2 + y2) .

Dann ist diese Funktion harmonisch. (Sie “kommt lokal von einer analytichen Funktion”.) Man kann sie lokal um Punkte auf demnicht–trivialen Weg γ “eindeutig” zu einer analytischen Funktion fortsetzen, dies klappt jedoch nicht global. �

Aufgabe 8(a) Sei E := { z ∈ C ; |z| < 1 } und f : E→ C analytisch mit f(E) ⊆ E.Zeigen Sie: Fur alle z1, z2 ∈ E gilt ∣∣∣∣∣ f(z2)− f(z1)

f(z1)f(z2)− 1

∣∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣ z2 − z1

z1z2 − 1

∣∣∣∣ .

Folgt aus der Gleichheit in der obigen Ungleichung fur ein Paar (z1, z2), z1 6= z2, dass f ∈ Aut E ist ?

(b) Folgern Sie: Fur alle z ∈ E gilt|f ′(z)|

1− |f(z)|2 61

1− |z|2 .

Losung: Wir erinnern uns erneut daran, dass die Funktion φa : E → E, φa(z) :=z − a

az − 1ein involutiver Automorphismus darstellt.

Um die Tipparbeit der Indizes zu verringern und aus psychologischen Grunden, beweise ich zuerst die Ungleichung fur alle a, z ∈ E:∣∣∣∣∣ f(z)− f(a)

f(a)f(z)− 1

∣∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣ z − a

az − 1

∣∣∣∣ .

Aquivalent: ∣∣φf(a)(f(z))∣∣ 6 |φa(z)| .

Da φa bijektiv ist, kann jedes z ∈ E (eindeutig) als z = φa(w) dargestellt werden. Dann ist w = φa(φa(w)) = φa(z). Es reicht alsofur alle a, w ∈ E zu zeigen: ∣∣φf(a)(f(φa(w)))

∣∣ 6 |w| , i.e.∣∣φf(a) ◦ f ◦ φa(w)

∣∣ 6 |w| .

Da f ein Endomorfismus von E ist, ist es auch die Verkettung: g := φf(a) ◦ f ◦ φa(w). Der Wert von g in Null ist:

g(0) = φf(a) ◦ f ◦ φa(0)

= φf(a) ◦ f(a)

= φf(a)(f(a))

= 0 .

Wir zeigen nun allgemeiner (schwarzsches Lemma), dass fur jeden (analytischen) Endomorfismus g : E→ E mit g(0) = 0 gilt

|g(w)| 6 |w|

fur alle w ∈ E . Begrundung: Die Funktion w → g(w)/w ist analytisch auf E , das Maximum–Prinzip zu dieser Funktion, angewandtauf der Kreisscheibe K(0, r) ⊂ E, 0 < r < 1, zeigt, dass gilt:

max|w|6r

|g(w)||w| = max

|w|=r

|g(w)||w| = max

|w|=r

|g(w)|r

< max|w|=r

1

r=

1

r, also

sup|w|<1

|g(w)||w| = lim

r↗1max|w|6r

|g(w)||w|

6 limr↗1

1

r= 1 .

�

(b) Man kann die gezeigte Ungleichung von (a) umformen:∣∣∣∣∣f(z)−f(a)

z−a

f(a)f(z)− 1

∣∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣ 1

az − 1

∣∣∣∣ .

Der Grenzubergang z → a ist moglich und liefert:

|f ′(a)|1− |f(a)|2 6

1

1− |a|2 .

�

Aufgabe 9 Zeigen Sie: Fur z1, z2 ∈ E wird durch δ(z1, z2) :=

∣∣∣∣ z2 − z1

z1z2 − 1

∣∣∣∣ eine Metrik auf E definiert, fur welche fur alle f ∈ Aut E

gilt:δ(f(z1), f(z2)) = δ(z1, z2).

Losung:• Wir zeigen zuerst die Invarianz von δ unter Automorphismen von E. Jeder Automorphismus von E ist

. “entweder” eine Drehung, z → εz, ε ∈ C, |ε| = 1, und dann

δ(εz1, εz2) =

∣∣∣∣ εz2 − εz1

z1εεz2 − 1

∣∣∣∣ = |ε| · |z2 − z1||z1|ε|2z2 − 1| = · · · = δ(z1, z2)

. “oder” er ist ein Automorphismus von der Form φa : E → E, a ∈ E, φa(z) := (z − a)/(az − 1) und wir zeigen gleich dieInvarianz von δ unter φa

. “oder” er ist eine Verkettung einer Drehung mit einem φa.Es reicht also fur alle a, z1, z2 ∈ E zu zeigen:

δ(φa(z1), φa(z2)) = δ(z1, z2) .

Die prosaische Losung ist die sofortige brutale Berechnung:

δ(φa(z1), φa(z2)) =

∣∣∣∣∣ φa(z1)− φa(z2)

φa(z2) · φa(z1)− 1

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣

z1 − a

az1 − 1− z2 − a

az2 − 1z2 − a

az2 − 1· z1 − a

az1 − 1− 1

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ (z1 − a)(az2 − 1)− (z2 − a)(az1 − 1)

(z2 − a)(z1 − a)− (az2 − 1)(az1 − 1)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −(1− aa)(z1 − z2)

+(1− aa)(z2z1 − 1)

∣∣∣∣= δ(z1, z2) .

Danke! Eine strukturelle Losung verwendet die Formel δ(z, w) = | φw(z) | = | φz(w) |. (Wir verzichten auf einen Dschungel vonIndizes. . . Unsere Losung ist unglucklicherweise in einem Indextrick versteckt. . . ) Der erste Schritt

δ(φa(z), φa(w)) = | φφa(w)(φa(z)) | = | φφa(w) ◦ φa (z)) |

verlangt nach einer Formel fur die Verknupfung (bei uns ist b := φa(w))

φb ◦ φa = ?

oder aquivalent fur die Multiplikation der entsprechenden Matrizen[1 −b

b −1

]·[1 −aa −1

]=

[1− ba b− a

b− a 1− ab

]∼

[− 1−ba

1−ab− b−a

1−ab

− b−a

1−ab−1

]=

[− 1−ba

1−ab0

0 1

] [1 b−a

1−ab

− b−a

1−ab−1

]

=

[ε 00 1

]︸ ︷︷ ︸Drehung|ε|=1

[1 −φa(b)

φa(b) −1

]︸ ︷︷ ︸

induziert φφa(b)

.

Dabei ist ε := −(1− ba)/(1− ab). Es folgt der 1–Zeiler:

δ(φa(z), φa(w)) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣φφa(w) ◦ φa︸ ︷︷ ︸

Drehung(ε)◦φφa(φa(w))︸ ︷︷ ︸=w

(z)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= | εφw(z) | = | φw(z) | = δ(z, w) .

• δ ist wohldefiniert (der Nenner ist ungleich Null, |z1z2| < 1), nimmt Werte in R>0 und verschwindet, δ(z1, z2) = 0, genau dannwenn der Zahler |z2 − z1| verschwindet, also nur fur z1 = z2. (δ ist nicht ausgeartet.)• δ ist offensichtlich symmetrisch: Sehr explizit:

δ(z1, z2) :=

∣∣∣∣ z2 − z1

z1z2 − 1

∣∣∣∣ = |z2 − z1|∣∣z1z2 − 1∣∣ = . . .

= δ(z2, z1) .

• Es bleibt noch zu zeigen, dass fur alle oBdA paarweise verschiedenen z1, z2, z3 ∈ E gilt (Dreiecksungleichung):

δ(z1, z2) + δ(z2, z3) 6 δ(z1, z3) .

Wir kennen bereits die Invarianz von δ bzgl. Automorphismen von E und wir benutzen diese Automorphismen, um die allgemeinenPunkte in speziellere Punkte zu bringen, so dass die Ungleichung einfacher zu beweisen ist.Die beliebige Konfiguration (z1, z2, z3) von paarweise verschiedenen Punkten kann mittels φz2 in die Konfiguration (w1, w2 = 0, w3)von paarweise verschiedenen Punkten gebracht werden, wi = φz2(zi).Die Drehung mit dem Faktor w3/|w3| vereinfacht des Weiteren die Konfiguration als (?, 0, r) mit r = |w3|. Es reicht also dieDreiecksungleichung fur die Konfiguration zu zeigen:

(ρε, 0, r) , r, ρ ∈ (0, 1) , ε = eia ∈ C , |ε| = 1 , a ∈ R .

Ab diesem Normierungspunkt, versuche ich, keine Tricks anzuwenden, sondern nur “naheliegende Richtlinien”. Dann ist zu zeigen:

δ(ρε, 0) + δ(0, r) > δ(ρε, r) . Explizit:

r + ρ >

∣∣∣∣ ρε− r

rρε− 1

∣∣∣∣ .

Aquivalent nach Quadrieren:

(r + ρ)2 >

∣∣∣∣ ρε− r

rρε− 1

∣∣∣∣2 =(ρε− r)(ρε− r)

(rρε− 1)(rρε− 1)=

ρ2 − 2rρ cos a + r2

r2ρ2 − 2rρ cos a + 1

Aquivalent nach Liquidierung des Nenners:

(r + ρ)2 (r2ρ2 − 2rρ cos a + 1) > (ρ2 − 2rρ cos a + r2) .

Es kurzen sich ρ2, r2, wir formen dann aquivalent um, indem wir alle Terme mit cos a auf die rechte Seite bringen:

(r + ρ)2 (r2ρ2 + 1)− r2 − ρ2 > 2rρ cos a ( (r + ρ)2 − 1 )

und diese Ungleichung gilt genau dann im Allgemeinen, wenn der “schlimmste Fall” cos a = ±1 in der folgenden Form gilt:

(r + ρ)2 (r2ρ2 + 1)− r2 − ρ2 > 2rρ | (r + ρ)2 − 1 | , und weiter aquivalent zu

2 + (r + ρ)2 rρ > 2| (r + ρ)2 − 1 |

Der Fall | (r + ρ)2 − 1 | = −( (r + ρ)2 − 1 ) ist trivial. Es bleibt noch zu zeigen:

2 + (r + ρ)2 rρ > 2( (r + ρ)2 − 1 ) , i.e.

4− 2(r + ρ)2 + (r + ρ)2 rρ︸ ︷︷ ︸Notation: f(r,ρ)

> 0 .

Wir untersuchen nun noch die obige Funktion f : [0, 1]× [0, 1]→ R auf globale Minima1. Diese sind entweder lokale Minima oder siebefinden sich am Rande des Definitionsbereiches. Die lokalen Minima sind Losungen (r, ρ) ∈ (0, 1)2 des Gleichungssystems:{

f ′r(r, ρ) = −4(r + ρ) + 2(r + ρ) rρ + (r + ρ)2 ρ = 0f ′ρ(r, ρ) = −4(r + ρ) + 2(r + ρ) rρ + (r + ρ)2 r = 0

Der kleine Unterschied der Gleichungen zeigt r = ρ und in diesem Fall die Gleichungen werden zu −8r + 8r3 = 0, also r = 0, 1, diesliefert keine inneren lokalen Extrema. Das globale Maximum von f auf dem Kompaktum [0, 1]2 wird also am Rande angenommen:Im Falle von ρ = 0 (oder r = 0) wird f zu 4− 2r2 (oder symmetrisch) und das Minimum des Ausdrucks ist 2.Im Falle von ρ = 1 (oder r = 1) wird f zu 4 − 2(r + 1)2 + (r + 1)2r = 2 − 3r + r3 = (r + 2)(r − 1)2 > 0 (oder symmetrisch) unddas Minimum des Ausdrucks ist 0 fur r = 1.

�

Aufgabe 10 Sei M := [ a bc d ] ∈ GL(2, C) und fur z ∈ C := C ∪ {∞} sei

M(z) :=az + b

cz + d, falls z 6= −d/c, c 6= 0,

M(−d/c) =∞, falls c 6= 0, M(∞) := a/c, falls c 6= 0, M(∞) =∞, falls c = 0.

Seien λ, λ′ ∈ C die Eigenwerte von M , aufgefasst als lineare Abbildung M : C2 → C2, und w = [ w1w2 ], w′ =

[w′1w′2

]seien entsprechenden

Eigenvektoren. Zeigen Sie:(a) Hat M zwei verschiedene Fixpunkte in C, dann sind diese Fixpunkte w := w1/w2 (bzw. w = ∞ fur w2 = 0) und w′ := w′1/w′2(bzw. w′ =∞ fur w′2 = 0).(b) Ist |λ| < |λ′| so gilt fur alle z 6= w:

limk→∞

Mk(z) = w′ .

Losung: (a) Wir nehmen an, dass M zwei verschiedene Fixpunkte w, w′ ∈ C, w 6= w′, hat. Dann gilt fur w:

aw + b

cw + d= M(w) = w , also[

a bc d

] [w1

]=

[aw + bcw + d

]= (cw + d)

[aw+bcw+d

1

]= (cw + d)

[w1

].

So ist [ w1 ] ein Eigenvektor von M zum Eigenwert (cw + d).

Analog ist[

w′1

]ein Eigenvektor von M zum Eigenwert (cw′ + d).

Die Eigenwerte sind verschieden. (Sonst w = w′, Widerspruch, oder c = 0, aber dann ist M(z) = (az+b)/d, eine Abbildung mit einemstatt zwei Fixpunkten in C, erneut Widerspruch.) So bilden diese zwei Eigenvektoren eine einelementige Basis fur die entsprechendenEigenraume.So ist w = [ w1

w2 ] ein skalares Vielfaches von dem Eigenvektor [ w1 ], also w1/w2 = w/1 = w.

Analog w′ := w′1/w′2.

(b) Wir nehmen nun an, dass die Eigenwerte λ, λ′ ∈ C die strenge Ungleichung erfullen:

|λ| < |λ′| .

Insbesondere λ 6= λ′. So ist M diagonalisierbar:

M = S

[λ 00 λ′

]S−1

1Ich habe versprochen, ohne Tricks zu arbeiten. Maple gibt z.B. nach g := 4-2*(r+s)2+(r+s)2*r*s; factor(g); die sofort losendeFaktorisierung:

4− 2(r + ρ)2 + (r + ρ)2 rρ = (2− rs− s2)(2− rs− r2) .

mit der Matrix S =

[w w′

1 1

]∈ GL(2, C), welche die Eigenvektoren als Spaltenvektoren hat. Dann folgt sofort:

Mk(z) =

(S

[λ 00 λ′

]S−1

)k

(z) =

(S

[λ 00 λ′

]k

S−1

)(z)

=

(S

1

λ′k

[λ 00 λ′

]k

S−1

)(z) =

(S

[(λ/λ′)k 0

0 1

]S−1

)(z)

−→(

S

[0 00 1

]S−1

)(z) =

[w w′

1 1

] [0 00 1

] [1 −1−w′ w

](z) =

[−w′ ww′

−1 w

](z)

=−w′z + ww′

−z + w=

w′(−z + w)

−z + w= w′ .

Der entscheidende Trick war, Mk(z) mit(

1λ′M

)k(z) zu ersetzen. Dabei wird benutzt, dass die Aktion von Skalaren Matrizen (wie

1/λ′) trivial ist. �

Blatt 3

Aufgabe 11 Man zeige: Ist f : E→ E analytisch und gibt es a, b ∈ E, a 6= b, mit f(a) = a und f(b) = b, dann gilt f(z) = z fur allez ∈ E.

Losung: Sei g : E→ E die analytische Hilfsfunktion

g := φa ◦ f ◦ φa .

Sei c := φa(b). Dann gelten:

g(0) = (φa ◦ f ◦ φa)(0) = (φa ◦ f)(a) = (φa)(a) = 0 ,

g(c) = (φa ◦ f ◦ φa)(c) = (φa ◦ f)(b) = (φa)(b) = c .

Wir haben bereits in der Aufgabe 8 die Cauchy–Ungleichung |g(w)| 6 |w| erwahnt. Die Funktion h : E→ E ,

h : z → g(z)

z

ist wohldefiniert (g(0) = 0 also ist im obigen Quotienten Null keine Polstelle), analytisch und 6 1. Andererseits ist |g(c)/c| = 1. DasMaximum der Funktion h wird im Inneren (einer Kreisscheibe um Null mit Radius > |c|) angenommen. So ist h eine Konstante. Aush(c) = 1 folgt h(z) = 1, g(z) = z fur alle z (in einer Kreisscheibe um Null mit Radius > |c| also fur alle z) mit |z| < 1. Es folgt

f = φa ◦ g ◦ φa = φa ◦ φa = Identitat von E .

�

Aufgabe 12 Sei δ die nichteuklidische Metrik in E, r > 0 und a ∈ E. Zeigen Sie, dass die nichteuklidische Kreislinie

{ z ∈ E ; δ(z, a) = r }

eine euklidische Kreislinie ist und untersuchen Sie, wann der nichteuklidische Mittelpunkt a mit dem euklidischen Mittelpunktubereinstimmt.

Losung: Es gilt fur z, a ∈ E:

δ(z, a) = δ(φa(z), φa(a)) (Invarianz von δ bzgl. φa ∈Aut E)

= δ(φa(z), 0) wegen φa(a) = 0

= δ(|φa(z)|, 0) (Invarianz von δ bzgl. Drehung um ε := φa(z)/|φa(z)|)

=1

2log

1 + |φa(z)|1− |φa(z)| .

Die Funktion [0, 1) 3 x→ 1

2log

1 + x

1− x∈ R>0 ist stetig, streng monoton wachsend (ihre Ableitung auf (0, 1) ist 1/(1− x2) > 0) und

hat die Grenzwerte in 0 bzw. 1 gleich zu 0 bzw +∞. Der Wert r > 0 wird also genau fur ein ρ ∈ (0, 1) mit

1

2log

1 + ρ

1− ρ= r

angenommen.Aus z1, z2 auf der Kreislinie { z ∈ E ; δ(z, a) = r },

δ(z1, a) = r

δ(z2, a) = rfolgt aquivalent

1

2log

1 + |φa(z1)|1− |φa(z1)|

=1

2log

1 + ρ

1− ρ

1

2log

1 + |φa(z2)|1− |φa(z2)|

=1

2log

1 + ρ

1− ρ

und weiter|φa(z1)| = ρ

|φa(z2)| = ρ

So liegen φa(z1) und φa(z2) auf dem euklidischen Kreis K(0, ρ) um 0 mit Radius ρ.Die Abbildung φ−1

a = φa bildet diese Kreislinie auch auf einen Kreis φa(K(0, ρ)) (oder auf eine Gerade) (zuruck).

Wir untersuchen nun, wann das Zentrum a der nichteuklidischen Kreislinie { z ∈ E ; δ(z, a) = r } mit dem Zentrum der Kreislinieφa(K(0, ρ)) = { φa(ρeix) ; x ∈ R ) ubereinstimmt. Wenn die zwei Zentren ubereinstimmen, so ist die Abbildung

x −→ | φa(ρeix)− a | =∣∣∣∣ ρeix − a

aρeix − 1− a

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ ρeix(1− aa)

aρeix − 1

∣∣∣∣ = ρ(1− |a|2)|aρeix − 1|

konstant (gleich zum Radius. . . ) . Der Nenner ist also eine konstante Funktion von x. Dies gilt nur in dem Fall a = 0.Umgekehrt, ist a = 0 so stimmen die zwei Zentren uberein. �

Aufgabe 13 Sei C : H→ E, z → z − i

z + idie Cayley–Abbildung. Fur eine Integrationskurve α in H sei lH(α) := lh(Cα), Cα := C ◦α.

Zeigen Sie, dass man damit eine (von C unabhangige) Metrik δH in H definieren kann.Stellen Sie lH(α) als Integral uber α dar !Auf diese Weise lasst sich die nichteuklidische Geometrie vom Modell E auf das Modell H (poincaresches Halbebenenmodell)ubertragen.Geben Sie in H die nichteuklidischen Geraden an und geben Sie eine explizite Formel fur den nichteuklidischen Abstand δH(z, w),z, w ∈ H, an.

Losung: Wir sammeln zuerst Daten der hyperbolischen Geometrie in E, so wie diese in der Vorlesung erarbeitet wurden.Die Aufgabe verlangt von uns, diese Daten durch einen Transport der Struktur auf H zu etablieren.

• Die Metrik δ = δE in E ist δ(z1, z2) :=

∣∣∣∣ z1 − z2

z2z1 − 1

∣∣∣∣.• Die hyperbolische Lange einer (stuckweise stetig differenzierbaren) Kurve γ : [a, b]→ E ist

lh(γ) = lh,E :=

∫ b

a

|γ′(t)|1− |γ(t)|2 dt .

• Die hyperbolische Lange ist invariant unter Verknupfung mit Automorphismen von E: Fur f ∈ Aut E ist zuerst|f ′(z)|

1− |f(z)|2 =1

1− |z|2fur alle z ∈ E. Dies folgt durch doppelte Ungleichung aus der Aufgabe 8 (b) nach einer Anwendung fur f und fur die Umkehrabbildungf−1. Danach folgt sofort mit obigen Notationen:

lh(f ◦ γ) :=

∫ b

a

|(f ◦ γ′)(t)|1− |f ◦ γ(t)|2 dt =

∫ b

a

|f ′(γ(t)) · γ′(t)|1− |f(γ(t))|2 dt =

∫ b

a

|f ′(γ(t))|1− |f(γ(t))|2︸ ︷︷ ︸=1/(1−|γ(t)|2)

·|γ′(t)| dt

=

∫ b

a

|γ′(t)|1− |γ(t)|2 dt =: lh(γ) .

• Die Metrik δ kann mittels der hyperbolischen Lange wie folgt ausgedruckt werden:

δ(z1, z2) = minγ:[a,b]→E Weg

von z1=γ(a)nach z2=γ(b)

lh(γ) .

• Das Minumum in der obigen Formel ist erreicht fur (je)den Weg γ∗ = γ∗(z1, z2),welches als Bild (im euklidischen Sinne) die Kreislinie oder die Gerade durch z1, z2,

welche senkrecht auf den Rand ∂E steht,hat.

• Um explizit den Wert (Zahl) von δ(z1, z2) fur gegebene Zahlen z1, z2 ∈ E zu berechnen, kann folgende Strategie angewandt werden:. Man bringt die Konfiguration (z1, z2) ∈ C2 durch die Anwendung von φz1 in eine Konfiguration (0, w), w := φz1(z2). Durch

eine weitere Drehung geht (0, w) in (0, |w| = a) uber. Dann ist der hyperbolisch kurzeste Weg von 0 nach a die Verbindungsstrecke(Teil des Durchmessers) und

δ(z1, z2) = δ(0, w) = δ(0, a) =

∫ a

0

dt

1− t2=

1

2log

1 + a

1− a=

1

2log Doppelverhaltnis(a, 0;−1, 1) .

Dabei ist das Doppelverhaltnis von (z1, z2; z3, z4) ∈ C4 gegeben durch den rationalen Ausdruck

z1 − z3

z2 − z3:

z1 − z4

z2 − z4.

Die kurzeste Verbindungsstrecke zwischen z1 und z2 erhallt man, nachdem man die Strecke [0, a] durch die Drehung und den Automor-phismus φz1 zuruck transformiert. Diese Transformationen sind Mobius–Transformationen ( – oder auch homografische Abbildungengenannt – ). Solche Abbilodungen konservieren das Doppelverhaltnis. Aus diesem Grund nur haben wir das Doppelverhaltnis eingefuhrt.

Wir erhalten eine alternative Strategie:. Man findet die Gerade oder Kreislinie durch z1, z2, welche in den Schnittpunkten w1, w2 mit dem Rand ∂E jeweils einen rechten

Winkel bilden. Dann ist

δ(z1, z2) =1

2| log | Doppelverhaltnis(z1, z2; w1, w2) | | .

(Die vielen Betrage sorgen z.B. dafur, dass die Wahl von (w2, w1) statt (w1, w2) das gleiche Ergenis liefert, etc.)

Wir konnen nun nach dieser Ansammlung von Ergebnissen zur Losung ubergehen:• Kann man eine Metrik δH auf H einfuhren ? Ja. Wir haben zwei Chancen:

. Entweder definieren wir fur w1, w2 ∈ H

δH(w1, w2) := δE(C(w1), C(w2))

. oder wir setzen

δH(w1, w2) := minα:[a,b]→H Wegvon w1=α(a)nach w2=α(b)

lh,H(α) mit

lh,H(α) := lh,E(C ◦ α)

:=

∫ b

a

|(C ◦ α)′(t)|1− |(C ◦ α)(t)|2 dt =

∫ b

a

|C′(α(t)) · α′(t)|1− |(C(α(t))|2 dt =

∫ b

a

|C′(α(t))|1− |(C(α(t))|2︸ ︷︷ ︸

= 12Im α(t)

·|α′(t)| dt =

∫ b

a

|α′(t)|2Im α(t)

dt .

Beim letzten Ubergang haben wir die folgende Nebenrechnung verwendet:Sei M = [ a b

c d ] eine Matrix in GL(2, C). Sei f : C \ {−d/c} → C die zugehorige Mobius–Transformation, f(z) := (az + b)/(cz + d).

Ausaz + b

cz + b− a

c= − ad− bc

c(cz + d)folgt durch Ableitung f ′(z) = det(M)/(cz + d)2. Es folgt

|f ′(z)|1− |f(z)|2 =

| det M||cz+d|2

1− |az+b|2|cz+d|2

=|det M |

|cz + d|2 − |az + b|2 .

Im Spezialfall M = C =[

1 −i1 i

]haben wir also

|C′(z)|1− |C(z)|2 =

|det C||z + i|2 − |z − i|2 =

|2i|(z + i)(z + i)− (z − i)(z − i)

=2

−2i(z − z)=

1

2y=

1

2Im z.

Wir haben dabei lh,H(α) als Intergal uber α dargestellt.• Liefern die zwei Ansatze fur die Metrik δH das gleiche Ergebnis ? Ja: Wir verwenden das entsprechende Resultat fur E und berechnenfur beliebige w1, w2 ∈ H

δE(Cw1, Cw2) = minγ:[a,b]→E Weg

von z1:=Cw1=γ(a)nach z2:=Cw2=γ(b)

lh,E(γ) Substitution: α := C−1 ◦ γ , γ = C ◦ α = Cα wie in

[a, b]

γ

��

α

}}{{{{

{{{{

HC // E

C−1oo

= minα:[a,b]→H Wegvon w1=α(a)nach w2=α(b)

lh,E(C ◦ α) = minα:[a,b]→H Wegvon w1=α(a)nach w2=α(b)

lh,H(α) .

• Man hatte eine andere konforme Abbildung H→ E, sagen wir F : H→ E, verwenden konnen,

HC

������

���

F

��???

????

EFC−1

// ECF−1

oo

Es gilt jedoch die Gleichheit δE(Cw1, Cw2) = δE(Fw1, Fw2) wegen der Invarianz von δE bzgl. des Automorphismus CF−1 von E.

δE(Cw1, Cw2) = δE(CF−1Fw1, CF−1Fw2)

= δE(Fw1, Fw2) .

Dies erlautert die leicht unklare “Unabhangigkeit” der transportierten Metrik von der gewahlten Cayley–Abbildung. Jede andere Wahlfur den Transport von δE furt zur gleichen Metrik.• Die Cayley–Abbildung ist eine Mobius–Transformation. Sie bildet also [ Kreislinien oder Geraden in H ] auf [ Kreislinien oderGeraden in E ] ab und zuruck. Die nichteuklidischen Geraden (Geodaten) im E–Model sind genau solche euklidische [ Kreislinienoder Geraden ],

welche senkrecht auf dem Rand ∂E, dem Einheitskreis,stehen.Es folgt: Die nichteuklidischen Geraden (Geodaten) im H–Model sind auch genau euklidische [ Kreislinien oder Geraden ],

welche senkrecht auf dem Rand ∂H, der x–Achse,stehen.• Um explizit δH(w1, w2) fur gegebene Zahlen w1, w2 ∈ H zu berechnen haben wir erneut mehrere Strategien:

. Wir verwenden die Cayley–Abbildung C, um w1, w2 nach E in z1, z2 zu transportieren und dort haben wir ein Rezept zurBerechnung von δE(z1, z2).

. Insbesondere kann man die obige Strategie verfeinern: Man finden den Halbkreislinie oder die Gerade durch w1, w2 in H, welchesenkrecht auf der x–Achse steht. Seien x1, x2 die Randpunkte des obigeb Halbkreises bzw. der obigen Geraden.Dann findet man die Mobius–Transformation, welche die Konfiguration (w1; x1, x2) von drei Punkten in H in die Konfiguration(0;−1, 1) von drei Punkten in E abbildet. Sei a das Bild von w2 durch diese Mobius–Transformation:

(w1, w2; x1, x2) −→ (0, a,−1, 1) .

Dann ist a ∈ (−1, 1) und man hat

δH(w1, w2) = δE(0, a) =1

2log

1 + |a|1− |a| =

1

2

∣∣∣∣log1 + a

1− a

∣∣∣∣ .

. Wir bemerken, dass (1 + a)/(1 − a) das Doppelverhaltnis von (0, a,−1, 1) ist. Mobius–Transformationen invariieren dasDoppelverhaltnis. So konnen wir direkt nach Berechnung von x1, x2 wie oben die Formel schreiben:

δH(w1, w2) =1

2| log | Doppelverhaltnis(w1, w2; x1, x2) | | .

�

Aufgabe 14 Zeigen Sie, dass das nichteuklidische Dreieck in H mit den Ecken (i, 5i, 3 + 4i) rechtwinklig ist.a, b seien die nichteuklidischen Langen der “Katheten”, c die nichteuklidische Lange der “Hypothenuse” dieses Dreiecks. BestatigenSie durch Nachrechnen, dass gilt:

c2 > a2 + b2

Losung: Ein Bild ist:

H⊂C

•0

AC(1)∞

AC(2)∞

•−5

BC(2)∞

•+5

BC(1)∞

•C=5i

•A=i

•B=3+4i

•4−√

17

AB(1)∞

•4+√

17

AB(2)∞

A = i

B = 3 + 4i

C = 5i

BC(1)∞ = 5 BC(2)

∞ = −5

AC(1)∞ = 0 AC(2)

∞ = i∞

AB(1)∞ = 4−

√17 AB(2)

∞ = 4 +√

17

Die Seiten (Geodaten) des Dreiecks sind. CB, Teil des Kreises mit Zentrum 0 und Radius 5 durch −5, 5i, 3 + 4i, +5,. AB, Teil des Kreises mit Zentrum 4 und Radius

√17 durch 4−

√17, i, 3 + 4i, 4 +

√17,

. AC, Teil der Geraden durch 0, i, 5i,∞ = i∞.Der Winkel in 5i zwischen den (Tangenten an die) Seiten ist ein rechter Winkel.Wir haben die Randpunkte der obigen Halbkreise/Geraden durch A, B, C auch im Bild vermerkt.(Sie liegen nicht in H, sondern auf der x–Achse, dem Rand von H.)Wir berechnen die Doppelverhaltnisse ( DV ):

α := DV ( 3 + 4i , 5i ; 5 , −5 ) = DV ( B , C , BC(1)∞ , BC(2)

∞ ) =1

2,

β := DV ( i , 5i ; 0, ∞ ) = DV ( A , C , AC(1)∞ , AC(2)

∞ ) =1

5,

γ := DV ( i , 3 + 4i ; 4−√

17 , 4 +√

17 ) = DV ( A , B , AB(1)∞ , AB(2)

∞ ) =1

4(13− 3

√17 ) .

DV := (z1,z2,z3,z4) -> (z1-z3)/(z2-z3)/(z1-z4)*(z2-z4);

##

aa := DV(3+4*I, 5*I, 5, -5): aa:= simplify( aa );

bb := limit( DV( I, 5*I, 0, z) , z=infinity ): bb:= simplify( bb );

cc := DV( I, 3+4*I, 4-sqrt(17), 4+sqrt(17)): cc:= expand(rationalize(cc));

Schließlich konnen wir die hyperbolischen Seitenlangen berechnen:

a = δH(B, C) =1

2| log α | = 1

2log 5 ≈ 0.3465735903 . . . ,

b = δH(A, C) =1

2| log α | = 1

2log 2 ≈ 0.8047189560 . . . ,

c = δH(A, B) =1

2| log γ | = 1

2log

4

13− 3√

17=

1

2log

13 + 3√

17

4≈ 0.9236230430 . . . .

Man pruft sofort (numerisch) die Ungleichung c2 > a2 + b2.

f := x -> evalf( abs(log( x ))/2 );

a := f(aa); b:= f(bb); c := f(cc);

a := 0.3465735903

b := 0.8047189560

c := 0.9236230430

c^2-a^2-b^2;

0.0853936740

�

2 2 2

Wir konnen (unnotigerweise) ausfuhrlicher das hyperbolische Dreieck ABC in H durch die Cayley–Abbildung nach E in A′B′C′

transformieren und dann in E parallele Berechnungen starten.Die Cayley–Abbildung bildet die Punkte A, B, C, . . . auf:

Cayley := z -> (z-I)/(z+I);

## Wir betrachten die Punkte:

C:=5*I; A:=I; B:=3+4*I;

BC1:=+5; BC2:=-5;

AB1:=4-sqrt(17); AB2:=4+sqrt(17);

AC1:=0;

## Die Bilder dieser Punkte durch die Cayley--Abbildung sind:

Ae:=Cayley(A); Be:=Cayley(B); Ce:=Cayley(C);

BC1e:=Cayley(BC1); BC2e:=Cayley(BC2);

AB1e:=Cayley(AB1); AB2e:=Cayley(AB2); expand(rationalize([Re(AB1e),Im(AB1e)])),

expand(rationalize([Re(AB2e),Im(AB2e)]));

AC1e:=Cayley(AC1); AC2e:=limit(Cayley(z),z=infinity);

Ae := 0

12

Be := -- - 3/17 I

17

Ce := 2/3

12

BC1e := -- - 5/13 I

13

12

BC2e := -- + 5/13 I

13

1/2

4 - I - 17

AB1e := -------------

1/2

4 + I - 17

1/2

4 - I + 17

AB2e := -------------

1/2

4 + I + 17

1/2 1/2 1/2 1/2

4 17 17 4 17 17

[- -------, -----], [-------, - -----]

17 17 17 17

AC1e := -1

AC2e := 1

Im Bild:

•A′

•A′C′(1)∞ =−1

•A′C′(1)∞ =1

•C′=2/3

•B′

•A′B′(1)∞

•A′B′(2)∞

•B′C′(1)∞

•B′C′(2)∞

WWWWWWWWWWWWWWW

A′ = 0

B′ = (12− 3i)/17

C′ = 2/3

A′C′(1)∞ = −1 A′C′(2)∞ = 1

A′B′(1)∞ = (−4 + i)/√

17 A′B′(2)∞ = (4− i)/√

17

B′C′(1)∞ = (12 + 5i)/13 B′C′(2)∞ = (12− 5i)/13

Alle Bemuhungen, xypic zur Vernunft zu bringen und den Ortokreis durch B′C′(1)∞ , B′C′(2)

∞ auch durch B′, C′ zu malen sind fehl-geschlagen. (Auch eine explizite Winkelangabe war nicht hilfreich. . . ) Man sollte den entsprechenden Kreisbogen zwischen B′, C′ alsBild der Seite BC auch durchziehen. . .Die Doppelverhaltnisse haben “gleiche” Werte:

DV ( C′ , B′ , B′C′(1)∞ , B′C′(2)

∞ ) = DV ( 2/3 , (12− 3i)/17 , (12− 5i)/13 , (12 + 5i)/13 ) = . . .

= 2 ,

DV ( C′ , A′ , A′C′(1)∞ , A′C′(2)

∞ ) = DV ( 2/3 , 0 ; −1 , 1)

=2/3 + 1

2/3− 1:

0− (−1)

0− 1=

1 + 2/3

1− 2/3= 5 ,

DV ( B′ , A′ , A′B′(1)∞ , A′B′(2)

∞ ) = DV ( (12− 3i)/17 , 0 ; (−4 + i)/√

17 , (4− i)/√

17 )

= DV ( (12− 3i)/√

17 , 0 ; −4 + i , 4− i ) = . . .

=1

4(13 + 3

√17) ,

DV := (z1,z2,z3,z4) -> (z1-z3)/(z2-z3)/(z1-z4)*(z2-z4);

##

aaa := DV( 2/3, (12-3*I)/17, (12-5*I)/13 , (12+5*I)/13 ) : aaa:= simplify( aaa );

bbb := DV( 2/3, 0, -1, 1 ): bbb:= simplify( bbb );

ccc := DV( (12-3*I)/17, 0, (-4+I)/sqrt(17), (4-I)/sqrt(17)): ccc:= expand(rationalize(ccc));

�

Aufgabe 15 Seien ω1, ω2 ∈ C und das Paar (ω1, ω2) sei linear unabhangig uber R. Sei L das Gitter

L := Zω1 + Zω2 .

Zeigen Sie: Fur ein zweites Paar (ω1, ω2), ω1, ω2 ∈ C gilt L = Zω1 + Zω2 genau dann, wenn es eine Matrix A =

[a bc d

]∈ Z2×2 mit

ad− bc = ±1 gibt, fur welche gilt: [ω1

ω2

]=

[a bc d

] [ω1

ω2

].

Losung: Wir nehmen an, dass gilt: Zω1 + Zω2 ⊆ Zω1 + Zω2. Insbesondere liegen

ω1 = 1 · ω1 + 0 · ω2 ∈ Zω1 + Zω2 und

ω2 = 0 · ω1 + 1 · ω2 ∈ Zω1 + Zω2

auch in Zω1 + Zω2, so dass es Darstellungen als lineare Kombinationen mit Koeffizienten in a, b, c, d ∈ Z gibt:

ω1 = a · ω1 + b · ω2

ω2 = c · ω1 + d · ω2

oder aquivalent

[ω1

ω2

]=

[a bc d

] [ω1

ω2

].

Wir nehmen dann zusatzlich an, dass es auch die Inklusion gilt: Zω1 + Zω2 ⊇ Zω1 + Zω2. Durch Symmetrie folgt die Existenz vonKoeffizienten A, B, C, D ∈ Z, so dass gilt: [

ω1

ω2

]=

[A BC D

] [ω1

ω2

].

Dann erhalten wir [ω1

ω2

]. =

[A BC D

] [a bc d

] [ω1

ω2

]also

[A BC D

] [a bc d

]=

[1 00 1

]da (ω1, ω2) ein Paar von Basisvektoren in C uber R ist. Die Bildung der Determinante ergibt:

det

[A BC D

]det

[a bc d

]= det

[1 00 1

]also

(AD −BC)(ad− bc) = 1 .

so ist (ad− bc) eine Einheit (invertierbar) in Z also ±1.Wir haben damit die (heiklere) Richtung gezeigt, dass aus Zω1 + Zω2 = Zω1 + Zω2 die Existenz einer ganzzahligen invertierbarenUbergangsmatrix von der Basis (ω1, ω2) auf die Basis (ω1, ω2) (und umgekehrt) gibt.

Umgekehrt:

Wir nehmen an, dass es eine Matrix in GL(2, Z)

[a bc d

]∈ Z2×2 (d.h. a, b, c, d ∈ Z mit ad− bc = ±1) gibt, fur welche gilt:

[ω1

ω2

]=

[a bc d

] [ω1

ω2

].

Dann giltω1 = a · ω1 + b · ω2

ω2 = c · ω1 + d · ω2

alsoω1, ω2 ∈ Zω1 + Zω2 i.e.

Zω1 + Zω2 ⊆ Zω1 + Zω2 .

Man verwendet die Inverse von

[a bc d

]∈ Z2×2 um die andere Inklusion herzuleiten. �

Blatt 4

Aufgabe 16 Zeigen Sie:(a) Eine nicht konstante meromorphe Funktion f : C→ C kann nicht die Perioden 1 und

√2 haben.

(b) Eine nicht konstante rationale Funktion R : C→ C kann nicht periodisch sein.

Losung: (a) Sei f : C→ C eine meromorphe Funktion mit den Perioden 1 und√

2. (Wir zeigen, dass f konstant ist.)Dann ist jede Zahl a = k · 1 + l ·

√2 ∈ Z · 1 + Z ·

√2 eine Periode von f : f(·+ a) = f(·).

Das Gitter Z · 1 + Z ·√

2 ist dicht in R, so dass zu jedem r ∈ R eine Folge (aN ) in Z · 1 + Z ·√

2 existiert mit aN → r. Aus derStetigkeit von f folgt (punktweise)

f(·+ r) = lim f(·+ an) = limN→∞

f(·) = f(·) .

So ist f(r) = f(0) fur alle r ∈ R, die Funktion f stimmt auf der Menge R + i0 mit (deutlich mehr als) einem Haufungspunkt mit derkonstanten Funktion f(0) uberein.So ist f konstant (gleich f(0)).

(b) Sei R = P/Q : C→ C 6= 0,∞ eine rationale periodische Funktion mit der Periode T ∈ C \ 0, P, Q polynomiale Funktionen. (Wirzeigen, dass R konstant ist. Wir haben angenommen, dass R keine der sehr speziellen konstanten Funktionen 0 oder ∞ ist.)Nachdem wir den Bruck P/Q kurzen (i.e. im Ring der Polynome C[Z] den ggT der Polynome P, Q mit dem eukliischen Algorithmusfinden) konnen wir annehmen, dass P, Q keine gemeinsamen Prim–Faktoren haben. Die Prim–Faktoren haben grad 1, sie sind von derForm Z − a.Wir nehmen also “oBdA” an, dass P, Q keine gemeinsamen Nullstellen haben.Die Menge der Nullstellen von R 6= 0 ist die Menge der Nullstellen von P 6= 0, sie ist endlich, insbesondere beschrankt.Ist z0 eine Nullstelle von R (und/oder P ), so ist wegen der Periodizitat von R jede komplexe Zahl in der unbeschrankten Mengez0 + Z · T eine Nullstelle von R (und/oder P ).Die Menge der Nullstellen von R (i.e. von P ) ist also leer.Mit R 6= 0,∞ ist auch 1/R 6= 0,∞ periodisch. Analog konnen wir herleiten: Die Menge der Nullstellen von 1/R (i.e. von Q) ist aauchleer.So sind P, Q konstante Polynome.(Alle anderen Polynome haben in C mindestens eine Nullstelle, Fundamentalsatz der Algebra uber C.)So ist R konstant. �

Aufgabe 17 Sei L := Zω1 + Zω2 ein Gitter in C und es sei vol(L) := | Im (ω1ω2) |.Zeigen Sie, dass vol(L) unabhangig von der Gitterbasis ist.Tipp: Aufgabe 15.

Losung: Jede Z–Basis des Gitters (freien Z–moduls) L := Zω1 + Zω2 ⊂ C besteht aus den zwei Komponenten des Spaltenvektors

A

[ω1

ω2

]=

[a bc d

] [ω1

ω2

]=

[aω1 + bω2

cω1 + dω2

]( – wie in der Aufgabe 15 geschildert – ) wobei A =

[a bc d

]∈ SL(2, Z), ad− bc = ±1, ist.

Die Aufgabe verlangt also aquivalent von uns, die algebraische Gleichheit zu zeigen:

| Im ( (aω1 + bω2)(cω1 + dω2) ) | = | Im ( ω1ω2 ) | .

Zwei Losungen sind nicht zu vermeiden:1. Losung: Die algebraische Losung durch brutales Rechnen: Dies fuhrt immer zum Ziel, wenn man genugend Papier und Zeit hat:

| Im ( (aω1 + bω2)(cω1 + dω2) ) | = | Im ( (aω1 + bω2)(cω1 + dω2) ) |

=∣∣∣ Im

(ac ω1ω1︸ ︷︷ ︸

∈R

+bcω1ω2 + adω1ω2 + bd ω2ω2︸ ︷︷ ︸∈R

) ∣∣∣=∣∣∣ Im

(bcω1ω2 + adω1ω2

) ∣∣∣=∣∣∣ Im

(bc (ω1ω2 + ω1ω2)︸ ︷︷ ︸

∈R

+(ad− bc)ω1ω2

) ∣∣∣=∣∣∣ Im

(+ (ad− bc)ω1ω2

) ∣∣∣= |ad− bc| · | Im ( ω1ω2 ) |= | Im ( ω1ω2 ) | .

Die Berechnung benotigt nur die Information A ∈ SL(2, R) (oder leicht allgemeiner: det A = ±1 und A hat reelle Koeffizienten).2 Losung: Die geometrische Losung: Die Aufgabenstellung verrat es, dass der Ausdruck | Im ( ω1ω2 ) | als “Volumen” interpretiertwerden kann, es handelt sich dabei um die Flache des Parallelogramms welche die Vektoren ω1, ω2, betrachtet mit Null als gemeinsamemUrsprung, aufspannen:

vol( ���������

0

ω2

////ω1

////���������

ω1 + ω2

)= | Im ( ω1ω2 ) | .

Fur den Beweis der Formel konnen wir am einfachsten nach einer Drehung um ε := ω2/|ω2| annehmen, dass ω2 ∈ R>0 liegt, dieDrehung lasst die Flache invariant und | Im ( εω1εω2 ) | = | Im ( ω1εεω2 ) | = | Im ( ω1|ε|2ω2 ) | = | Im ( ω1ω2 ) |.

In diesem Fall ist die “Grundseite” im Bild

0 ω2

����

ω1����

ω1 + ω2

gleich ω2 ∈ R>0 und die Hohe gleich |Im ω1| = |Im ω1|.

Die geometrische Idee ist einfach: Eine zu A assoziierte lineare Abbildung bildet linear C ∼= R2 in sich selbst, verandert das Volumen–Element um den konstanten Faktor

|det A| = 1 ,

invariiert also das Volumen des Parallelogramms. . .Genauer:Sei S : R2 → R2, S : C→ C, die Abbildung,

welche 1→ ω1, i→ ω2,

also welche die kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der kanonischen Basis 1, i von C

in die kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der Basis ω1, ω2

abbildet2. Es gilt |Im ω1ω2| = |det S|. Des Weiteren bildet die transponierte Matrix A′ Vektoren von C ∼= R2 wie folgt ab:

ω1 = 1 · ω1 + 0 · ω2∼= [ 1

0 ]A′· // [ a c

b d ] [ 10 ] = [ a

b ] ∼= a · ω1 + b · ω2 =: ω1

ω1 = 1 · ω1 + 0 · ω2∼= [ 1

0 ]A′· // [ a c

b d ] [ 10 ] = [ a

b ] ∼= a · ω1 + b · ω2 =: ω2

Sei S : R2 → R2, S : C→ C, die Abbildung,welche 1→ ω1, i→ ω2,

also welche die kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der kanonischen Basis 1, i von C

in die kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der Basis ω1, ω2

abbildet.

Sei S : R2 → R2, S : C→ C, die Abbildung, welche die kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der kanonischen Basis 1, i von C in die

kanonischen Vektoren

[10

],

[01

], bzgl. der Basis ω1, ω2 abbildet

Es gilt offensichtlich

S = A′S ,1, i

S //

S=A′S

33ω1, ω2A′ // ω1, ω1 .

2Explizit: Seien

ω1 = ξ1 + iη1 , ξ1, η1 ∈ Rω2 = ξ2 + iη2 , ξ2, η2 ∈ R

die Darstellungen von ω1, ω2 bzgl. der kanonischen Basis 1, i von C. Dann identifiziert man ω1∼=

[ξ1η1

]und ω2

∼=[

ξ2η2

]mit Vektordarstellungen

bzgl. der kanonischen Basis. Die R–lineare Abbildung 1 → ω1, i → ω2 ist dann die Abbildung in der Sprache der Spaltenvektoren (geschriebenbzgl. der kanonischen Basis) [

10

]→

[ξ1η1

],

[01

]→

[ξ2η2

],

sie ist offensichtlich durch die Linksmultiplikation mit der Matrix[

ξ1 ξ2η1 η2

]gegeben. (Sie besteht aus den Koordinatenvektoren von ω1, ω2

als Spaltenvektoren.)Welche ist die Determinante dieser Matrix ? Wie sieht |Im ω1ω2| = |Im ω2ω1| in Terman von ξ1, η1; ξ2, η2 aus ? Warum ? Wohin wird

das Quadrat [0, 1]2 (das Parallelogramm mit Ecken 0, 1, i, 1 + i) durch S abgebildet ? Mit welchem Verzehrungs–Faktor verandert sich dieFlache dabei ?

Es folgt sofort:

| Im ω1ω2 | = | det S |= | det(A′S) |= | det(A′) det(S) |= | det(A′) | | det(S) |= | det(S) |= | Im ω1ω2 | .

�

Aufgabe 18 Sei L ⊂ C ein Gitter und f, g ∈ K(L). Zeigen Sie:(a) Haben f und g dieselben Pole modulo L und dieseben Hauptteile in diesen Polstellen, dann gilt f = g + c mit c ∈ C.(b) Haben f und g modulo L dieselben Pol– und Nullstellen (jeweils mit denselben Vielfachheiten), dann gilt dann gilt f = cg mitc ∈ C.

Losung: (a) Seien f, g ∈ K(L) mit denselben Polen modulo L und mit denselben Hauptteilen in diesen Polstellen. Dann ist dieDifferenzfunktion f − g ∈ K(L) analytisch. Sie ist auch beschrankt. (Ihre Werte sind auf Grund der L–Periodizitat gleich zu denWerten auf einem kompakten “Fundamental–Parallelogramm” mit Ecken (0, ω1, ω2, ω1 + ω2), wenn L = Zω1 + Zω2 ist. Das Bilddurch die stetige Funktion f − g dieses Kompaktums ist kompakt, insbesondere beschrankt.)Der Satz von Liouville stempelt f − g als konstant ab. �

(b) Seien f, g ∈ K(L), f, g 6= 0, mit denselben Pol– und Nullstellen jeweils mit denselben Vielfachheiten. Dann ist der Quotient f/g ∈K(L) zuerst als analytische Funktion außerhalb der Menge der isolierten Nullstellen bzw. Polstellen von g bzw. f . Die Singularitatendes Quotienten sind auflosbar.So ist f/g analytisch. Mit dem gleichen Argiment wie in (a), Verwendung der L–Periodizitat, ist f/g auch beschrankt. Also konstant(ungleich Null). �

Aufgabe 19 Sei L := Zω1 + Zω2 ein Gitter in C und f ∈ K(L) eine gerade Funktion. Zeigen Sie, dass f dann jeden Wert, deruberhaupt angenommen wird, schon im Dreieck mit den Eckpunkten 0, ω1, ω2 annimmt.

Losung: Sei ∆ das Dreieck mit den Eckpunkten 0, ω1, ω2. (In dieser Aufgabe verstehen wir unter dem Wort “Dreieck” die abgeschlos-senen konvexe Hulle der Menge { 0, ω1, ω2 } der Eckpunkte.)Sei ∆′ das “Dreieck” mit den Ecken ω1, ω2, ω1 + ω2.Die “Dreiecke” ∆, Delta′ uberdecken den Parallelogramm–Fundamentalbereich P mit den Ecken 0, ω1, ω2, ω1 + ω2 von f . Es reichtalso zu zeigen, dass jeder Wert, den f auf ∆′ annimmt, auch als Wert auf ∆ angenommen wird: f(∆′) ⊆ f(∆).Sei z ein Punkt in ∆′. Das Zentrum von P ist (ω1 + ω2)/2. Der symmetrische Punkt von z bzgl. (ω1 + ω2)/2 ist (ω1 + ω2)− z ∈ ∆.Dann gilt:

f(z) = f(z − ω1 − ω2) da ω1 + ω2 eine Periode von f ist

= f(−(z − ω1 − ω2)) da f gerade ist

∈ f(∆) .

Ein Bild macht die Losung transparent:

����������������

����������������

����������������

0ω1

ω2 ω1 + ω2

•z•z − ω1

•z − ω2•z − ω1 − ω2

•

�

Aufgabe 20 Sei L ⊂ C ein Gitter.(a) Zeigen Sie: Es gibt (wenn uberhaupt) hochstens eine elliptische Funktion f ∈ K(L), welche. genau in den Gitterpunkten Pole zweiter Ordnung hat. und in C \ L analytisch ist. und deren Laurent–Entwicklung in einer punktierten Umgebung des Nullpunkts die Gestalt hat:

f(z) =1

z2+ b1z + b2z

2 + . . . .

(b) Im Falle der Existenz einer solchen Funktion f ∈ K(L) zeigen Sie:. f ist eine gerade elliptische Funktion, die Abteilung f ′ ist eine ungerade elliptische Funktion der Ordnung 3, deren Polstellen genaudie Gitterpunkte sind und f ′ ist analytisch in C \ L.

Losung: (a) Wir nehmen an, dass es zwei Funktionen f, g ∈ K(L) mit den Eigenschaften aus der Aufgabenstellung, Teil (a), gibt.(Wir zeigen f = g oder eher aquivalent f − g = 0.)Dann hat die Differenz f − g keine Polstellen. (f, g haben genau die gleichen Pole, namlich L–Gitterpunkte, in diesen Polen genau diegleichen Hauptteile. Ein Vergleich mit der Aufgabe 18,(a) mach alles Weitere uberflussig.)(f − g) ist analytisch auf C und L–periodisch. Also konstant. Also Null wegen (f − g)(0) = 0: Explizit:

(f − g)(0) = limz→0z 6=0

(z 6∈L)

f(z)− g(z)

= limz→0z 6=0

(1

z2+ b1z + b2z

2 + . . .

)︸ ︷︷ ︸

Laurent–Entwicklung von f

−(

1

z2+ c1z + c2z

2 + . . .

)︸ ︷︷ ︸

Laurent–Entwicklung von g

= limz→0z 6=0

(b1 − c1)z + (b2 − c2)z2 + . . .

= 0 .

(b) Die Ableitung ist gerade: Warum ? Die Funktion z → f(−z) ist periodisch mit Perioden aus −L = L. Also f(−·) ∈ K(L). Manstellt sofort fest, dass f(−·) die gleichen Eigenschaften aus (a) wie f hat. Zum Beispiel ubertragt sich die Laurent–Entwicklung vonf wie in (a) auf

f(−z) =1

(−z)2+ b1(−z) + b2(−z)2 + . . .

=1

z2− b1z + b2z

2 − . . . .

Aus (a) folgt f(·) = f(−·).Durch Ableitung der Formel “f(z) = f(−z)” nach z erhalt man “f ′(z) = −f ′(−z)”. Also ist f ′ ungerade. Aus f(· + ω) = f(·),ω ∈ L, erhalt man f ′(·+ ω) = f ′(·), also f ′ ∈ K(L).Die Ableitung von f hat um 0 die Laurent–Entwicklung

f ′(z) = − 2

z3+ b1 + 2b2z + . . .

also hat f ′ an der Stelle 0 eine Polstelle dritter Ordnung. Wegen der L–Periodizitat von f ′ sind alle Punkte aus L auch Polstellen 3.Ordnung.Da f auf C \ L analytisch ist, ist auch f ′ auf C \ L analytisch. �

Blatt 5

Aufgabe 21(a) Sei L ⊂ C ein Gitter. Zeigen Sie: Jede Funktion f ∈ K(L) mit Ord f 6 2, deren Pole in L enthalten sind, hat die Gestaltf = a + b℘ mit a, b ∈ C.(b) Sei ℘ die weierstrasssche ℘–Funktion zum Gitter L. Stellen Sie ℘′℘/(℘′ + 1) in der Form

R1(℘) + ℘′ ·R2(℘)

dar, dabei seien R1, R2 rationale Funktionen ihres Arguments.

Losung: (a) Sei f ∈ K(L) mit Ord f 6 2, welche analytisch auf C \ L ist. Die Polstellen sind also in L beinhaltet. Betrachtet alsFunktion auf C/L gibt es also eine einzige Polstelle, sie ist in 0 modulo L lokalisiert.• Der Residuensatz,

angewandt auf fzum Weg, welcher den Rand eines Fundamental–Parallelogramms um 0 parametrisiert,

liefert dann, dass das Residuum von f in Null gleich 0 ist.• Sei b der Koeffizient von 1/z2 in der Laurent–Entwicklung von f um 0.• Sei a der Koeffizient von z0 in der Laurent–Entwicklung von f um 0.Es gilt also f(z) = bz−2 + a+?z + . . . fur z um Null, z 6= 0. Die Differenz f − (a + b℘) ist dann eine elliptische, in C \ L analytischeFunktion und mit der Laurent–Entwicklung um Null: 0z−2 + 0z−1 + 0+??z + . . . .Sie ist also konstant gleich Null. (Man siehe auch die Aufgaben 18, 20 fur den gleichen Beweisideen–Kreis.) �(b) Die Suche der Darstellung der Funktion f := ℘′℘/(℘′ + 1) als

f = R1(℘)︸ ︷︷ ︸gerade

+ ℘′ ·R2(℘)︸ ︷︷ ︸ungerade

lauft nach dem bekannten Muster der Spaltung einer Funktion als Summe von einer geraden und einer ungeraden Funktion:

℘′℘

℘′ + 1(z) = f(z) =

f(z) + f(−z)

2︸ ︷︷ ︸gerade

+f(z)− f(−z)

2︸ ︷︷ ︸ungerade

=1

2

(℘′(z)℘(z)

℘′(z) + 1+

℘′(−z)℘(−z)

℘′(−z) + 1

)+

1

2

(℘′(z)℘(z)

℘′(z) + 1− ℘′(−z)℘(−z)

℘′(−z) + 1

)=

1

2

(℘′(z)℘(z)

℘′(z) + 1+−℘′(z)℘(z)

−℘′(z) + 1

)+

1

2

(℘′(z)℘(z)

℘′(z) + 1− −℘′(z)℘(z)

−℘′(z) + 1

)=

℘′(z)℘(z)

2

(1

℘′(z) + 1+

1

℘′(z)− 1

)+

℘′(z)℘(z)

2

(1

℘′(z) + 1− 1

℘′(z)− 1

)=

℘′(z)2℘(z)

℘′(z)2 − 1+

℘′(z)℘(z)

℘′(z)2 − 1

=(4℘3 − g2℘− g3)℘(z)

4℘3 − g2℘− g3 − 1+ ℘′(z)

℘(z)

4℘3 − g2℘− g3 − 1.

�

Aufgabe 22 Die Diskriminante des Polynoms P (X) = 4(X − e1)(X − e2)(X − e3), e1, e2, e3 ∈ C, ist das Produkt

∆ := 16(e1 − e2)2(e2 − e3)

2(e3 − e1)2 .

Zeigen Sie: Die Diskriminante des Polynoms P (X) = 4X3 − g2X − g3 ist ∆ = g32 − 27g2

3 .Folgern Sie: Sind g2 = g2(L) und g3 = g3(L) die Weierstrass–Invarianten zu einem Gitter L ⊂ C, dann gilt stets

∆(L) := g32(L)− 27g2

3(L) 6= 0 .

Losung: Die Formel fur die Diskriminante: Wir betrachten e1, e2, e3 im Laufe dieses Beweises als (transzendente) Variablen. DieRelationen von Vieta liefern eine Brucke zwischen den Koeffizienten eines Polynoms und seine Nullstellen: Aus

a0X3 + a1X

2 + a2X + a3 = a0(X − e1)(X − e2)(X − e3) , a0 6= 0 , a0, a1, a2, a3 ∈ C ,

folgt

−a1/a0 = e1 + e2 + e3 = s1(e1, e2, e3) , das elementar symmetrische Polynom 1. Grades in e1, e2, e3 ,

+a2/a0 = e1e2 + e1e3 + e2e3 = s2(e1, e2, e3) , das elementar symmetrische Polynom 2. Grades in e1, e2, e3 ,

−a3/a0 = e1e2e3 = s3(e1, e2, e3) , das elementar symmetrische Polynom 3. Grades in e1, e2, e3 .

Der Fundamentalsatz uber symmetrische Polynome (mit drei Variablen) besagt:Jedes symmetrische Polynom P = P (e1, e2, e3) in den Variablen e1, e2, e3 lasst sich eindeutig als Polynom von den elementar symme-trischen Polynomen s1, s2, s3 schreiben, d.h es gibt ein eindeutiges Polynom Q von drei Variablen, so dass gilt:

P (e1, e2, e3) = Q(s1, s2, s3) oder explizit

= Q(s1(e1, e2, e3), s2(e1, e2, e3), s3(e1, e2, e3)) .

Die Aufgabe verlangt von uns aquivalent, das Polynom Q(0, s2, s3) zu finden, ausgehend vom symmetrischen Polynom P (e1, e2, e3) =∆(e1, e2, e3) := 16(e1 − e2)

2(e2 − e3)2(e3 − e1)

2.Die Symmetrie dieses Polynoms ist offensichtlich, vertauscht man z.B. e1 und e2, so bleibt der Faktor (e1−e2)

2 stehen und die anderenzwei Faktoren vertauschen die Platze.• Man kann nun ein Computeralgebra–Programm eigener Wahl nehmen, und die “aus der Aufgabenstellung bekannte Gleichheit”testen: Man berechnet lieber die Differenz: In maple:

s1 := e1 + e2 + e3 ;

s2 := e1*e2 + e1*e3 + e2*e3 ;

s3 := e1*e2*e3 ;

##

g2 := -4*s2;

g3 := 4*s3;

##

Delta := 16*(e1-e2)^2*(e1-e3)^2*(e2-e3)^2;

Ausdruck := g2^3 - 27*g3^2;

##

Differenz:= factor( Delta - Ausdruck ):

## Dieser Ausdruck ist zu lang, um besser in LaTeX diese Differenz zu tippen...

e1:=e[1]: e2:=e[2]; e3:=e[3]:

latex(Differenz); ## hat doch nicht geholfen...

> Delta := 16*(e1-e2)^2*(e1-e3)^2*(e2-e3)^2;

2 2 2

Delta := 16 (e1 - e2) (e1 - e3) (e2 - e3)

> Ausdruck := g2^3 - 27*g3^2;

3 2 2 2

Ausdruck := (-4 e1 e2 - 4 e1 e3 - 4 e2 e3) - 432 e1 e2 e3

Differenz = 16 (e1 + e2 + e3)(

e31e2

2 + e21e3

2 + e31e2

3 + e21e3

3 + e32e2

3 + e22e3

3

− 2e31e2e3 − 2e1e3

2e3 − 2e1e2e33

+15e21e2

2e3 + 15e21e2e2

3 + 15e1e22e2

3

)= 16 (e1 + e2 + e3)

( ∑e31e2

2 − 2∑

e31e2e3 + 15

∑e21e2

2e3

). .

Da die Differenz Delta – Ausdruck den Faktor (e1 + e2 + e3) besitzt, ist die Aufgabe geklart. (Sind e1, e2, e3 die Nullstellen einesPolynoms X3 − 0 ·X2 + . . . , so gilt e1 + e2 + e3 = 0.)Diese Losung “leidet” an der brutalen Gewalt des Computers, liefert jedoch eine sehr genaue Information.• Alternativ kann man zwar nicht “mit bloßen Augen sehen”, jedoch mit deutlich reduzierterem Rechenaufwand herleiten, dass derAusdruck

P (e1, e2, e3) := ∆ − (g32 − 27g2

3)

= 16(e1 − e2)2(e2 − e3)

2(e3 − e1)2 + 43 (e1e2 + e1e3 + e2e3)

3 + 27 · 42 e21e

22e

23

durch (e1 + e2 + e3) teilbar ist.Wir arbeiten dafur im Ring der Polynome Z[e1, e2, e3]. Dieser kann als Ring der Polynome in e3 mit Koeffizienten in Z[e1, e2] angesehenwerden. Nach dem Theorem von Bezout ist ein Polynom P (e1, e2, e3) genau durch (e1 + e2 + e3) = e3 − (−e1 − e2) teilbar, wennes – betrachtet als Polynom von e3 – die Nullstelle −e2 − e3 hat, i.e.

P (e1, e2,−e1 − e2) = 0 .

Wir prufen dies explizit und verwenden in den Berechnungen naturlich die symmetrischen Polynome “Summe” s := e1 + e2 und“Produkt” p := e1e2 in den Variablen e1, e2: Es gelten dann z.B. (e1 − e2)

2 = (e1 + e2)2 − 4e1e2 = s2 − 4p, (2e1 + e2)(e1 + 2e2) =

2e21 + 5e1e2 + 2e2

2 = 2s2 + p. . .

P (e1, e2,−e1 − e2) = 16(e1 − e2)2(2e1 + e2)

2(e1 + 2e2)2 + 43(e1e2 − (e1 + e2)

2)3 + 27 · 42 e21e

22(e1 + e2)

2

= 16[

(s2 − 4p)(2s2 + p)2 + 4(p− s2)3 + 27s2p2 ]= 16

[(s2 − 4p)(2s2 + p)2 − (4s6 − 12s4p2 − (27− 12)s2p2 − 4p3)

]= 0 .

�Zum zweiten Punkt der Aufgabe: ∆ verschwindet nicht auf C:Seien g2 = g2(L) und g3 = g3(L) die Weierstrass–Invarianten zu einem Gitter L ⊂ C. Sei (ω1, ω2) eine Basis des Gitters L. Dienicht trivialen “2–Torsionspunkte” in C/L sind

ω1/2 , ω2/2 , (ω1 + ω2)/2 modulo L .

Wir setzene1 := ℘(ω1/2) ,

e2 := ℘(ω2/2) ,

e3 := ℘((ω1 + ω2)/2) .

Diese Werte sind paarweise verschieden (A). Aus der Gleichheiten (B)

(℘′)2 = 4℘3 − g2(L)℘− g3(L)

= 4(℘− e1)(℘− e2)(℘− e3)

folgt dann aus dem ersten Punkt aus der Aufgabenstellung

∆(L) := g32(L)− 27g2

3(L) 6= 0 .

�Zusatz: Wir klaren die zwei Punkte (A) und (B):(A) Wir betrachten die Hilfsfunktion f = ℘− ℘(ω1/2), f(z) := ℘(z)− ℘(ω1/2).

Sie hat – wie ℘ auch – die einzige Polstelle modulo L in 0. Sie hat Ordnung 2.Sie hat eine offensichtliche Nullstelle in ω1/2.Diese Nullstelle hat Ordnung mindestens zwei, da ℘′(ω1/2) = 0

wegen ℘′(ω1/2) = ℘′(ω1/2− ω1) = ℘′(−ω1/2) = −℘′(ω1/2) gilt.(Wir haben verwendet [ ω1 Periode und ℘′ ungerade ].)

Aus(Ordnung von f in 0)︸ ︷︷ ︸

=−2

+ (Ordnung von f in 0)︸ ︷︷ ︸=+2

+ (Ordnung von f in anderen kritischen Punkten)︸ ︷︷ ︸>0

keine Polstellen außer Null

= 0

folgt, dass f keine weiteren Nullstellen außer ω1/2 hat.Insbesondere 0 6= f(ω2) = ℘(z)(ω2/2)− ℘(ω1/2) = e2 − e1, i.e. e+1 6= e2.Analog vervolstandigt man die Liste der Ungleichheiten e1 6= e2 6= e3 6= e1.

(B) Wir vergleichen die zwei Funktionen

(℘′)2 und 4(℘− e1)(℘− e2)(℘− e3) .

Die Polstellen beider Funktionen sind in Null modulo L lokalisiert, da die Faktoren (℘′); (℘− e1), (℘− e2), (℘− e3) dies erfullen. DieOrdnung der Polstelle ist in beiden Fallen gleich sechs:

Ord ((℘′)2, 0) = 2 ·Ord (℘′, 0) = 2 · (−3) = −6 ,

Ord ((℘− e1)(℘− e2)(℘− e3), 0) = Ord (℘− e1, 0) + Ord (℘− e2, 0) + Ord (℘− e2, 0) = (−2) + (−2) + (−2) = −6 .

Die Nullstellen von ℘′ sind ω1/2, ω2/2, (ω1 + ω2)/2 mit Vielfachheit jeweils 1. (Diese sind zuerst Nullstellen, wie in (A) geklart,andere Nullstellen odere großere Vielfachheiten kommen nicht vor, sonst wurden sie die Ordnung -3 der einzigen Polstelle “besiegen”.)Die Nullstellen von (℘′)2 sind also ω1/2, ω2/2, (ω1 + ω2)/2 mit Vielfachheit jeweils 2.Die Nullstellen von 4(℘− e1)(℘− e2)(℘− e3) sind die gleichen. (Aus (A).)Wir vergleichen also zwei elliptische Funktionen mit gleichen Ordnungen jeweils in allen (Pol– und Null–)Stellen. Laut Aufgabe 18, (b)unterscheiden sie sich um eine multiplikative Konstante. Diese Konstante, obwohl wir sie fur die Zwecke der Aufgabe nicht brauchen,kann man leicht von der Laurent–Entwicklung beider Funktionen in Null ablesen:(℘′)2 ∼ (−2/z3 + . . . )2 = 4/z6 + . . . auf der einen Seite und4(℘−e1)(℘−e2)(℘−e3) ∼ 4(1/z2−e1 + . . . )(1/z2−e2 + . . . )(1/z2−e2 + . . . ) ∼ 4(1/z2 + . . . )(1/z2 + . . . )(1/z2 + . . . ) ∼ 4/z6 + . . .auf der anderen.

Aufgabe 23 Ist f eine elliptische Funktion der Ordnung N , dann ist ihre Ableitung eine elliptische Funktion der Ordnung M , wobeigilt: N + 1 6 M 6 2N . Geben Sie jeweils ein Beispiel an, fur das N + 1 = M bzw. M = 2N gilt.

Losung: Diese Aussage gilt bei pingliger Beobachtung nur fur eine nicht konstante Funktion f , was wir des Weiteren annehmen.Sie hat mindestens eine Polstelle.Seien P1, P2, . . . , Pk, k > 1 alle Polstellen von f im Inneren eines Fundamental–Parallelogramms von C modulo L. Seien respektiveN1, N2, . . . , Nk > 1 die Vielfachheiten dieser Polstellen.Dann sind P1, P2, . . . , Pk alle Polstellen von f ′ und die Vielfachheiten sind respektive (N1 + 1), (N2 + 1), . . . , (Nk + 1).Dann haben wir:

N = N1 + N2 + · · ·+ Nk ,

M = (N1 + 1) + (N2 + 1) + · · ·+ (Nk + 1)

= N + k ,

M = N + k > N + 1 wegen k > 1 ,

N = N1 + N2 + · · ·+ Nk > 1 + 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸k Male

= k also

M = N + k 6 N + N = 2N .

Um Beispiele zu finden, mussen wir nur dafur sorgen, dass in den obigen Abschatzungen alle Ungleichheiten zu Gleichheiten werden.M = N + 1 gilt, (wenn und nur) wenn k = 1 ist. Beispiele: ℘, ℘′, (℘)2, ℘℘′, (℘′)2, . . .M = 2N gilt, (wenn und nur) wenn N1 = N2 = · · · = Nk = 1 gilt. Beispiel: 1/p′ hat die einfachen Polstellen ω1/2, ω1/2, (ω1 +ω2)/2(und die 3-fache Nullstelle 0). �

Aufgabe 24 Seien g2 = g2(L) und g3 = g3(L) die einem Gitter L ⊂ C zugeordneten Weierstrass–Invarianten. Zeigen Sie: Jede ineinem Gebiet D ⊂ C, D 6= ∅, meromorphe, nicht konstante Losung der Differenzialgleichung

(f ′)2 = 4f3 − g2f − g3

hat mit einem geeigneten a ∈ C die Gestalt f(z) = ℘(z + a) fur alle z ∈ D.Ist f ∈M(D) eine solche Losung, dann ist L = Per(f) das Periodengitter von f .

Losung: Sei D ein nicht leeres Gebiet und sei f eine stetig differenzierbare Losung der Differenzialgleichung

(f ′)2 = 4f3 − g2f − g3 .

Wir nehmen des Weiteren an, dass f nicht konstant ist. (Es gibt drei konstante Losungen f ′ = 0, also sind diese Konstanten die dreiverschiedenen Nullstellen der Gleichung 3. Grades 4X3 − g2X − g3 = 0.)Ist f nicht konstant, so gibt es ein z0 ∈ D und eine Umgebung um z0, worauf f ′ 6= 0 ist. (Wir verwenden die Stetigkeit von f ′.) Lokalum z0 ist dann f umkehrbar. Nachdem wir D eventuell verkleinern, konnen wir dies fur die Zwecke der Aufgabe annehmen.Nach Festlegungs des Rahmens sind nun zwei Losungen verschiedener Natur gegeben werden:1. Losung: Es ist naturlich, eine Substitution von der Form f = ℘ ◦ g,

f(z) = ℘(g(z))

ins Spiel zu bringen. Dies ist moglich, wenn man richtig f “in Position bringt”. Wir streben eine solche Substitution nur lokal an.Sei w0 := f(z0). Die Funktion ℘ ist surjektiv3.So gibt es ein u0 mit ℘(u0) = w0.Dann gibt es eine Umgebung U von u0 mit ℘(U) ⊂ f(D):

Df //f(D) ⊇ ℘(U)

f−1oo

℘// U

? ℘−1 ?oo

z0 f(z0) = w0 = ℘(u0)

Konnen wir uns die Lage erschaffen, um lokal fur ℘ eine Umkehrfunktion zu haben ? Ja: Ist ℘′(u0) 6= 0, so ist ℘ lokal um u0 umgehrbar.(Wir verkleinern eventuell des weiteren U , nennen es nach Verkleinerung auch U .)Im Falle ℘′(u0) = 0 wahlen wir in U einen anderen Punkt u∗0 mit ℘′(u∗0) 6= 0. Dies ist moglich, da die Nullstellen von ℘ isoliert sind.Wir konnen dann die neue Situation beschreiben:

Df //f(D) ⊇ ℘(U)

f−1oo

℘// U

? ℘−1 ?oo

z∗0 f(z∗0) = w∗0 = ℘(u∗0) u∗0

3Die bijektive Funktion C \ L → EC, z → (℘(z), ℘′(z)), hat als Bild die Punkte der affinen elliptischen Kurve E : y2 = 4x3 − g2x− g3,jeder x–Wert wird also genau zwei Mal angenommen. (Die drei verschiedenen Nullstellen von 4x3 − g2x− g3 mit Vielfachheit zwei.)

Nachdem wir also eventuell z0 mit z∗0 := f−1(℘(u0)) und D durch f−1(℘(U)) ersetzen, haben wir die Situation:

Df //f(D) = ℘(U)

f−1oo

℘// U

℘−1oo

z0 f(z0) = w0 = ℘(u0) u∗0

Dies erlaubt nun die Funktion g einzufuhren:

Df //

g

��

f(D)

U ℘// ℘(U)

f(z) = ℘(g(z)) .

Dann haben wir die Aquivalenzen:f ′(z)2 = 4f3(z)− g2f(z)− g3

⇔ (℘′(g(z)) · g′(z))2 = 4℘(g(z))3 − g2℘(g(z))− g3

⇔ ℘′(g(z))2 · g′(z)2 = ℘′(g(z))2

⇔ g′(z)2 = 1 (℘′ 6= 0 auf U) .Aus g′ = ±1 folgt g(z) = ±z + α mit einer geeigneten Konatente α ∈ C. Schließlich:

f(z) = ℘(g(z)) = ℘(±z + α) = ℘(±(z ± α)) = ℘(z ± α) .

(Das Perioden–Gitter fur f ist offensichtlich gleich zum Perioden–Gitter von ℘.) �

2. Losung: Sei w0 := f(z0). Dann hat die gewohnliche Differenzialgleichung{f ′ =

√4f3 − g2f − g3 (DGL)

f(z0) = w0 (Randbedingung)

eine eindeutige Losung in einer eventuell kleineren Umgebung von z0 in D.Dabei ist

√der eine oder der andere Zweig der Quadratwurzelfunktion, welcher fur

√4f3 − g2f − g3(z0) den Wert f ′(z0) oder

−f(z0) annimmt. Wir mussen eventuell erneut um z0 lokalisiern, damit diese Zweige existieren.(Streng genommen, verwenden wir nicht wortwortlich die Theorie der gewohnlichen Differenzialgleichungen, um auskommen zu konnen,haben wir zwei Moglichkeiten:

Wir schreiben genauer f ′ = ∂zf in Termen von ∂xf und ∂yfoder wir schranken großzugig die Gleichung auf ein Intervall um z0 in der “reellen Geraden” { z0 + (t + i0) ; t ∈ R }.)

Die ℘–Funktion ist surjektiv, so gibt es ein a ∈ C, so dass z0 + a keine Polstelle ist und

℘(z0 + a) = w0

gilt. Die Funktion z → ℘(z + a) erfullt dann die obige DGL. Aus der lokalen Eindeutigkeit folgt fur z lokal um z0 die Gleichheit

f(z) = ℘(z + a) .

Nun verwenden wir die Information, dass f in der Aufgabenstellung eine meromorphe Funktion ist. Da die Funktionen f und ℘(·+ a)auf einer Menge mit Haufungspunkten (sogar auf einer Umgebung von z0) ubereinstimmen, stimmen sie uberall uberein. �

Aufgabe 25 Zeigen Sie, dass die Eisenstein–Reihen G2m fur m > 4 folgender Rekursion genugen:

(2m + 1)(m− 3)(2m− 1) G2m = 3

m−2∑j=2

(2j − 1)(2m− 2j − 1) G2j G2m−2j .

Folgern Sie: Jede Eisenstein–Reihe G2m, m > 4, ist als Polynom in G4 und G6 mit positiven rationalen Koeffizienten darstellbar,z.B. gilt und zeigen Sie

G8 =3

7G2

4 ,

G10 =5

11G4G6 ,

G12 =42

143G4G8 +

25

143G2

6

=18

143G3

4 +25

143G2

6 .

Losung: Es liegt die Idee nahe, die Ansammlung von Formeln, welche in der Aufgabenstellung nach m (oder eher 2m) indiziert sind,als eine Formel zu beweisen:∑

m>4

(2m + 1)(m− 3)(2m− 1) G2m Z2m =∑m>4

(3

m−2∑j=2

(2j − 1)(2m− 2j − 1) G2j G2m−2j

)Z2m .

(Diese Idee nennt man Bildung der erzeugenden Reihe/Funktion. In Wahrscheinlichkeitstheorie nennt man die entsprechende Bildung“charakteristische Funktion”. Die Idee, viele Koeffizienten in einer Funktion zu sammeln ist allgegenwartig. In der Nachrichtentechnikubertragt man viele Bits als Signal, die Fourier–Transformation spielt dabei die verwandte Rolle.)Diese Formel “lebt” zuerst im Ring von formalen Potenzreihen in der formalen Variablen Z (mit Funktionen–Koeffizienten), d.h. wirsorgen nicht fur eine Konvergenz des Ausdrucks, sondern verlangen, dass die Formel modulo ZN fur alle N gilt.Die rechte Seite der Formel kann dann im Ring von formalen Polynomen umgeformt werden (Substitution k = m− j):

∑m>4

(m−2∑j=2

(2j − 1)(2m− 2j − 1) G2j G2m−2j

)Z2m =

∑m>4

∑j,k>2

j+k=m

(2j − 1) G2j Z2k (2k − 1) G2k

Z2k

=

∑j>2

(2j − 1) G2j Z2k

∑k>2

(2k − 1) G2k Z2k

.

Spatestens jetzt erkennen wir die Bildung der ℘–Funktion. Beide Reihen konvergieren absolut, wenn man τ ∈ C als Argument vonden Eisenstein–Reihen und z statt Z einsetzt. Das war die Idee. Wir wiederholen uns und berechnen fur festgelegte τ, z ∈ C,z 6∈ Lτ := Z · 1 + Z · τ :

∑m>4

(m−2∑j=2

(2j − 1)(2m− 2j − 1) G2j(τ) G2m−2j(τ)

)z2m

=∑m>4

∑j,k>2

j+k=m

(2j − 1) G2j(τ) z2k (2k − 1) G2k(τ)

z2k =

∑j>2

(2j − 1) G2j(τ) z2k

∑k>2

(2k − 1) G2k(τ) z2k

= (z2℘(z, τ)− 1)2

Es gibt eine kanonische Quelle, um das Quadrat von ℘ = ℘(·, τ) zu berechnen: ℘ erfullt die elliptische Gleichung (℘′)2 = 4℘3 −g2(τ)℘ − g3(τ). Durch Ableiten bekommt man 2℘′℘′′ = 4 · 3℘2℘′ − g2(τ)℘′ und nach Kurzung mit der meromorphen Funktion ℘′

folgt: ℘′′ = 6℘2 − 30G4(τ) . Dieses Resultat wird auch in der Aufgabe 26 (b) verwendet. Wir konnen nun ℘2 =1

6℘′′ + 5G4(τ)

sofort als Reihe darstellen:

= z4℘(z, τ)2 − 2z2℘(z, τ) + 1

= z4

(1

6℘′′(z, τ) + 5G4(τ)

)− 2z2℘(z, τ) + 1

=1

6

((−2)(−3) + 2 · 1 · 3G4(τ) z4 + 4 · 3 · 5G6(τ) z6 + · · ·+ (2m− 3)(2m− 2)(2m− 1)G2m(τ) z2m + . . .

)+ 5G4(τ) z4

− 2(1 + 3G4(τ) z4 + 5G6(τ) z6 + 7G8(τ) z8 + · · ·+ (2m− 1)G2m z2m + . . .

)+ 1

Der freie Koeffizient 16(−2)(−3) − 2 · 1 + 1 verschwindet. Der Koeffizient in z2 kommt nicht vor. Der Koeffizient in z4 ist(

161 · 2 · 3 + 5− 2 · 3

)G4 = 0. Es bleiben also nur die Summanden ubrig. . .

=1

6

∑m>3

(2m− 3)(2m− 2)(2m− 1)G2m(τ) z2m − 2∑m>3

(2m− 1)G2m z2m

=1

3

∑m>3

[(2m− 3)(m− 1)− 6

]︸ ︷︷ ︸

=2m2−5m−3

(2m− 1)G2m(τ) z2m =1

3

∑m>4

(m− 3)(2m + 1) (2m− 1) G2m(τ) z2m .

(Der Index m > 4 kann wegen des Faktors (m− 3) so gewahlt werden.)Zwei Taylor–Reihen zur gleichen Funktion stimmen genau dann uberein, wenn alle Koeffizienten ubereinstimmen. Es folgt also dieRekursionsformel.Explizit haben wir fur m = 1, 2, 3:

1 · 7 ·G8 · 9 = 3 ·(

3G4 · 3G4

),

2 · 9 ·G10 · 11 = 3 ·(

3G4 · 5G6 + 5G6 · 3G4

),

3 · 11 ·G12 · 13 = 3 ·(

3G4 · 7G8 + 5G6 · 5G6 + 7G8 · 3G4

).

Man uberpruft sofort die Formeln fur G8, G10, G12 aus der Aufgabenstellung. (Der Nenner 143 = 11 · 13 ist z.B. gut vertretbar. . . ) �

Blatt 6

Aufgabe 26(a) Stellen Sie (℘′)−n fur n = 1, 2, 3 in die “Normalform”

R(℘) + S(℘)℘′

mit rationalen Funktionen R und S dar.(b) Zeigen Sie:

℘′′(z) = 6℘2(z) + 2(e1e2 + e2e3 + e3e1) .

Losung: (a) Es gilt:

1

℘′=

℘′

(℘′)2= 0 + ℘′

1

4℘3 − g2℘− g3R(X) = 0 , S(X) =

1

4X3 − g2X − g3,

1

(℘′)2=

1

4℘3 − g2℘− g3+ ℘′ · 0 R(X) =

1

4X3 − g2X − g3, S(X) = 0 ,

1

(℘′)3=

℘′

(℘′)4= 0 + ℘′

1

(4℘3 − g2℘− g3)2R(X) = 0 , S(X) =

1

(4X3 − g2X − g3)2.

(b) Aus 4x3 − g2X − g3 = 4(X − e1)(X − e2)(X − e3) (Definition von e1, e2, e3) folgt −g2/4 = e1e2 + e2e3 + e3e1. Die Formel fur℘′′ erhalten wir wie in der Aufgabe 25: Aus

(℘′)2 = 4℘3 − g2℘− g3 folgt durch Ableiten. . .

2℘′℘′′ = 4 · 3℘2℘′ − g2℘′

= 12℘2℘′ + 4(e1e2 + e2e3 + e3e1)℘′ ,

℘′′ = 6℘2℘′ + 2(e1e2 + e2e3 + e3e1)℘′ .

�

Aufgabe 27 Sei X := { (z, w) ∈ C× C ; w2 = 4z3 − 4z + 4 } und XQ := X ∩Q2. Offenbar gilt P := (1, 2) ∈ XQ.Zeigen Sie: Fur den Punkt 2P := P ⊕ P gilt 2P = (−1, 2) ∈ XQ.(Dabei ist ⊕ die auf der elliptischen Kurve X eingefuhrte Addition.)Zeigen Sie ferner 3P = (0,−2), 4P = (3,−10), 5P = (5, 22), 6P = (1/4, 7/4), 9P = (56,−838).

Losung: Wir erinnern an die Additionsformeln auf der elliptischen Kurve (in affiner Schreibweise)

(E) : Y 2 = a0X3 + a4X + a6 .

(Kurzfristig heißt die elliptische Kurve (E) und X ist eine Variable. . . )(Die Indizes sind so gewahlt: Wenn man Y vom Gewicht 3 und X vom Gewicht 2 betrachtet, dann ist die Gleichung homogen vomGewicht 6. Die Bedeutung dieser Gewichte kann man z.B. von der Funktionalgleichung der weierstrassschen ℘–Funktion ubertragen:Man hat (℘′)2 = 4℘3 − g2℘− g3 und ℘′ hat eine Polstelle 3. Ordnung in 0 bzw. ℘′ eine Polstelle 2. Ordnung in 0.)Seien P1(x1, y1), P2(x2, y2) zwei Punkte auf (E).Die Gerade durch P1, P2 hat die Gleichung:

Y = λX + ν , λ :=y1 − y2

x1 − x2, ν :=

x1y2 − x2y1

x1 − x2.

4Dann schneidet man die Gerade (P1P2) mit (E), d.h. man lost das Gleichungssystem:{Y 2 = a0X

3 + a4X + a6

Y = λX + ν⇔

{(λX + ν)2 = a0X

3 + a4X + a6

Y = λX + ν⇔

{0 = a0X

3 − λX2+? X+?Y = λX + ν

.

Zwei Losungen von 0 = a0X3 − λX2+? X+? kennen wir bereits, es sind x1, x2, die dritte Losung ist also x3 mit

x1 + x2 + x3 =1

a0λ2 .

4Diese Ausdrucke machen keinen Sinn fur x1 = x2. Es folgt y21 = y2

2 also y1 = ±y2. Man definiert im Fall y1 = −y2 die Summe P1⊕P2

als den “unendlichen Punkt” O. Im Fall y1 = y2 verwendet man die Verdopplungsformel.

Einsetzen in Y = λX + ν ergibt y3 = λx3 + ν.Die Summe P := P1 ⊕ P2 = (x(P ), y(P )) ist dann gegeben durch (x3, y3) := (x3,−y3):

x(P ) :=1

a0λ2 − x1 − x2 λ :=

y1 − y2

x1 − x2

y(P ) := −λx(P )− ν ν :=x1y2 − x2y1

x1 − x2

Fur die Verdopplungsformel kann man wie folgt vorgehen: Sei P = P1(x1, y1) auf (E), y1 6= 0. Dann hat man durch ein Grenzverfahren:

x(2P ) = lim(x2,y2) auf (E)

(x2,y2)→(x1,y1)(x2,y2) 6=(x1,y1)

1

a0

(y1 − y2

x1 − x2

)2

− x1 − x2 ,

und dafur berechnen wir mit den gleichen Limes–Vereinbarungen. . .

limy1 − y2

x1 − x2= lim

(y1 − y2)(y1 + y2)

(x1 − x2)(y1 + y2)= lim

y21 − y2

2

(x1 − x2)(y1 + y2)= lim

(a0x31 + a4x1 + a6)− (a0x

32 + a4x2 + a6)

(x1 − x2)(y1 + y2)

= lima0(x

31 − x3

2) + a4(x1 − x2)

(x1 − x2)(y1 + y2)= lim

a0(x21 + x1x2 + x2) + a4

y1 + y2=

3a0x21 + a4

2y1,

x(2P ) =1

a0

(3a0x

21 + a4

2y1

)2

− 2x1 .

Um y(2P ) zu bestimmen, brauchen wir analog noch den ν–Grenzwert. . .

limx1y2 − x2y1

x1 − x2= lim

(x1y2 − x2y1)(x1y2 + x2y1)

(x1 − x2)(x1y2 + x2y1)= lim

x21(a0x

32 + a4x2 + a6)− x2

2(a0x31 + a4x1 + a6)

(x1 − x2)(x1y2 + x2y1)

= lim(x1 − x2)(−a0x

21x

22 + a4x1x2 + a6(x1 + x2))

(x1 − x2)(x1y2 + x2y1)= lim

−a0x21x

22 + a4x1x2 + a6(x1 + x2)

x1y2 + x2y1

=−a0x

41 + a4x

21 + 2a6x1

2x1y1=−a0x

31 + a4x1 + 2a6

2y1=−y2

1 + 2a4x1 + 3a6

2y1.

y(2P ) = −(

limy1 − y2

x1 − x2

)x(2P )−

(lim

x1y2 − x2y1

x1 − x2

)= −

(3a0x

21 + a4

2y1

)x(2P )−

(−y2

1 + 2a4x1 + 3a6

2y1

).

Wir berechnen nu explizit fur den rationalen Punkt P = (1, 2) auf der elliptischen Kurve X mit der affinen Gleichung

y2 = 4x3 − 4x + 4 , a0 := 4 , a4 := −4 , a6 := 4

den Punkt 2P := P ⊕ P :

Der entsprechende Wert von λ ist3a0x

21 + a4

2y1=

3 · 4 · 12 + (−4)

2 · 2 = 2.

Der entsprechende Wert von ν ist−y2

1 + 2a4x1 + 3a6

2y1=−22 + 2 · (−4) · 1 + 3 · 4

2 · 2 = 0.

x(2P ) ist1

a0λ2 − 2x(P ) =

1

422 − 2 · 1 = −1.

(An dieser Stelle hat y(2P ) einen der Werte ±√

4x(2P )3 − 4x(P ) + 4) = ±√

4 · (−1)3 − 4 · (−1) + 4 = ±2.)y(2P ) ist −λx(2P )− ν = −2(−1)− 0 = 2. Es folgt

2P = (−1, 2) .

Solche Berechnungen uberlasst man lieber dem Computer. Unter maple gibt es bereits ein freies Packet namens apecs. Es wurde vonIan Connell entwickelt. Freies Download unter www.math.mcgill.ca/connell/public/apecs/. Viele kompliziertere Berechnungenin Verbindung mit elliptischen Kurven konnen durch dieses Packet gestartet werden. (Starten ist einfach. Da die Kompliziertheit derelliptischen Kurven im Moment einige Computer lecherlich macht, muss man oft mit dem Warten grau werden. Aus diesem Grundwerden elliptische Kurven fur kriptografische Zwecke eingesetzt. . . )Meine Wahl der Software ist PARI, eine freie, schnelle “Programmiersprache”, www.math.u-psud.fr/ belabas/pari/. PARI ist sonstfur viele andere mathematische Zwecke sehr nutzlich.Ein pari–Programm fur die Berechnung der Punkte P, 2P, 3P, . . . ist wie folgt:Man muss zuerst die gegebene Kurvengleichung isomorf verandern, um sie in die Gestalt [ y2 = x3 + a4x + a6 ]. (Diese ist dieweierstrasssche Normalform aus der algebraischen Geometrie, der Vorfaktor 4 ist nur geeignet oder traditionell, wenn man die DGLder ℘–Funktion schreibt.)Unsere Gleichung

w2 = 4z3 − 4z + 4 schreibt man aquivalent nach multiplikation mit 42: (2)

(42w) = (4z)3 − 16(4z) + 64 und die Substitution (x, y) = (4z, 4w) = 4(z, w) liefert: (3)

y2 = x3 − 16x + 64 . (4)

Wir rechnen dann in der elliptischen Kurve (E) : y2 = x3 − 16x + 64 und wissen genau, wie sich Q–rationale Punkte der Kurve(X) : w2 = 4z3 − 4z + 4 und (E) entsprechen.

E=ellinit( [0,0,0,-16,64] ); \\ initialisiert (E)

P=[1,2]; \\ liegt auf (X)

p=4*P; \\ der entsprechende Punkt auf (E)

is=ellisoncurve(E,p); \\ liegt p auf (E) ?

Der Wert von is ist 1, “true”. Die “Potenzen” P, 2P, . . . sind:

for(n=1,30,print(n," ",ellpow(E,p,n)/4));

Die Ergebnisse sind:

1 [1, 2]

2 [-1, 2]

3 [0, -2]

4 [3, -10]

5 [5, 22]

6 [1/4, 7/4]

7 [-11/9, -34/27]

8 [19/25, -206/125]

9 [56, -838]

10 [159/121, 3722/1331]

11 [-255/361, 15962/6859]

12 [-223/784, -24655/10976]

13 [5665/2809, -798166/148877]

14 [26239/2601, 8462918/132651]

15 [23464/49729, 17648906/11089567]

16 [-350701/265225, -27838814/136590875]

17 [1044021/1907161, -4136389298/2633789341]

18 [9840321/702244, -30795303833/294240236]

19 [78094085/43784689, 1281400488794/289723287113]

20 [-164914877/419061841, 19805920926950/8578614947111]

21 [-1157009840/1947192129, -202196962152754/85923747076383]

22 [33533414239/22994386321, -11337647025766318/3486845747330119]

23 [432990288929/14260419889, 569533571397329614/1702936561884713]

24 [1301099730561/1906277262400, 2098030206970736191/1315979445325216000]

25 [-32724364776351/25682262366289, 117978999660612069166/130151721705221306663]

26 [148531983179039/447381679657201, -15886063325997472021682/9462748411719641574199]

27 [5433950612545840/869385451827649, -792471252251691514357294/25634128246348207648607]

28 [119919834569055043/46571542943839281, 79131622629964876923326470/10050344301213356227189929]

29 [-151623689619702395/1547061741436940689, 4030954217077642367457414266/1924249885326598868801633863]

30 [-13942789275897943999/15489782017549657444, -65964823686805800345451648807/30481614306887004383591223436]

�

Ein reeles Teilbild der elliptischen Kurve X erhalt man in maple mittels:

with(plots):

e := fsolve( 4*x^3-4*x+4 = 0 ) ;

## das Polynom hat eine einzige reelle Nullstelle...

Xoben := plot( [x, sqrt(4*x^3-4*x+4), x=e..6 ] ):

Xunten := plot( [x, -sqrt(4*x^3-4*x+4), x=e..6 ] ):

Punkte := pointplot([ [1,2] , [-1,2] , [0,-2] , [3,-10] , [5,22] , [1/4,7/4] ] ):

P1text := textplot([ 1, 2, ‘P‘] , align=ABOVE ) :

P2text := textplot([ -1, 2, ‘2P‘] , align=ABOVE ) :

P3text := textplot([ 0, -2, ‘3P‘] , align={RIGHT,BELOW} ) :

P4text := textplot([ 3, -10, ‘4P‘] , align=BELOW ) :

P5text := textplot([ 5, 22, ‘5P‘] , align=ABOVE ) :

P6text := textplot([1/4, 7/4, ‘6P‘] , align=ABOVE ) :

display( [ Xoben , Xunten , Punkte , P1text , P2text , P3text , P4text , P5text , P6text ] , axes=none );

�

Aufgabe 28 Eine meromorphe Funktion f : C→ C heiße reell, falls f(z) = f(z) fur alle z ∈ C (Konvention: ∞ =∞).Ein Gitter L ⊂ C heißt reell, falls L = L gilt, L := { ω ; ω ∈ L }.Zeigen Sie die Aquivalenz der folgenden Eigenschaften:

(a) g2, g3 ∈ R.(b) Gk ∈ R fur alle k > 4, k ≡ 0 (2).(c) ℘ : C→ C ist reell.(d) L ist ein reelles Gitter.

6P

5P

4P

3P

2PP

Losung: Wir zeigen alle “naheliegenden” Implikationen, manche konnen im Nachhinein uberflussig erscheinen.(a) ⇒ (b) : Aus g2, g3 ∈ R folgt G4, G6 ∈ R, also Gk ∈ R als Polynom von G4, G6 mit reellen (rationalen) Koeffizienten in G4, G6

fur alle k > 4, k ≡ 0 (2).(b) ⇒ (a) : Trivial; aus G4, G6 ∈ R folgt g2 = 60G4 , g3 = 140G6 ∈ R.(d) ⇒ (b) : Sei L ein reelles Gitter. Dann gilt fur alle k > 4, k ≡ 0 (2):

Gk(L) =∑ω∈Lω 6=0

ω−k =∑ω∈Lω 6=0

ω−k =∑ω∈Lω 6=0

ω−k

=∑

ω′∈Lω′ 6=0

ω′−k

= Gk(L) = Gk(L) .

(d) ⇒ (c) : Wir nehmen an, dass L ein reelles Gitter ist. Dann:

℘(z, L) :=1

z2+

∑ω∈L\{0}

[1

(z − ω)2− 1

ω2

], z 6∈ L .

Es folgt nach Anwendung des (stetigen, algebraischen) Konjugationsautomorphismus · von C:

℘(z, L) =1

z2+

∑ω∈L\{0}

[1

(z − ω)2− 1

ω2

]

=1

z2 +∑

ω∈L\{0}

[1

(z − ω)2− 1

ω2

]= ℘(z, L)

= ℘(z, L) ,

da L reell ist, L = L. Es folgt ℘(z, L) = ℘(z, L) fur z 6∈ L, also ist ℘(·, L) per Definition reell.(c) ⇒ (d) : Wir nehmen an, dass ℘(·, L) eine reelle Funktion ist. Die (meromorphen) Funktionen z → ℘(z, L) und z → ℘(z, L)stimmen also uberein. Die Mengen der Stellen an welchen diese Funktionen nicht definiert sind, (– es handelt sich dabei um Polstellen–) stimmen also uberein.

z → ℘(z, L) ist nicht definiert fur z ∈ L.z → ℘(z, L) ist nicht definiert fur z ∈ L, i.e. fur z ∈ L.

Es folgt L = L.(b) ⇔ (c) : Sei f eine analytische Funktion in einer Umgebung von 0. (Wir spezialisieren gleich.)Sei f(z) = a0 + a1z + a2z

2 + . . . die eindeutige Entwicklung als Potenzreihe von f um Null. Dann sind sukzessive aquivalent:f ist reell.f(z) = f(z) fur alle z “um Null”.

a0 + a1z + a2z2 + · · · = a0 + a1z + a2z2 + . . . fur alle z “um Null”.

a0 + a1z + a2z2 + · · · = a0 + a1z + a2z

2 + . . . fur alle z “um Null”.Die Koeffizienten in den obigen Entwicklungen sind respektive gleich.a0 = a0, a1 = a1, a2 = a2, . . .Die Koeffizienten a0, a1, a2, . . . sind reell.

In der Aufgabenstellung handelt es sich um die ℘–Funktion. Sie ist genau dann reell, wenn ℘(z, L)− z−2 reell ist,also genau dann wenn die Koeffizienten von ℘(z, L)− z−2 reell sind,also genau dann wenn 3G4, 5G6, 7G8, . . . reell sind,also genau dann wenn G4, G6, G8, . . . reell sind. �

Aufgabe 29 Ein Gitter L ⊂ C heißt Rechtecksgitter bzw. rhombisch, falls eine Gitterbasis (ω1, ω2) so gewahlt werden kann, dass [ω1 ∈ R und ω2 ∈ iR ] bzw. [ ω2 = ω1 ] gilt.Zeigen Sie: Ein Gitter L ⊂ C ist genau dann ein Rechtecksgitter oder rhombisch, wenn L reell ist.

Losung:• Wir nehmen an, dass L ⊂ C ein Rechtecksgitter ist.Dann hat L per Definition eine Basis (ω1, ω2) mit ω1 ∈ R , ω2 ∈ iR.Dann hat L per Definition eine Basis (ω1, ω2) = (ω1,−ω2).Es folgt L = L (i.e. L reell).

(Die Ubergangsmatrix zwischen den zwei Basen ist

[1 00 1

]∈ GL2(Z).)

• Wir nehmen an, dass L ⊂ C rhombisch ist.Dann hat L per Definition eine Basis (ω1, ω2) mit ω1 = ω2.Dann hat L per Definition eine Basis (ω1, ω2) = (ω2, ω1).Es folgt L = L (i.e. L reell).

(Die Ubergangsmatrix zwischen den zwei Basen ist

[0 11 0

]∈ GL2(Z).)

bullet Umgekehrt: Wir nehmen an, dass L ein reelles Gitter ist. Sei (ω1, ω2) eine Basis von L. Wir konnen ohne Einschrankung derallgemeinen Lage annehmen, dass |ω1| ∈ R>0 der minimale, nicht verschwindende Betrag eines Gitter Aus L = L folgt, dass (ω1, ω2)auch eine Basis von L ist.Wir betrachten die Gitterpunkte ω1 + ω1 ∈ R und ω2 + ω2 ∈ R. Es ist ausgeschlossen, dass beide Gitterpunkte gleich Null sind, sonstwurde daraus folgen, dass ω1, ω2 ∈ iR liegen, sie wurden dann keine Basis von C bilden.Wir betrachten die Gitterpunkte ω1−ω1 ∈ iR und ω2−ω2 ∈ iR. Es ist ausgeschlossen, dass beide Gitterpunkte gleich Null sind, sonstwurde daraus folgen, dass ω1, ω2 ∈ R liegen, sie wurden dann keine Basis von C bilden.So hat has Gitter L nicht leeren Durchschnitt sowohl mit R als auch mit iR.Sei ξ1 ∈ R>0 der L–Gitterpunkt minimalen Betrags.Sei ξ2 ∈ iR>0 der L–Gitterpunkt minimalen Betrags.Sei Λ := Zξ1 ⊕ Zξ2 das von ξ1, ξ2 gespannte Gitter. Aus ξ1, ξ2 ∈ L folgt

Λ ⊂ L .

Wir betrachten dann das (“volle”) Rechteck R := { λ1ξ1 + λ2ξ2 ; λ1, λ2 ∈ [0, 1) }; jeder Punkt aus C/Λ hat genau einen Vertreterin R. Wir viele L–Gitterpunkte (außer 0) liegen in R ?Wir unterscheiden die Falle:. L ∩R = {0}, nur der L–Gitterpunkt Null liegt in R. Man kann modulo Λ jedem Punkt aus L (genau) einen Vertreter in R finden.Insbesondere kann man modulo L jedem Punkt aus L einen Vertreter in R finden. Dieser ist der Nullpunkt. So ist Λ = L. Das GitterL ist ein Rechtecksgitter mit Basis (ξ1, ξ2), ξ1 ∈ R, ξ2 ∈ iR.. L ∩ R 6= {0}, es gibt einen L–Gitterpunkt ω 6= 0 in R. Wir wahlen dann ω = λ1ξ1 + λ2ξ2 ; λ1, λ2 ∈ [0, 1) minimalen Betrags mitdieser Eigenschaft.Da ξ1, ξ2 eine Minimalitatseigenschaft erfullen, ist ω im Inneren des Rechtecks R: ω 6∈ R, ω 6∈ iR, i.e. λ1, λ2 6= 0.ω oder (ξ1 + ξ2) − ω liegt im Dreieck mit den Ecken 0, ξ1, ξ2. Da ω mit der Minimalbetrag–Eigenschaft gewahlt wurde, liegt ω indiesem Dreieck, i.e. λ1 + λ2 6 1.ω + ω = 2λ1ξ1 liegt in R. Aus Minimalitat folgt 2λ1 > 1, i.e. λ1 > 1/2.ω − ω = 2λ2ξ2 liegt in iR. Aus Minimalitat folgt 2λ2 > 1, i.e. λ2 > 1/2.Die Ungleichungen λ1 + λ2 6 1, λ1 > 1/2, λ2 > 1/2 ergeben λ1 = λ2 = 1/2, i.e. ω = (ξ1 + ξ2)/2. Dieser ist dann der einzigeL–Gitterpunkt im Dreieck mit Ecken 0, ξ1, ξ2 also auch der einzige L–Gitterpunkt in R.Jeder Punkt aus L hat einen Vertreter modulo Λ in R. Dieser Vertreter ist entweder 0 oder ω = (ξ1 + ξ2)/2. Es folgt

L = Λ + ωΛ = Zξ1 + Zξ2 + Zω = Zω + Zω .

(Die letzte Gleichheit folgt durch doppelte Inklusion:ξ1 = ω + ω, ξ2 = ω − ω zeigt Zξ1 + Zξ2 + Zω ⊆ Zω + Zωund ω = ω − ξ2 zeigt Zξ1 + Zξ2 + Zω ⊇ Zω + Zω.)Das Gitter L ist also rhombisch. �

Aufgabe 30 Sei ρ := exp(2πi/3) undLρ := Z + Zρ , g2(ρ) := g2(Lρ) ,

Li := Z + Zi , g3(i) := g3(Li) .

Zeigen Sie: g2(ρ) = g3(i) = 0.

Losung: Sei L ⊂ C ein Gitter. Sei c ∈ C eine komplexe Zahl, c 6= 0.Dann ist cL = { cω ; ω ∈ L } ⊂ C auch ein Gitter und direkt von der Definition hat man fur k > 2 die “Homogenitatseigenschaft”

G2k(cL) :=∑

ω′∈cLω′ 6=0

ω′−2k

=∑ω∈Lω 6=0

cω−2k = c−2k∑ω∈Lω 6=0

ω−2k =: c−2kG2k(L) .

Es folgt insbesondere aus g2 = 60G4, g3 = 140G6 die “Homogenitatseigenschaften”:

g2(cL) = c−4g2(L) ,

g3(cL) = c−6g3(L) .

Die Gitter Li und Lρ erfullen die “Symmetrien”:

iLi = Li wegen der Basisuberfuhrung i · (1, i) = (i,−1) und i,−1 ∈ Li ,

ρLρ = Lρ wegen der Basisuberfuhrung ρ · (1, ρ) = (ρ, ρ2) = (ρ,−1− ρ) und ρ,−1− ρ ∈ Lρ .

Es folgt aus ρ3 = 1, i4 = −1:g2(ρ) = g2(Lρ)

= g2(ρLρ)

= ρ−4g2(Lρ)

= ρ2g2(ρ)

und

g3(i) = g3(Li)

= g3(iLi)

= i−6g3(Li)

= i2g3(i)

sofort g2(ρ) = g3(i) = 0. �

Blatt 7

Aufgabe 31 Sei L ⊂ C ein Gitter, σ und ℘ seien die weierstrasssche σ–Funktion bzw. ℘–Funktion zum Gitter L.Zeigen Sie, dass fur z, w ∈ C \ L gilt:

℘(z)− ℘(w) = −σ(z + w)σ(z − w)

σ2(z)σ2(w)und

℘′(z) = −σ(2z)

σ(z)4.

Losung: Wir erinnern zuerst an eine mogliche Definition der weierstrassschen σ–Funktion:

σ(z) := z∏

ω∈L\{0}

(1− z

ω

)f( z

ω

), wobei

f(z) := exp

(z +

1

2z2

)fur die Konvergenz des unendlichen Produkts sorgt: (1− z)f(z) ist namlich modulo O(z3) kongruent zu

(1− z) exp(t + t2/2) ≡ (1− z) ·( 1

0!+

1

1!(t + t2/2) +

1

2!(t + t2/2)2

)≡ (1− z)(1 + z + z2) ≡ 1 .

Wir bemerken die folgenden einfachen Eigenschaften der σ–Funktion:. σ ist eine analytische Funktion auf C.. σ ist eine ungerade Funktion:

σ(−z) := (−z)∏

ω∈L\{0}

(1− −z

ω

)exp

(−z

ω+

1

2· (−z)2

ω2

)

= −z∏

ω∈L\{0}

(1− z

−ω

)exp

(z

−ω+

1

2· z2

(−ω)2

)

= −z∏

Substitution ω′:=−ωω′∈L\{0}

(1− z

ω′

)exp

(z

ω′+

1

2· z2

ω′2

)

=: −σ(z) .

. σ hat eine Nullstelle in 0 (wegen des Vorfaktors z) und σ′(0) = 1:

σ′(0) = limz→0z 6=0

σ(z)− σ(0)

z − 0= lim

z→0

σ(z)

z

= limz→0

∏ω∈L\{0}

(1− z

ω

)f( z

ω

)=

∏ω∈L\{0}

limz→0

(1− z

ω

)f( z

ω

)=

∏ω∈L\{0}

(1− 0) f (0)

= 1 .

. σ hat eine Nullstelle 1. Ordnung in jedem Punkt des Gitters L und keine weiteren Nullstellen sonst. Dies folgt aus der Darstellungals unendliches Produk.Eine weniger offensichtliche Eigenschaft ist das Transformationsverhalten der σ–Funktion bzgl. Translationen mit Elementen aus L.Sie ist nicht periodisch, jedoch “quasiperiodisch” im folenden Sinne:I Fur jedes ω ∈ L existieren geeignete komplexe Konstanten a, b ∈ C, welche von ω abhangen, a = a(ω), b = b(ω), so dass fur allez ∈ C gilt:

σ(z + ω) = ea(ω)z+b(ω) · σ(z)

Wir konnen nun zur Losung der Aufgabe ubergehen:Wir betrachten die Funktion Φ : (C \ L)× (C \ L)→ C,

Φ(z, w) := −σ(z + w)σ(z − w)

σ2(z)σ2(w), z, w ∈ C \ L .

. Dann ist Φ eine in beiden Argumenten meromorfe Funktion.

. Φ erfullt die “Symmetrien”:

Φ(−z, w) = Φ(z, w) ,

Φ(z,−w) = Φ(z, w) ,

Φ(w, z) = −Φ(w, z) .

Dies folgt sofort aus σ(−z) = −σ(z), σ(−w) = −σ(w), et caetera.. Polstellen entstehen von den Nullstellen des Nenners:Fur festes w 6∈ L hat der Zahler in der obigen Formel, betrachtet als Funktion von der Variablen z, Nullstellen in ±w + L (i.e. in allenz mit z±w ∈ L) und der Nenner in L. Da die Mengen ±w + L und L disjunkt sind, gibt es “keine Kurzungen”, der Faktor σ(z)2 desNenners fuhrt Polstellen 2. Ordnung fur die Funktion Φ(·, w) an allen Stellen · ∈ L ein.Analog fur die Funktion Φ(z, ·) fur festes z 6∈ L.. Die Funktion Φ(·, w) ist L–periodisch: Fur alle z, u ∈ C \ L ( – wir verwenden u statt w, da das menschliche Auge w und ω nichtleicht unterscheidet. . . – ) und fur alle ω ∈ L gilt:

Φ(z + ω, u) = −σ((z + ω) + u)σ((z + ω)− u)

σ2(z + ω)σ2(u)= −σ((z + u) + ω)σ((z − u) + ω)

σ2(z + ω)σ2(u)

= −ea(ω)(z+u)+b(ω)σ(z + u) · ea(ω)(z−u)+b(ω)σ(z − u)(ea(ω)z+b(ω)σ(z)

)2

· σ2(u)

= − exp( a(ω)(z + u) + b(ω) + a(ω)(z − u) + b(ω) )

exp( 2( a(ω)z + b(ω) ) )︸ ︷︷ ︸=1

·σ(z + u)σ(z − u)

σ2(z)σ2(u)

= Φ(z, u) .

Analog oder durch Verwendung der Antisymmetrie Φ(u, z) = −Φ(u, z) folgt, dass Φ auch in der zweiten Variablen (w oder u)L–periodisch ist.. Sei w 6∈ L. Die Laurent–Entwicklung der geraden Funktion Φ(·, w) um z = 0 (Polstelle 2. Ordnung) ist von der Gestalt:

Φ(z, w) ∼ a(w)−2 ·1

z2+ a(w)0 + a(w)2 · z2 + . . . .

Wir konnen dann berechnen:

a(w)−2 = limz→0z 6=0

z2Φ(z, w) = limz→0−z2 σ(z + w)σ(z − w)

σ2(z)σ2(w)

= − limz→0

z2

σ2(z)· σ(z + w)σ(z − w)

σ2(w)= −

(limz→0

σ(z)

z︸ ︷︷ ︸=σ′(0)=1

)−2

· σ(0 + w)σ(0− w)

σ2(w)︸ ︷︷ ︸=−1

wegen σungeradeσ(−w)=−σ(w)

= +1 .

Die elliptische Funktion Φ(·, w) mit Φ(z, w)− a0(w) ∼ z−2 + a2(w)z2 + . . . (um z =Null) ist dann die ℘–Funktion, Aufgabe 20. Esfolgt Φ(z, w) = ℘(z) + a0(w) fur alle z, w ∈ C \ L.. Fur z, w ∈ C \ L nutzen wir dann die Antisymmetrie in (z, w) und bekommen . . .

Φ(z, w) = ℘(z) + a0(w) auf der einen Seite,

Φ(z, w) = −Φ(w, z) = −( ℘(w) + a0(z) )

= −a0(z)− ℘(w) auf der anderen Seite. Es folgt:

℘(z) + a0(z)︸ ︷︷ ︸Funktion von z∈C\L

= −(℘(w) + a0(w))︸ ︷︷ ︸Funktion von w∈C\L

. Es folgt:

℘(z) + a0(z) = Konstante ,

℘(w) + a0(w) = -Konstante , also speziell fur z = w: Die Konstante ist Null,

℘(z) + a0(z) = 0 .

Φ(z, w) = ℘(z) + a0(w)

= ℘(z)− ℘(w) .

Dies schließt den Beweis fur die erste Formel aus der Aufgabenstellung.Die zweite Formel folgt aus:

℘′(z) := limw→zw 6=z

℘(w)− ℘(z)

w − z= lim

w→zw 6=z

℘(z)− ℘(w)

z − w

= − limw→z

1

z − w· σ(z + w)σ(z − w)

σ2(z)σ2(w)= − lim

w→z

σ(z + w)

σ2(z)σ2(w)· σ(z − w)

z − w

= − σ(z + z)

σ2(z)σ2(z)· σ′(0) = −σ(2z)

σ4(z).

�

Aufgabe 32 Leiten Sie die geometrische Form der Additionstheorems fur die weierstrasssche ℘–Funktion aus der analytischen Formdes Additionstheorems ab.

Losung: Sei L ⊂ C ein Gitter.In der Vorlesung wurden folgende zwei Theoreme erlautert:Analytische Form des Additionstheorems: Sei L ⊂ C ein Gitter. Seien z, w ∈ C, so dass z, w, z±w 6∈ L liegen. Dann ist wohldefiniertund gilt:

℘(z + w) =1

4

[℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)

]2− ℘(z)− ℘(w) (5)

Geometrische Form des Additionstheorems: Sei ⊂ C ein Gitter. Seien u, z, w ∈ C/L. Seien P, Q, R die drei Punkte auf derentsprechenden elliptischen Kurve EL(C), welche durch den den Isomorphismus Φ : C/L→ EL(C) entstehen:

P := Φ(u) := [℘(u) : ℘′(u) : 1] ,

Q := Φ(z) := [℘(z) : ℘′(z) : 1] ,

R := Φ(w) := [℘(w) : ℘′(w) : 1] .

(6)

Dann gilt u+z+w = 0 modulo L in C/L (oder aquivalent P ⊕Q⊕R = O in EL(C) nach Transport der Gruppenstruktur ( C/L , + )nach EL(C) in eine Gruppenstruktur ( EL(C) , ⊕ ) via Φ)

genau dann, wenndie Punkte P, Q, R ∈ EL(C) ⊂ P2(C) auf einer Geraden der projektiven Ebene P2(C) liegen.Die Zugehorigkeit zur gleichen Geraden kann dabei aquivalent fur u, z, w 6= 0 + L, P, Q, R 6= O, algebraisch wie folgt ausgedrucktwerden: ∣∣∣∣∣∣

1 ℘(u) ℘′(u)1 ℘(z) ℘′(z)1 ℘(w) ℘′(w)

∣∣∣∣∣∣ = 0 .

In der Vorlesung wurde die Richtung gezeigt:[ Analytische Form des Additionstheorems ] ⇐ [ Geometrische Form des Additionstheorems ](Man verwendet die geometrische Form fur die Punkte z, w,−z − w.Fur z, w “in allgemeiner Lage” sind die drei Punkte z, w,−z − w verschieden und haben die Summe Null modulo L. So befindensich die Punkte P (℘(z), ℘′(z)), Q(℘(w), ℘′(w)), R(℘(−z − w), ℘′(−z − w)), sowohl auf der Geraden PQ : Y = λX + ν, λ =(℘′(z) − ℘′(w)) / (℘(z) − ℘(w)), also auch auf der affinen Kubik Y 2 = 4X3 − g2X − g3. Man eliminiert Y und findet, dass dieX-Koordinaten von P, Q, R die drei verschiedenen Nullstellen von 0 = 4X3 − (λX + ν)2 − . . . also von 0 = 4X3 − λ2X − . . . sind.Die Relationen von Vieta liefern ℘(z) + ℘(w) + ℘(−z − w) = 1

4λ2, qed.)

Wir haben die Richtung zu zeigen:[ Analytische Form des Additionstheorems ] ⇒ [ Geometrische Form des Additionstheorems ]Wir nehmen also an, dass die explizite obige Additionsformel ℘(z + w) = Ausdruck von ℘(z), ℘′(z); ℘(w), ℘′(w) gilt.Es reicht wegen der Analytizitat in z, w, die Verschwindung der Determinante aus der geometrischen Variante der Additionsformel furPunkte z, w, u := −z−w in “allgemeiner Lage” zu beweisen. Dabei bedeutet “allgemeine Lage” die Tatsache, dass ±z,±w,±z±w diePolstellen der involvierten Ausdrucke vermeiden. Seien also z, w ∈ C in allgemeiner Lage. Es ist naheliegend die Notationen einzufuhren:

x1 := ℘(z)

x2 := ℘(w)

x := ℘(−z − w) = ℘(z + w)

y1 := ℘′(z)

y2 := ℘′(w)

y := ℘′(−z − w) = −℘′(z + w)

λ := (y1 − y2) / (x1 − x2)

ν := (x1y2 − x2y1) / (x1 − x2)

da ich vorziehe, mit symmetrischen Ausdrucken umzugehen, verwende ich den symmetrischen Differenzialoperator ∂z + ∂w, um vonder Formel (5) zu bekommen:

2℘′(z + w) = (∂z + ∂w)℘(z + w) und wegen (5)

= (∂z + ∂w)1

4

[℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)

]2− (∂z + ∂w)(℘(z) + ℘(w))

=1

4· 2[

℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)

]· (∂z + ∂w)

[℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)

]− ℘′(z) − ℘′(w)

=1

2λ · 1

(℘(z)− ℘(w))2

[(℘(z)− ℘(w))(∂z + ∂w)(℘′(z)− ℘′(w)) − (℘′(z)− ℘′(w))(∂z + ∂w)(℘(z)− ℘(w))

]− y1 − y2

=1

2λ ·[

℘′′(z)− ℘′′(w)

℘(z)− ℘(w)− (℘′(z)− ℘′(w))2

(℘(z)− ℘(w))2

]− y1 − y2

Die Formel ℘′′(z) = 6℘2−Konstante liefert ℘′′(z)− ℘′′(w) = 6(℘(z)2 − ℘(w)2) = 6(℘(z)− ℘(w))(℘(z) + ℘(w)) also. . .

=1

2λ ·[

6(x1 + x2) − λ2 ]− y1 − y2 . Dies liefert:

℘′(z + w) =1

4λ ·[

(4 + 2)(x1 + x2) − λ2 ]− 1

2(x1 + x2)

= −1

4λ3 + λ(x1 + x2) +

1

4· 2(x1 + x2)λ−

1

2(y1 + y2)

= −λ

[1

4λ2 − x1 − x2

]︸ ︷︷ ︸

=x (Additionsformel!)

− 1

2

[(y1 + y2)− (x1 + x2)

y1 − y2

x1 − x2

]︸ ︷︷ ︸

=ν

= −(λx + ν) .

Daraus folgt im Nu: ∣∣∣∣∣∣1 ℘(−z − w) ℘′(−z − w)1 ℘(z) ℘′(z)1 ℘(w) ℘′(w)

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1 x −y1 x1 y1

1 x2 y2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1 x λx + ν1 x1 λx1 + ν1 x2 λx2 + ν

∣∣∣∣∣∣ = 0

wegen der naheliegenden linearen Abhangigkeit der Spalten. �

Nachtrag: Folgende Diskussion kann eventuell helfen, die Objekte aus dieser Aufgabe “besser” einzuordnen.Wir erinnern an den topologischen Isomorphismus Φ:

C/LΦ

∼=// EL(C) := { [X : Y : Z] ∈ P2(C) ; Y 2Z = 4X3 − g2(L)XZ2 − g3(L)Z3 }

= { (x, y) ∈ C2 ; y2 = 4x3 − g2(L)x− g3(L) } ∪ { [0 : 1 : 0] =∞ }0 + L 6= z + L // [℘(z) : ℘′(z) : 1] = (℘(z) : ℘′(z))

0 + L // ∞ = [0 : 1 : 0] = [0 : −2 : 0] = limz→0

[z3℘(z) : z3℘′(z) : z3]

Die Tatsache, dass Φ wohldefiniert ist, ist in der Differentialgleichung der ℘–Funktion versteckt:

(℘′)2 = 4℘3 − g2(L)℘− g3(L) .

Die linke Seite C/L hat eine kanonische additive Struktur +, welche von der komplexen Addition auf C kommt. Die rechte Seite hateine Addition ⊕ geometrischer Natur, welche wir in der Losung der Aufgabe 27, Seite 30, getroffen haben.In unserem Fall ist die elliptische Kurve E = EL (in affiner Darstellung der Gleichung) y2 = a0x

3 + a4x + a6 speziell gleich zuy2 = 4x3 − g2x− g3, a0 = 4, a4 = −g2, a6 = −g3. Wir haben die Formel fur die Addition von zwei Punkten auf EL(C) erarbeitet:

P1(x1, y1) ∈ E(C) ,

P2(x2, y2) ∈ E(C) ,

P (x, y) := P1(x1, y1)⊕ P2(x2, y2) ∈ E(C)

mit

x =1

4λ2 − x1 − x2 ,

y = −(λx + ν) . Letzteres ist aquivalent zu:

0 =

∣∣∣∣∣∣1 x −y1 x1 y1

1 x2 y2

∣∣∣∣∣∣λ :=

y1 − y2

x1 − x2,

ν :=x1y2 − x2y1

x1 − x2.

Ist der Nenner x1−x2 gleich Null, so kann man die entsprechenden Ausdrucke durch ein Grenzverfahren gewinnen. Die Vertraglichkeitder Strukturen ( C/L , + ) und ( EL(C) , ⊕ ) ist am einfachsten im folgenden Diagramm zu visualisieren:

C/LΦ

∼=// EL(C)

z + LΦ // [℘(z) : ℘′(z) : 1] = (℘(z), ℘′(z))

w + LΦ //

+

��

[℘(w) : ℘′(w) : 1] = (℘(w), ℘′(w))

⊕��

(℘(z), ℘′(z))⊕ (℘(w), ℘′(w))(?)

(z + w) + LΦ

// (℘(z + w), ℘′(z + w))

Mit den Notationen:x1 = ℘(z)

x2 = ℘(w)

x = ℘(z + w)

y1 = ℘′(z)

y2 = ℘′(w)

y = ℘′(z + w)

entsprechen sich dann aquivalent (Φ ist bijektiv) die Formeln:

x =1

4

[y1 − y2

x1 − x2

]2− x1 − x2

y = −(

y1 − y2

x1 − x2x +

y1 − y2

x1 − x2

)i.e.∣∣∣∣∣∣

1 x −y1 x1 y1

1 x2 y2

∣∣∣∣∣∣ = 0

℘(z + w) =1

4

[℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)

]2− ℘(z)− ℘(w)

℘′(z + w) = −(

℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w)℘(z + w) +

℘(z)℘′(w)− ℘(w)℘′(z)

℘(z)− ℘(w)

)i.e.∣∣∣∣∣∣

1 ℘(−z − w) ℘′(−z − w)1 ℘(z) ℘′(z)1 ℘(w) ℘′(w)

∣∣∣∣∣∣ = 0

Das (analytische) Additionstheorem fur ℘, namlich

℘′(z + w) = 14

[℘′(z)−℘′(w)℘(z)−℘(w)

]2− ℘(z)− ℘(w),

kann also als Formel fur die Information der Adition ⊕ bzgl. der x–Komponente von (x, y) ∈ E(C) gedeutet werden. Die Surjektivitatvon ℘ und das obige Additionstheorem implizieren, dass der einzige Ansatz fur eine Gruppenstruktur ( E(C) , ⊕ ) mit Vertraglichkeit

uber Φ mit ( C/L , + ) nur x = 14

[y1−y2x1−x2

]2− x1 − x2 ist.

Analog ist die Formel von y aquivalent zur zweiten Differential– und Funktionalgleichung∣∣∣∣∣∣1 ℘(z + w) −℘′(z + w)1 ℘(z) ℘′(z)1 ℘(w) ℘′(w)

∣∣∣∣∣∣ = 0 oder

∣∣∣∣∣∣1 ℘(−z − w) ℘′(−z − w)1 ℘(z) ℘′(z)1 ℘(w) ℘′(w)

∣∣∣∣∣∣ = 0 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Aufgabe 33 Sei L ⊂ C ein Gitter und fur w ∈ C \ 1

2L und z ∈ C sei

f(z) :=℘′(z)− ℘′(w)

℘(z)− ℘(w).

Zeigen Sie: f liegt in K(L) und hat modulo L nur zwei Pole an den Stellen 0 und −w. Zusatz: Diese Polstellen sind erster Ordnung.

Losung: Die Polstellen der Funktion z → (℘′(z)− ℘′(w)) / (℘(z)− ℘(w)) “kommen”. von den Polstellen der Zahlerfunktion z → (℘′(z)− ℘′(w)). oder von den Nullstellen der Nennerfunktion z → (℘(z)− ℘(w)) .

Es ist jedoch nicht zwingend, dass solche Stellen Polstellen sind: Man muss eventuelle “Kurzungen” in Betracht ziehen.. Die Polstellen des Zahlers modulo L sind/ist nur die Nullstelle. Aus den Laurent–Entwicklungen (℘′(z)− ℘′(w)) ∼ −2z−3 + . . .und (℘(z)− ℘(w)) ∼ z−2 + . . . folgt

f(z) ∼ −2z−3 + . . .

z−2 + . . .= −2z−1 + . . . .

Die Funktion f hat also an der Stelle 0 modulo L eine Polstelle erster Ordnung mit Residuum gleich −2.

. Die Nullstellen des Nennerfunktion sind die Losungen z = ±w der Gleichung in z:

℘(z) = ℘(w) , w fest .

Man uberpruft sofort, dass ±w zwei Losungen sind. Warum gibt es keine anderen Losungen ? Begrundung: Die einzige Polstelle derFunktion z → ℘(z)−℘(w) ist die einzige Polstelle der Funktion z → ℘(z) also Null. Es handelt sich um eine Polstelle zweiter Ordnung.Wir erwarten dann hochstens zwei Nullstellen und mindestens eine Nullstelle. Genauer: Entweder hat z → ℘(z)−℘(w) zwei Nullstellenerster Ordnung oder eine Nullstelle zweiter Ordnung. Da w 6= −w modulo L sind ±w zwei Nullstellen erster Ordnung.Die Punkte ±w + L 6= 0 + L werden auf (℘(±w), ℘′(±w)) = (℘(w),±℘′(w)) abgebildet, es gilt ℘′(w) 6= 0 wegen w 6∈ (1/2)L, undauf der elliptischen Kurve EL(C) gibt es hochstens (sogar genau) zwei Punkte mit der gleichen x–Koordinate.Wir untersuchen, ob die Nullstellen erster Ordnung ±w des Nenners zu Polstellen des Bruches fuhren.Der Wert w ist eine Nullstelle des Zahlers, z → ℘′(z)− ℘′(w) verschwindet offensichtlich in z = w. So ist z = w keine Polstelle desBruches.Der Wert −w ist keine Nullstelle des Zahlers, z → ℘′(z)−℘′(w) hat in −w den Wert ℘′(−w)−℘(w) = −℘′(w) 6= 0, da die Nullstellenvon ℘′ in (1/2)L liegen. So ist z = −w eine Polstelle des Bruches. Es handelt sich um eine Polstelle erster Ordnung, da −w eineNullstelle erster Ordnung des Nenners ist. �

Aufgabe 34 Zeigen Sie: ∫ ∞

1

dx√4x3 − 4x

=

∫ 1

0

dt√1− t4

=(Γ(1/4))2

4√

2π,∫ ∞

1

dx√4x3 − 4

=

∫ 1

0

dt√1− t6

=

√π Γ(1/6)

6 Γ(2/3).

Losung: Die Substitution x = t−2 mit den formalen Ubertragungendx = d(t−2) = −2t−3 dt , t = x−1/2 , x = 1⇒ t = 1−1/2 = 1 , x→∞⇒ t→ 0 liefert sofort:∫ ∞

1

dx√4x3 − 4x

=

∫ 0

1

−2t−3 dt

2√

t−6 − t−2=

∫ 1

0

t−3 dt√t−6 ·

√1− t4

=

∫ 1

0

dt√1− t4

.

Die weitere Substitution t4 = u (oder die direkte Substitution fur das x–Start–Integral x2 = t−4 = 1/u) mit den formalen Ubertra-gungent = u1/4 , dt = d(u1/4) = 1/4u−3/4 du , t = 0⇒ u = 04 = 0 , t = 1⇒ u = 14 = 1 liefert∫ 1

0

dt√1− t4

=

∫ 1

0

1/4u−3/4 du√(1− u)

=1

4

∫ 1

0

u1/4−1(1− u)1/2−1 du

=1

4β(1/4, 1/2) =

1

4

Γ(1/4)Γ(1/2)

Γ(1/4 + 1/2)=

1

4

Γ(1/4)Γ(1/2)

Γ(3/4)=

1

4

Γ2(1/4)Γ(1/2)

Γ(1/4)Γ(3/4)

=1

4

Γ2(1/4)Γ(1/2)π

sin(1/4 · π)

=1

4

Γ2(1/4) ·√

π

π√

2.

Wir haben beim letzten Ubergang die Funktionalgleichung der Γ–Funktion Γ(x)Γ(1− x) = π/ sin(πx) und Γ(1/2) =√

π, sin(π/4) =1/√

2 verwendet. Der letzte Ausdruck der obigen Berechnung liefert die Formel aus der Aufgabenstellung. �Man kann einige Schritte in maple parallel verfolgen:

with(student);

J := Int( 1/sqrt( 4*x^3 - 4*x ) , x=1..infinity ):

## ein GROSSES I in Int unterdr"uckt die Berechnung und erlaubt

## weitere Substitutionen oder partielle Integrationen oder latex-Output...

JJ := changevar( x=1/t^2, J, t ): JJ := simplify(JJ):

JJJ := changevar( t^4=u, JJ, u ): JJJ := simplify(JJJ):

print( J, JJ, JJJ );

infinity 1 1

/ / /

| 1 | 1 | 1

| ------------- dx, | ----------- dt, 1/4 | ----------------- du

| 3 1/2 | 4 1/2 | 1/2 (3/4)

/ 2 (x - x) / (1 - t ) / (1 - u) u

1 0 0

lprint(JJJ); ## liefert den Code f"ur JJJ

1/4*Int(1/(1-u)^(1/2)/u^(3/4),u = 0 .. 1)

jjj := 1/4*int(1/(1-u)^(1/2)/u^(3/4),u = 0 .. 1); ## int statt Int...

jjj := 1/4 Beta(1/4, 1/2)

Wir “berechnen” nun nach den gleichen Richtlinien das zweite Integral aus der Aufgabenstellung:Die gleiche Substitution x = t−1/2 liefert∫ ∞

1

dx√4x3 − 4

=

∫ 0

1

−2t−3 dt

2√

t−6 − 1=

∫ 1

0

t−3 dt√t−6 ·

√1− t6

=

∫ 1

0

dt√1− t6

.

Dann liefert die Substitution t6 = u, t = u1/6, dt = d(u1/6) = 1/6u−5/6 nach dem gleichen Muster:∫ 1

0

dt√1− t6

=

∫ 1

0

1/6u−5/6 du√1− u

=1

6

∫ 1

0

u1/6−1(1− u)1/2−1 du

=1

6β(1/4, 1/2) =

1

6

Γ(1/6)Γ(1/2)

Γ(1/6 + 1/2)=

1

6

Γ(1/6)Γ(1/2)

Γ(2/3)=

1

6

Γ(1/6)√

π

Γ(2/3).

�

with(student);

J := Int( 1/sqrt( 4*x^3 - 4 ) , x=1..infinity );

## ein GROSSES I in Int unterdr"uckt die Berechnung und erlaubt

## weitere Substitutionen oder partielle Integrationen oder latex-Output...

JJ := changevar( x=1/t^2, J, t ): JJ := simplify(JJ);

JJJ := changevar( t^6=u, JJ, u ): JJJ := simplify(JJJ);

print( J, JJ, JJJ );

infinity 1 1

/ / /

| 1 | 1 | 1

| ------------- dx, | ----------- dt, 1/6 | ----------------- du

| 3 1/2 | 6 1/2 | 1/2 (5/6)

/ 2 (x - 1) / (1 - t ) / (1 - u) u

1 0 0

lprint(JJJ); ## liefert den Code f"ur JJJ

1/6*Int(1/(1-u)^(1/2)/u^(5/6),u = 0 .. 1)

jjj := 1/6*int(1/(1-u)^(1/2)/u^(5/6),u = 0 .. 1); ## int statt Int...

jjj := 1/6 Beta(1/6, 1/2)

Aufgabe 35 (∗) Sei L ⊂ C ein Gitter. Dann sind zwei Funktionen f, g ∈ K(L) algebraisch abhangig, d.h. es gibt ein vom Nullpolynomverschiedenes Polynom P ∈ C[X, Y ] mit

P (f, g) = 0 .

Tipp: Ist f ∈ K(L) nichtkonstant, so betrachte man den Unterraum C(f) ⊂ K(L) der rationalen Funktionen in f und zeigedimC(f) K(L) <∞.

Losung: Ist eine der Funktionen f oder g eine Konstante, so gilt fur das Polynom X−Konstante oder Y−Konstante P (f, g) = 0.Wir hemne also an, dass weder f noch g konstant ist.Da C algebraisch abgeschlossen ist, sind die Elemente f, g, ℘ aus K(l) \ C transzendent uber C. Die Korper C(f), C(g), C(p) habendann den transzendenten Grad 1 uber C. Die algebraische radikale Erweiterung K(L) = C(℘, ℘′), (℘′)2 = 4℘3 − g2℘− g3 von C(℘)hat den gleichen transzendenten Grad. Im Diagramm ( – die Pfeile sind Korperinklusionen, die “großeren Korper” werden traditionell“nach oben” plaziert – )

K(L)

C(f, g)

OO

C(f)

??�������������C(g)

__?????????????

C

__?????????????

??�������������

hat also der Korper C(f, g) den transzendenten Grad 1 uber C (“Zangenlemma”). So hat die Erweiterung C(f, g) uber C(g) dentranszendenten Grad Null, sie ist algebraisch, also erfullt f eine Gleichung

P (f) = 0 , P ∈ C(g)[X] .

Man kann die Nenner der Koeffizienten von P (rationale Funktionen in g) durch Multiplikation mit dem/einem gemeinsamen Vielfachenbeseitigen, um den gewunschten Polynom aus der Aufgabenstellung zu bekommen. �

Blatt 8

Aufgabe 36 Zeigen Sie, dass Aut H =

{H 3 τ −→ aτ + b

cτ + d∈ H ;

[a bc d

]∈ SL(2, R)

}transitiv auf H operiert, d.h. zu je zwei beliebigen Punkten τ, τ ′ ∈ H gibt es ein M =

[a bc d

]∈ SL(2, R) mit τ ′ = Mτ :=

aτ + b

cτ + d.

Losung: Sei τ = α + iβ ∈ H, α, β ∈ R, β > 0.(Welche Matrix M bringt i auf τ ? Wenn man diese Bedingung schreibt und die entsprechende Gleichung lost, dann kommt manauf. . . )Sei M die Matrix

M := 1/√

β

[1 α/β0 1/β

]∈ SL2(R) . Dann gilt:

M · i = 1/√

β

[1 α/β0 1/β

]· i =

[1 α/β0 1/β

]· i =

i + α/β

1/β= βi + α = τ .

Gegeben τ1, τ2 ∈ H, so gibt es Matrizen M1, M2 ∈ SL2(R) mit

M1 · i = τ1 ,

M2 · i = τ2 ,woraus folgt:

τ2 = M2 · i

= M2 · (M−11 · τ1)

= (M2M−11 ) · τ1 .

Dies beweist die Transitivitat der Operation. �

Aufgabe 37 Zeigen Sie, dass fur eine Matrix K ∈ SL(2, R) folgende Eigenschaften aquivalent sind:

(a) Ki = i. (b) K =

[a b−b a

]mit a2 + b2 = 1.

(c) K ∈ SO(2, R) := { M ∈ SL(2, R) ; M orthogonal }.

(d) Fur C :=

[1 −i1 i

]gilt CKC−1 =

[exp(iφ) 0

0 exp(−iφ)

]mit einem φ ∈ R.

Losung:

(a) ⇐⇒ (b) Sei K =

[a bc d

]∈ SL(2, R). Dann sind sukzessive aquivalent:

Ki = i,(ai + b)/(ci + d) = i,(ai + b) = i(ci + d),b + ai = −c + id,b = −c und a = d,

K =

[a b−b a

].

(Da K ∈ SL(2, R) liegt, gilt die Relation 1 = det K = a2 + b2.)

(b) ⇐⇒ (c) Wir finden die explizite Form fur eine Matrix K aus SO(2, R). Zuerst bemerken wir, dass die Matrizen der Gestalt

K =

[a b−b a

], a2 + b2 = 1, a, b ∈ R, in SO(2, R) liegen: Es gilt namlich

K′K =

[a −bb a

] [a b−b a

]=

[a2 + b2 ab− baba− ab b2 − a2

]= E .

Umgekehrt: Sei K =

[a bc d

]∈ SL(2, R) mit K′K = E. Es folgt:

[1 00 1

]= E = K′K =

[a cb d

] [a bc d

]=

[a2 + c2 ab + cdab + cd b2 + d2

]also

a2 + c2 = 1 ,

ab + cd = 0 ,

b2 + d2 = 1 .

Daraus folgt leicht trickig, denn wir wissen, was zu zeigen ist. . . :

(a− d)2 + (b + c)2 = (a2 + c2)− 2(ad− bc) + (b2 + d2) = 1− 2 det K + 1 = 0 .

Eine Summe von zwei reellen Quadraten ist Null. . . Es folgt a = d und c = −b.

(d) =⇒ (a) Wir nehmen wie in der Aufgabenstellung an, dass K die Eigenschaft hat CKC−1 =

[exp(iφ) 0

0 exp(−iφ)

]:= Λ

(zur Abkurzung) mit einem φ ∈ R. Es folgt K = C−1ΛC. Die Matrix C hat die Eigenschaft C · i = 1·i−i1·i+i

= 0. Insbesondere

i = E · i = (C−1C) · i = C−1 · (C · i) = C−1 · 0. Wir berechnen dann:

Ki = C−1ΛC · i

= C−1Λ · 0

= C−1 · 0= i .

(b) =⇒ (d) Wir nehmen an, dass K die Gestalt

[a b−b a

]mit a2 + b2 = 1 hat. Wir finden dann ein φ ∈ R mit

K =

[cos φ sin φ− sin φ cos φ

].

Man berechnet dann:

CKC−1 =

[1 −i1 i

] [cos φ sin φ− sin φ cos φ

]1

2

[1 1i −i

]=

1

2

[1 −i1 i

] [cos φ + i sin φ cos φ− i sin φ

i(cos φ + i sin φ) −i(cos φ− i sin φ)

]=

1

2

[2(cos φ + i sin φ) 0

0 2(cos φ− i sin φ)

]=

[eiφ 0

0 e−iφ

].

(Bemerkung: Die Vektoren

[1±i

]sind die Eigenvektoren der Matrix

[cos φ sin φ− sin φ cos φ

]=

[a b−b a

]respektive zu den Eigenwerten

a± ib = cos φ± i sin φ = e±iφ. Sie bilden bis auf ein Vielfaches die Spalten der Matrix C−1.) �

Aufgabe 38 Sei SL(2, R)/SO(2, R) := { L · SO(2, R) ; L ∈ SL(2, R) }. Zeigen Sie:

Die AbbildungSL(2, R)/SO(2, R)

·i // HL · SO(2, R) // Li

ist bijektiv (und sogar topologisch, wenn man die linke Seite mit der

Quotiententopologie versieht).

Losung: Abkurzungen: G := SL(2, R) und K := SO(2, R) ist ihre (maximal) kompakte Untergruppe. (Der Moprhismus[

a b−b a

]→

a + ib ist ein topologischer Isomorphismus von K := SO(2, R) in den Einheitskreis S1 := { z = a + ib ∈ C |z|2 − a2 + b2 = 1 }. DieKompaktheit folgt z.B. daraus.)• Die Abbildung ist wohldefiniert und injektiv: Seien L1 · K und L2 · K zwei Elemente in G/K. Dann konnen wir sukzessive aquivalentumformen:

L1i = L2i,i = L−1

1 L2i,K := L−1

1 L2 liegt in K (Aufgabe 37, (a) =⇒ (c)),K = L−1

1 L2 · K,L1 · K = L2 · K.

(Aus L1i = L2i, eine Gleichheit von Bildern, folgt also durch Implikationen “nach unten” die Gleichheit der ursprunglichen Elemente.Dies ist die Injektivitat.)(Aus L1 · K = L2 · K folgt L1i = L2i. So hangt die Definition der Abbildung L · K → Li nicht von der Wahl des Vertreters L ab.)

• Die Abbildung ist surjektiv: Sei τ ∈ H. Die Gruppe der Automorphismen von H operiert transitiv auf H, Aufgabe 36. So gibt es einL ∈ G = SL2(R) mit Li = τ . So ist τ ein Bild der Klasse L · K durch die Abbildung aus der Aufgabenstellung. �

Aufgabe 39 Zeigen Sie, dass fur ein M ∈ SL(2, R) folgende Eigenschaften aquivalent sind:(a) Es gibt genau ein τ ∈ H mit Mτ = τ . (b) M hat keinen reellen Eigenwert.(c) | Spur M | < 2.

Im Falle, dass (a) gilt, hat M =

[a bc d

]den Eintrag c 6= 0 und der Fixpunkt τ von M ist:

τ =a− d

2c+

i

2|c|√

4− (Spur M)2 .

Losung: Das charakteristische Polynom von M ist

λ2 − Spur M λ + det M = λ2 − Spur M λ + 1 .

Es hat genau dann reelle Losungen, wenn seine Diskriminante (Spur M)2 − 4 > 0 ist. Dies klart die Aquivalenz (b) ⇐⇒ (c).

Um die Information von (a) zuerst zu verdauen, losen wir die Gleichung 2. Grades in τ , welche sich sofort aus der Gleichung Mτ = τergibt. Es sind sukzessive aquivalent:

Mτ = τ ,(aτ + b) / (cτ + d) = τ ,(aτ + b) = τ(cτ + d), (und stillschweigend τ 6= −d/c)0 = cτ2 + (d− a)τ − b,

τ = τ1,2 :=1

2c

((a− d)±

√∆), wobei ∆ die Diskriminante der obigen Gleichung 2. Grades ist:

∆ = (d− a)2 − 4c(−b) = a2 + d2 − 2ad + 4bc

= a2 + 2ad + d2 − 4(ad− bc) = (Spur M)2 − 4 det M

= (Spur M)2 − 4 .

Die Nullstellen τ1,2 sind. entweder beide reell im Falle ∆ > 0. oder nicht reell und komplex konjugiert, also eine (a− d)/(2c) + 1/(2|c|)i +

√∆H die andere in H− im Falle ∆ > 0.

Diese Diskussion klart die Aquivalenz (a) ⇐⇒ (∆ < 0) ←→ (c) . �

Aufgabe 40 (a) Seien a, c ∈ Z teilerfremd. Zeigen Sie:

Es gibt dann eine Matrix M ∈ SL(2, Z) von der Gestalt

[a ∗c ∗

]. Zwei Matrizen von dieser Gestalt unterscheiden sich um einen

rechtsseitigen Faktor T m, m ∈ Z.

(b) Erganzen Sie

[3 ∗2 ∗

],

[89 ∗114 ∗

],

[514229 ∗832040 ∗

]zu Matrizen aus SL(2, Z).

Losung: (a) Wir suchen M von der Gestalt

[a xc y

], x, y ∈ Z, und die Zugehorigkeit von M zu SL(2, Z) liefert die diophantische

affine Gleichungay − cx = 1 .

Diese hat Losungen:. “Existenzielle Begrundung”: Man betrachtet diese Gleichung modulo c zuerst und man lost a · y = 1 in Z/cZ. Dies ist moglich,

da die invertierbaren Elemente im Ring Z/cZ genau die φ(c) Elemente von der Form α, α ∈ Z prim zu c sind. Sei also y ∈ Z mita · y = 1 in Z/cZ. Dies liefert ay = 1 + c·? also nach sofortiger Umformung eine Losung.

. “Konstruktive Losung”: Man betrachtet den Bruch f := a/c (oder c/a). Dann hat die Kettenbruchdarstellung von f dieAnnaherungen f0 = [a/c], . . . , fn = a/c und die vorletzte Annaherung liefert eine Losung. Wir machen dies klar an Hand von denBeispielen im Teil (b).(b) • 3x − 2y = 1 hat die offensichtliche Losung x = 1, y = 1. Jede andere Losung entsteht, indem man x um ein Vielfaches von 2und y um ein entsprechendes Vielfaches von 3 verandert. Die konstruktive Losung schreibt das folgende Rezept vor: Der Bruch 3/2hat die Kettenbruchdarstellung

3

2= 1 +

1

2.

Eine mogliche Erganzung ist also: [3 12 1

]∈ SL(2, Z) .

(Zweite Methode: Beste Annaherung mit (positiven) Nennern < 2 ist naturlich 1/1. Dann sind x, y gleich 1, 1 die gesuchte Losung.)

• 89x + 114y = 1. Eine offensichtliche Losung liegt nicht vor. Wir berechnen mit dem Computer (maple) modulo 89: 1/114 mod 89;

Trocken bekommen wir 57 also Antwort. Fur y = 57 bekommen wir anschließend: x = (1 − 114 · 57)/89 = −73. Die andere Losungkonnte man auch mit der Hand basteln: Die Kettenbruchdarstellung von 114/89 ist:

x0 = 114/89 a0 = [x0] = 1

x1 = 1/(x0 − a0) = 89/25 a1 = [x1] = 3

x2 = 1/(x1 − a1) = 25/14 a2 = [x2] = 1

x3 = 1/(x2 − a2) = 14/11 a3 = [x3] = 1

x4 = 1/(x3 − a3) = 11/3 a4 = [x4] = 3

x5 = 1/(x4 − a4) = 3/2 a5 = [x5] = 1

x6 = 1/(x5 − a5) = 2 ∈ N a5 = [x5] = x5 = 2 .

114

89= 1 +

1

3 +1

1 +1

1 +1

3 +1

1 +1

2

.

Mit dem Computer:

> convert(114/89,confrac,convergents);

[1, 3, 1, 1, 3, 1, 2]

> convergents;

32 41 114

[1, 4/3, 5/4, 9/7, --, --, ---]

25 32 89

Der Bruch 41/32 stellt eine “sehr gute Annaherung” fur den Bruch 114/89 dar. Wir haben:

114

89− 41

32=

114 · 32− 89 · 41

89 · 32=−1

89 · 32.

Die Betrachtung der Nenner liefert sofort eine Losung fur die gesuchte diophantische Gleichung: 89 · 41− 114 · 32 = 1. Eine moglicheErganzung ist also: [

89 32114 41

]∈ SL(2, Z) .

• 514229 x + 832040 y = 1. Direkt mit dem Computer:

> convert( 832040 / 514229 , confrac , convergents );

[1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2]

> convergents;

21 34 55 89 144 233 377 610 987 1597 2584 4181 6765 10946 17711 28657 46368

[1, 2, 3/2, 5/3, 8/5, 13/8, --, --, --, --, ---, ---, ---, ---, ---, ----, ----, ----, ----, -----, -----, -----, -----,

13 21 34 55 89 144 233 377 610 987 1597 2584 4181 6765 10946 17711 28657

75025 121393 196418 317811 832040

-----, ------, ------, ------, ------]

46368 75025 121393 196418 514229

> 832040 / 514229 - 317811 / 196418 ;

1/101003831722

Die Nenner-Berechnung in832040

514229− 317811

196418=

1

Produktliefert:

832040 · 196418− 514229 · 317811 = 1 .

Eine mogliche Erganzung ist: [514229 −196418832040 −317811

]∈ SL2(Z) .

�

Aufgabe 41 Stellen Sie die Matrix M =

[3 105 17

]∈ SL(2, Z) in die Form dar:

M = Sε T m1 S T m2 . . . T mk Sδ

Dabei sind S := [ 0 −11 0 ] , T := [ 1 1

0 1 ] , ε, δ ∈ {0, 1} , m1, m2, . . . , mk ∈ Z und k ∈ Z>0.

Losung: Wir betrachten den Punkt Mi ∈ H und versuchen, ihn durch wiederholte ganze Translationen T k und Inversionen S inden Fundamentalbereich zu bringen.Wir verwenden Translationen, um Punkte in den Streifen S := { z ∈ H ; |Re z| 6 1/2 } zu bringen. Liegt ein Punkt in S ∩ E (alsonicht im Fundamentalbereich F), so verwenden wir die Inversion S.Wir starten aus diesem Grund ein iteratives Verfahren:

z0 := Mi =3i + 10

5i + 7=

1

314(185 + i) [Re z0 + 1/2] = 1 . Die Translation um − 1 liefert:

z1 := T−1z0 = z0 − 1 =1

314(−129 + i) Die Inversion liefert:

z2 := Sz1 = −1/z1 =1

53(129 + i) [Re z2 + 1/2] = 2 Die Translation um − 2 liefert:

z3 := T−2z2 = z2 − 2 =1

53(23 + i) Die Inversion liefert:

z4 := Sz3 = −1/z3 =1

10(−23 + i) [Re z4 + 1/2] = −2 Die Translation um 2 liefert:

z5 := T 2z4 = z4 + 2 =1

10(−3 + i) Die Inversion liefert:

z6 := Sz5 = −1/z5 = 3 + i [Re z6 + 1/2] = 3 Die Translation um − 3 liefert:

z7 := T−3z6 = z6 − 3 = i . Das war’s.

Man kann diese Ergebnisse mit einem Programm bestatigen:

z := (3*I+10) / (5*I+17) ;

translation := proc(z)

print( Translation , -floor(Re(z)+1/2) );

z - floor( Re(z)+1/2 );

end;

inversion := proc(z)

print( Inversion );

- 1/z;

end;

print(z);

z:=translation(z): print("z=",z,evalf(z));

while evalf(abs(z))<1 do

z:=inversion(z) : print("z=",z,evalf(z));

z:=translation(z): print("z=",z,evalf(z));

od:

Wir haben dadurch die Darstellung:i = z7 = T−3z6 = T−3Sz5 = . . .

= T−3ST 2ST−2ST−1 · 3i + 10

5i + 17

= T−3ST 2ST−2ST−1 ·M · i .

So ist T−3ST 2ST−2ST−1 ·M ∈ SL(2, Z) ∩ SO(2, R) entweder ±E oder ±S (i.e. S0, S1, S2, S3). Man kann die Gleichheit checkenT−3ST 2ST−2ST−1 ·M = E:

T:=matrix(2,2,[1,1,0,1]);

S:=matrix(2,2,[0,-1,1,0]);

M:=matrix(2,2,[3,10,5,17]);

evalm( T^(-3) &* S &* T^2 &* S &* T^(-2) &* S &* T^(-1) &* M);

Es folgt:M = ( T−3ST 2ST−2ST−1 )−1

= TS−1T 2S−2T−2S−1T 3

= − TST 2ST−2ST 3

= S2TST 2ST−2ST 3

= ST 0STST 2ST−2ST 3

�

Blatt 9

Aufgabe 42 Sei F := { τ ∈ H ; | Re τ | 6 1/2 , |τ | > 1 }. Geben Sie jeweils einen Punkt τ ∈ F an, der modulo Γ := SL(2, Z)aquivalent ist zu(a) (8 + 6i) / (3 + 2i) (b) (11 + 10i) / (12 + 6i)

Losung: (a) Wir berechnen:

. z0 := (8 + 6i) / (3 + 2i) =1

13(36 + 2i). Dieser Punkt wird um −3 in den Streifen S := { z ∈ H ; −1/2 < |z| 6 1/2 } translatiert:

. z1 := z0 − 3 =1

13(−3 + 2i). Dieser Punkt liegt nicht in F sondern in E ∩ S. Die Inversion bringt diesen Punkt in den Punkt aus

H \ E:

. z2 := −1/z1 = 13 · 1

3− 2i= 3 + 2i. Die Translation um −3 bringt diesen Punkt in

. z3 := z2 − 3 = 2i ∈ F . Es gilt also:8 + 6i

3 + 2i= z0 ∼ z1 ∼ z2 ∼ z3 = 2i .

(∼ bezeichnet dabei die Aquivalenz modulo der Aktion von Γ := SL2(Z).) �

(b) Wir berechnen analog:

. z0 := (11 + 10i) / (12 + 6i) =1

6· 15(11 + 10i)(2− i) =

1

6 · 5(32 + 9i). Dieser Punkt wird um − in den Streifen S translatiert:

. z1 := z0 − 1 =1

6 · 5(2 + 9i). Dieser Punkt liegt nicht in F sondern in E ∩ S. Die Inversion bringt diesen Punkt in den Punkt aus

H \ E:

. z2 := −1/z1 = 6 · 5 · −2 + 9i

85=

6

17(−2 + 9i). Es gilt −12/17 < 1frm−e. Die Translation um +1 bringt diesen Punkt in

. z3 := z2 + 1 =1

17(5 + 54i) ∈ F . Fazit:

11 + 10i

12 + 6i= z0 ∼ z1 ∼ z2 ∼ z3 =

5

17+ i

54

17.

�

Man kann fur diese berechenbaren Berechnungen ein maple–Programm wie in der Aufgabe 41 verwenden: (t findet die notwendigeTranslation in den Streifen S, i durchfuhrt eine Inversion.)

t := proc(z) local zz,schritt;

schritt := -floor(Re(z)+1/2); zz := z+schritt;

print( ‘TRANSLATION um ‘ , schritt , ‘ auf ‘, zz);

zz; ## RETURN

end;

i := proc(z) print( ‘Inversion auf ‘ , -1/z ); - 1/z; end;

##

Normalisierung:=proc(zz)

local z; z:=t(zz):

while evalf(abs(z))<1 do z:=i(z): z:=t(z): od:

z; ## RETURN

end;

##

> Normalisierung( (8+6*I)/(3+2*I) );

TRANSLATION um , -3, auf , -3/13 + 2/13 I

Inversion auf , 3 + 2 I

TRANSLATION um , -3, auf , 2 I

2 I

> Normalisierung( (11+10*I)/(12+6*I) );

TRANSLATION um , -1, auf , 1/15 + 3/10 I

12 54

Inversion auf , --- + -- I

17 17

54

TRANSLATION um , 1, auf , 5/17 + -- I

17

54

5/17 + -- I

17

Aufgabe 43 Man zeige:(a) Auf dem linken und rechten Rand der Modulfigur F , d.h. fur τ ∈ F mit Re τ = ±1/2, haben die Eisenstein–Reihen Gk, dieDiskriminante ∆ und die j–Funktion reelle Werte.Tipp: Es gilt allgemein z.B. Gk(τ) = Gk(−τ).(b) Fur |τ | = 1 gilt außerdem j(τ) = j(τ).(c) j(τ) ∈ R, falls τ ∈ F und Re τ = 0.

Losung: (a) Wir zeigen die Relation Gk(τ) = Gk(−τ):

Gk(τ) =∑

ω∈Z·1⊕Z·τω 6=0

ω−k =∑

ω∈Z·1⊕Z·τω 6=0

ω−k

=∑

ω∈Z·1⊕Z·τω 6=0

ω−k =∑

ω∈Z·1⊕Z·τω 6=0

ω−k

=∑

ω∈Z·1⊕Z·(−τ)ω 6=0

ω−k = Gk(−τ) .

(Bemerkung: Wir haben den Ubergang vom Gitter Z ·1⊕Z ·τ zum gleichen Gitter Z ·1⊕Z · (−τ) hinzugefugt, um explizit zu betonen,dass τ 6∈ H, aber −τ ∈ H liegt.)

Mit dieser Bemerkung folgt sofort (bei mir zu explizit) fur τ ∈ H, Re τ = 1/2, also τ = 1/2 + it, t ∈ R>0:

Gk(τ) = Gk(−τ)

= Gk(−1/2 + it)

= Gk(−(1/2− it))

= Gk(−1/2 + it)

= Gk((−1/2 + it) + 1)

= Gk(1/2 + it)

= Gk(τ) .

Wir haben an der entscheidenden Stelle die 1–Periodizitat der Modulfunktion Gk. Daraus folgt auch Gk reell auf dem “anderen” Randmit dem Realanteil gleich −1/2.Da die Funktionen ∆ und j aus den reellen Funktionen mit den Standardrechenarten gewonnen werden, sind diese auch reell. (Einigereelle Konstanten kommen noch ins Spiel.)

(b) Sei τ ∈ H mit |τ | = 1. Dann gilt (erneut zu explizit):

j(τ) = j(−τ) aus (a)

= j(−1/τ) aus 1 = |τ |2 = τ · τ

= j(S · τ) = j

( [0 −11 0

]· τ)

= (1 · τ + 0)0 · j(τ) da j eine Modulfunktion vom Gewicht 0 ist,

= j(τ) .

Es folgt j(τ) = j(τ), also j(τ) ∈ R.

(c) Sei τ ∈ H, Re τ = 0, also τ = iy, y ∈ R>0. Dann gilt laut (a):

j(τ) = j(−τ)

= j(−iy)

= j(iy)

= j(τ) .

Also j(τ) ∈ R. �

Aufgabe 44 (a) Man zeige: G4

(e2πi/3

)= G6(i) = j

(e2πi/3

)= 0 und j(i) = 1.

Welche Nullstellenordnung hat τ → j(τ)− 1 in τ = i ?(b) Sei

L1 := { τ ∈ F ; Re τ = −1/2 } ,

L2 := { τ ∈ F ; |τ | = 1 und − 1/2 6 Re τ 6 0 } ,

L3 := { τ ∈ F ; Re τ = 0 } .

L := L1 ∪ L2 ∪ L3 .

Man zeige: j(L) = R.Tipp: Sie konnen die Fourier–Entwicklung benutzen:

1728 j(τ) =1

q+∑n>0

j(n)qn mit j(n) ∈ N und q := e2πiτ .

Losung: (a) Wir haben bereits in der Aufgabe 30 die Relationen gezeigt: g2

(e2πi/3

)= g3(i) = 0. Aus g2 = 60G4, g3 = 140G6 folgt

G4

(e2πi/3

)= G6(i) = 0.

Aus j = g32/∆ folgt auch j

(e2πi/3

)= 0.

Die Berechnung von j(i) ist auch kurz mit der Formel fur ∆, ∆ = g32 − 27g2

3 , also

j(i) =g32(i)

g32(i)− 27g2

3(i)=

g32(i)

g32(i)− 27 · 0 = 1 .

Die Ordnung der Nullstelle ist 2 ! Es gilt fur die Funktion j − 1 die Formel:

v∞(f) +1

2vi(f) +

1

3vρ(f) +

∑P∈FP 6=i,ρ

=0

12.

(vP (f) ∈ Z ist dabei die Ordnung von P in f .)Die einzige Polstelle ∞ der j–Funktion ist einfach. So hat auch f = j − 1 eine einfache Polstelle in ∞.(In ρ := exp(2πi/3) hat f keine Null– oder Polstelle, f(ρ) = j(ρ)− 1 = 0− 1.)Die einzige Moglichkeit einer Gleichheit in

v∞(f)︸ ︷︷ ︸=−1

+1

2vi(f)︸ ︷︷ ︸>1/2

+1

3vρ(f)︸ ︷︷ ︸(=0)

+∑P∈FP 6=i,ρ︸ ︷︷ ︸

>0

vP (f) =0

12

ist, dass vi(f) = 2 (und vP (f) = 0 fur alle P 6= i). �

(b) Ein Bild der Mengen L1, L2, L3 ist:

◦

•i•ρ

L3L1

L2◦

Wir haben bereits gezeigt, dass j(L) ⊂ R ist. Aus j(∞) = ∞ “im komplexen projektiven Raum P1(C)” folgt im Sinne der reellenAnalysis

limz→∞z∈L1

|j(z)| = +∞ = limz→∞z∈L3

|j(z)| i.e. explizit

limy→∞

|j(−1/2 + iy)| = +∞ = limy→∞

|j(0 + iy)| .

Da die j–Funktion injektiv auf F ist, sind die Grenzwerte unterschiedlich und gleich zu +∞ bzw. −∞. Dies zeigt die Surjektivitatj(L) = R. �(Welcher ist welcher Grenzwert ? Da j stetig auf L ist und j(ρ) = 0 < 1 = j(i) gilt, liefert ein Zwischenwertsatz–Prinzip die Antwort:Der Grenzwert auf L1 3 z von j(z), z →∞ ist −∞ und der Grenzwert auf L3 3 z von j(z), z →∞ ist +∞.)

Aufgabe 45 Sei◦F := { τ ∈ H ; | Re τ | < 1/2 , |τ | > 1 }, A := { τ ∈

◦F ; Re τ < 0 } und B := { τ ∈

◦F ; Re τ > 0 }.

Man zeige: j(A ∪B) = C \ R und

j : A→ H ,

j : B → H− := { τ ; τ ∈ H }

sind (im Großen) konforme Abbildungen.

Losung: Ein Bild der Mengen A, B ist:

◦

•i•e2πi/3

•e2πi/6

A B

H

Aus der Formel

v∞(j)︸ ︷︷ ︸=−1

+1

2vi(j)︸ ︷︷ ︸>0

+1

3vρ(j)︸ ︷︷ ︸>1/3

+∑P∈FP 6=i,ρ︸ ︷︷ ︸

>0

vP (j) =0

12

folgt, dass vρ(j) = 3 und vP (f) = vi(j) = 0 fur alle P 6= i gelten. So hat j keine Nullstellen in A oder B.Sei F das Fundamentalbereich fur den Quotientenraum SL(2, Z)\H. (Wir vereinbaren, dass die Gerade von e2πi/3 nach 1/2 + i∞ inF und der Bogen von e2πi/3 nach i liegen.) Dann ist F auf eine kanonische Art ein toppologischer Raum.Da j analytisch und bijektiv als Abbildung F → C ist, folgt, dass j : A ∪B → j(A ∪B) = j(A) ∪ j(B) (im Großen) konform ist.Sei L ⊂ F die Menge aus der letzten Aufgabe 44. Wir betrachten die Differenzmenge

F \ L = A tB

mit der induzierten Unterraum–Topologie. Dieser Raum spaltet in zwei Zusammenhangskomponenten: A und B.Die stetige, injektive Abbildung j bildet F ∪ {∞} auf P1(C), also F auf P1(C) \ {∞} = C, also A tB = F \ L auf C \R = H tH−mit den Notationen aus der Aufgabenstellung.Aus der Injektivitat und Stetigkeit von j folgt,

dass j die eine oder andere Zusammenhangskomponente A oder Bauf die eine bzw. die andere Zusammenhangskomponente H oder H− abbildet.

(Also gilt entweder [ j(A) = H und j(B) = H− ] oder [ j(A) = H− und j(B) = H ]. Es wurde also genugen zu wissen, wohin einspezieller Punkt aus A oder B durch j geht. . .Mein Argument ist ein Orientierungsargument. . . )Die Halbgerade von ρ nach ρ + i∞ wird auf die “reelle” Halbgerade von 0 nach −∞ in C abgebildet.Der Bogen von ρ nach i wird aur die “reelle” Strecke von 0 nach 1 in C abgebildet.Wir wissen also, wie die entsprechenden Tangentialvektoren in ρ von der Differenzialabbildung j′ “infinitesimal” bewegt werden. Da jkonform also orientierungstreu ist, folgt j(A) = H, j(B) = H−. Im Bild:

◦

•i

•e2πi/3

ρ◦

e2πi/6

A B H

OOv2

88qqqqqq

v1

geht auf •0=j(ρ)

◦j(i)=1−∞

// v′1oov′2

C

H

H−

v′1 = j′(ρ)(v1)

v′2 = j′(ρ)(v2)

j(i) = 1

j

(−1

2+ i∞

)= −∞

v1 wird im trigonometrischen Sinne auf v2 “im Inneren von A” rotiert. Parallel: v′1 wird im trigonometrischen Sinne auf v′2 “im Innerenvon H” rotiert. Also j(A) = H.

�

Blatt 10

Aufgabe 46 Zeigen Sie:(a) Fur k ∈ N, k > 4, k ≡ 0 mod (2), gilt:

Ek(z) :=1

2ζ(k)Gk(z) =

1

2

∑(m,n)∈Z×ZggT(m,n)=1

1

(mz + n)k.

(b) Fur E2(z) := 1− 24∑n>1

σ1(n) qn mit q := e2πiz gilt E2(i) = 3/π.

Losung: (a) Sei k ∈ N, k > 4, k ≡ 0 mod (2). Die definierende Reihe von Gk(z) ist dann fur alle z ∈ H absolut konvergent, sodass Umsummationen erlaubt sind. Es ist vielleicht leicht unklar, was bedeutet ggT(m, n) = 1, wenn z.B. m = 0 oder n = 0. (Was istggT(2004, 0) ?! Nun: 2004 ist mot–a–mot die großte ganze Zahl, welche 2004 und 0 teilt, explizit 2004 · 1 = 2004, 2004 · 0 = 0.)Auch wenn zu viel Notation eingefuhrt wird, habe ich mich entschieden, die Losung durch die explizite Handhabung der involviertenSummen zu geben:

Gk(z) =∑

(m,n)∈Z×Z(m,n) 6=(0,0)

(mz + n)−k

=

∑

(m,n)∈Z×Zm>0n>0

+∑

(m,n)∈Z×Zm>0n<0

+∑

(m,n)∈Z×Zm<0n<0

+∑

(m,n)∈Z×Zm<0n>0

+∑

(m,n)∈Z×Zm=0n6=0

+∑

(m,n)∈Z×Zm6=0n=0

(mz + n)−k

= S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 ,

2E?k(z) :=

∑(m,n)∈Z×Z(m,n) 6=(0,0)ggT (m,n)=1

(mz + n)−k

:=

∑

(m,n)∈Z×Zm>0n>0

ggT (m,n)=1

+∑

(m,n)∈Z×Zm>0n<0

ggT (m,n)=1

+∑

(m,n)∈Z×Zm<0n<0

ggT (m,n)=1

+∑

(m,n)∈Z×Zm<0n>0

ggT (m,n)=1

+∑

(m,n)∈Z×Zm=0n=±1

+∑

(m,n)∈Z×Zm=±1n=0

(mz + n)−k

= Σ1 + Σ2 + Σ3 + Σ4 + Σ5 + Σ6 .

Ich habe 2E? als eine “Unterreihe” von Gk(z) erfunden und zeige E = E?. (Es gibt noch pedante Beobachter, welche dabei nichtwissen wollen, welche Summen S1, . . . , S6; Σ1, . . . , Σ6 sind. . . ) Dann gilt fur die Beziehung zwischen S1 und Σ1:

S1 =∑

(m,n)∈Z2>0

(mz + n)−k =∑

(m,n)=a(m′n′)∈Z2>0

a=ggT (m,n)∈Z>0ggT (m′,n′)=1

(am′z + an′)−k =∑

(m′n′)∈Z2>0

a∈Z>0ggT (m′,n′)=1

a−k (m′z + n′)−k

=

∑a∈Z>0

a−k

∑

(m′n′)∈Z2>0

ggT (m′,n′)=1

(m′z + n′)−k

= ζ(k) Σ1

und analog

S2 = Σ2

S3 = Σ3

S4 = Σ4

und schließlich wegen k gerade

Σ5 =∑

n=±1

(0z + n)−k = 2

Σ6 =∑

m=±1

(mz + 0)−k = 2z−k

S5 =∑

n∈Z\{0}

(0z + n)−k = 2∑

n∈Z>0

n−k = 2ζ(k)

= ζ(k) Σ5

S6 =∑

m∈Z\{0}

(mz + 0)−k = 2z−k∑

m∈Z>0

m−k = 2z−kζ(k)

= ζ(k) Σ6

Schließlich

Ek(z) :=1

2ζ(k)Gk(z) =

1

2ζ(k)(S1 + · · ·+ S6) =

1

2(Σ1 + · · ·+ Σ6) =

1

2· 2E?(z) = E?

k(z) .

�(b) Die Funktion E2 erfullt die Funktionalgleichung

z−2 E2(−1/z) = E2(z) +12

2πiz.

Setzt man dabei z = i ein, so folgt daraus −E2(i) = E2(i)− 12/(2π), i.e. E2(i) = 3/π. �

Aufgabe 47 (a) Zeigen Sie: E24 = E8, E4E6 = E10, E6E8 = E14.

(b) Beweisen Sie die sogenannten Hurwitz–Identitaten:

σ7(n) = σ3(n) + 120∑

0<m<n

σ3(m)σ3(n−m) ,

11σ9(n) = 21σ5(n)− 10σ3(n) + 5040∑

0<m<n

σ3(m)σ5(n−m) .

Losung: Wir “wissen bereits”, dass die Raume [Γ, k] von Modulfunktionen vom Gewicht k = 8, 10, 14 eindimensional sind, eineallgemeine Formel ist

dimC[Γ, k] =

[k

12

]+

{0 fur k ≡ 2 [12] ,

1 sonst .

Also unterscheiden sich E24 ∼ E8, E4E6 ∼ E10, E6E8 ∼ E14 jeweils um eine multiplikative Konstante.

Die q–Entwicklung der Eisenstein–Funktion Ek (um q = 0) ist von der Form 1 + . . . , genauer

Ek(z) = 1− 2k

Bk

∑n>1

σk−1(n) qn

Da die q–Entwicklungen von E24 ∼ E8, E4E6 ∼ E10, E6E8 ∼ E14 mit (1 + . . . )2 = 1 + . . . anfangen, sind alle involvierten

multiplikativen Konstanten gleich 1.(b) Wir betrachten naher die q–Entwicklungen, welche aus Teil (a) folgen fur

E4(z) = 1 + 240∑n>1

σ3(n) qn

E6(z) = 1− 504∑n>1

σ5(n) qn

E8(z) = 1 + 480∑n>1

σ7(n) qn

E10(z) = 1− 264∑n>1

σ9(n) qn

E12(z) = 1 +65520

691

∑n>1

σ11(n) qn

E14(z) = 1− 24∑n>1

σ13(n) qn

> for k from 4 by 2 to 14

do print( 2*k / bernoulli(k) ); od;

-240

504

-480

264

-65520

691

24

Wir vergleichen die Koeffizienten der q–Entwicklungen von E8 = E24 und E10 = E4E6 in Graden > 1 und bekommen:

1 + 480∑n>1

σ7(n) qn = E8 = E24 =

1 + 240∑a>1

σ3(a) qa

1 + 240∑b>1

σ3(b) qb

= 1 + 2 · 240

∑n>1

σ3(n) qn + 2402∑n>1

∑a+b=na,b>1

σ3(a) σ3(b)

qn ,

1− 264∑n>1

σ9(n) qn = E10 = E4E6 =

1 + 240∑a>1

σ3(a) qa

1− 504∑b>1

σ5(b) qb

= 1 + 240

∑n>1

σ3(n) qn − 504∑n>1

σ5(n) qn − 240 · 504∑n>1

∑a+b=na,b>1

σ3(a) σ5(b)

qn ,

alsoσ7(n) = σ3(n) + 120

∑a+b=na,b>1

σ3(a) σ3(b) ,

σ9(n) = −10

11σ3(n) +

21

11σ5(n) +

5040

11

∑a+b=na,b>1

σ3(a) σ5(b)

�Wir konnen z.B. numerisch testen:

> with(numtheory):

> n := 2004;

n := 2004

> sigma[7](n) = sigma[3](n) + 120*sum(’ sigma[3](k)* sigma[3](n-k) ’, ’k’=1..n-1 );

130884614019196082689056 = 130884614019196082689056

> evalb(%); ## BOOLE-Wert

true

Aufgabe 48(a) Zeigen Sie: E12 − E2

6 = c∆ mit c = 26 · 35 · 72 · (2π)−12/691.(b) Drucken Sie τ(n) durch σ11(n) modulo σ5(n) aus.(c) Zeigen Sie τ(n) ≡ σ11(n) mod (691).

Losung: Die Dimension von [Γ, 12] ist 2, der Unterraum der Spitzenformen [Γ, 12]0 hat Dimension 1 und ist von der ∆–Funktionerzeugt. Die q–Entwicklung von E12 −E2

6 ist (1 + . . . )− (1 + . . . )2 = 0 + . . . , also ist E12 −E26 auch eine Spitzenform. Es folgt die

Existenz eines c ∈ C mit E12 − E26 = c∆. Wir berechnen c aus der q–Entwicklung beider Seiten in q1. Aus σk(1) = 1k = 1 fur alle k

folgt:

E12(z) = 1 +65520

691

(q + . . .

)E2

6(z) =(1− 504

(q + . . .

))2

= 1− 2 · 504(

q + . . .)

E12 − E26 = 0 +

(65520

691+ 2 · 504

)q + · · · = 0 +

762048

691q + · · · = 0 + aq + . . .

(2π)−12∆(z) = q(1− q)24(1− q2)24 · · · (1− q2004)24 · · · = q(1− 24q + . . . )(1 + 0q + . . . ) · · · (1 + 0q + . . . ) · · ·= q + . . . . Auch “direkt” geht es:

∆(z) = g32(z)− 27g2

3(z)

= (60 G4)3(z)− 27 (140 G6)

2(z)

= (60 2ζ(4) E4)3(z)− 27 (140 2ζ(6) E6)

2(z)

= 603 · 23 ·(

π4

90

)3

E34(z) − 27 · 1402 · 22 ·

(π6

945

)3

E26(z) =

64

27π12 (E3

4 − E26)(z)

=64

27π12

( (1 + 240q + . . .

)3

−(1− 504q + . . .

)2)

=64

27π12

(0 + (3 · 240− 2 · (−504))q + . . .

)= 0 + 4096π12q + · · · = 0 + (2π)12q + · · · = 0 + bq + . . .

c = a/b =11907

44224π−12 = 2−6 · 35 · 72 π−12

= 26 · 35 · 72 (2π)−12 .

�

a := 65520/691 + 2*504 :

b := 64/27*(3* 240-2*(-504)) : ## ohne * Pi^12

c := a/b : ifactor(c);

5 2

(3) (7)

------------

6

(2) (691)

(b) und (c) Aus (a) leiten wir sofort fur τ(q) := (2π)−12 ∆ = q∏

n>1(1− qn)24 =∑

n>1 τ(n) qn, q := exp(2πiz), ab:1 +65520

691

∑n>1

σ11(n) qn

−1− 504

∑n>1

σ5(n) qn

2

= E12(z)− E26(z) = c∆ =

26 · 35 · 72

691

∆

(2π)12(z) =

26 · 35 · 72

691τ(q)

=762048

691

∑n>1

τ(n) qn .

Man identifiziert die Koeffizienten in qn, n > 1, und bekommt nach Bereinigung des Nenners 691:

65520 σ11(n) + 2 · 504 · 691 σ5(n)− 5042∑

a+b=na,b>1

σ5(a) σ5(b) = 26 · 35 · 72 τ(n). (Dies ist nicht gerade asthetisch, ich lasse die Zahlen

so, wie sie kommen. . . ) Nach Kurzung mit 2 · 504 entsteht:

65σ11(n) + 691σ5(n) − 252∑

a+b=na,b>1

σ5(a) σ5(b) = 756τ(n) .

Modulo σ5(n) folgt daraus 65σ11(n) − 252∑

a+b=na,b>1

σ5(a) σ5(b) = 756τ(n) in Z/σ5(n)Z.

Modulo 691 folgt daraus 65σ11(n) = 756τ(n) und wegen 65 ≡ 756 modulo 691 folgt nach Multiplikation mit 65−1 = 202 im KorperZ/691 =: F691:

σ11(n) = τ(n) modulo 691 .

Aufgabe 49 Fur z ∈ H sei θ(z) :=∑m∈Z

eπim2z. Unter Verwendung von

θ(z + 2) = θ(z) und θ

(−1

z

)=

√z

iθ(z)

zeige man:(a) θ(z) + θ(z + 1) = 2θ(4z) und

(b) θ

(1− 1

z

)=

√z

i

(θ(z

4

)− θ(z)

)=

√z

i

∑m∈Z

eπi (m+ 12 )2 z.

Losung: (a) Wir berechnen unter der Verwendung der Definitionsformel von θ. . .

θ(z)− 2θ(4z) =∑m∈Z

eπim2·z − 2∑m∈Z

eπi

(2m)2︷︸︸︷4m2

·z

=∑m∈Z

m gerade

eπim2·z +∑m∈Z

m ungerade

eπim2·z −∑m∈Z

m gerade

eπim2·z

=∑m∈Z

m gerade

eπim2·z −∑m∈Z

m ungerade

eπim2·z

=∑m∈Z

m2

(−1)︸ ︷︷ ︸eπi

eπim2·z

=∑m∈Z

eπim2·(z+1) = θ(z + 1) .

(b) Wir verwenden die Formel fur√

z/i θ(z) aus der Aufgabenstellung und haben mit der zusatzlichen Notation w := −1/z:√z

iθ(z

4

)= 2

√z/4

iθ(z/4) = 2θ

(− 1

z/4

)= 2θ

(4 ·(−1

z

))= 2θ(4w) ,√

z

iθ(z) = θ(w) ,√

z

i

(θ(z

4

)− θ(z)

)=

√z

iθ(z

4

)−√

z

iθ(z)

= 2θ(4w)− θ(w) = θ(w + 1)

= θ

(1− 1

z

).

Auf der anderen Seite kann man mit der expliziten Reihen–Darstellung mit einer zu (a) parallelen Rechnung zeigen, dass gilt:

θ(z)− θ(4z) =∑m∈Z

m beliebig

eπim2·z −∑m∈Z

m gerade

eπim2·z =∑m∈Z

m ungerade

eπim2·z =∑m∈Z

eπi(2m+1)2·z .

Die Anwendung dieser Formel fur z/4 statt z liefert explizit√z

i

(θ(z

4

)− θ(z)

)=

√z

i

∑m∈Z

eπi(2m+1)2· z4 =

√z

i

∑m∈Z

eπi (m+ 12 )2·z

�

Aufgabe 50 (∗) Ist f ∈ [Γ, k]0, k > 4, k ≡ 0 (2), und f(z) =∑

n>1 anqn, q = e2πiz, die q–Entwicklung von f , dann gibt es einepositive Konstante C, so dass fur alle n ∈ N gilt:

|an| 6 C nk/2 .

Tipp: Man betrachte h : H→ R>0, h(z) := (Im z)k/2 |f(z)| und zeige h(Mz) = h(z) fur alle M ∈ SL(2, Z).

Losung: Sei f wie in der Aufgabenstellung.Fur M ∈ SL(2, Z) gilt dann die Transformationsformel f(Mz) = (cz + d)k · f(z) mit naheliegenden c, d ∈ Z, welche von der zweitenZeile von M abgelesen werden. Der Imaginar–Anteil von Mz lasst sich mit den ublichen Notationen in Termen von Im z ausdrucken,

Im Mz = Imaz + b

cz + d= Im

(az + b)(cz + d)

|cz + d|2 = |cz + d|−2Im (adz + bcz + reell) = |cz + d|−2Im ((ad− bc)z + reell)

=det M

|cz + d|2 Im z .

In unserem Fall ist speziell det M = 1. Die Funktion h, h(z) := (Im z)k/2 |f(z)|, erfullt dann:

h(Mz) := |(Im Mz)k/2 f(Mz)|

= |(Im Mz)k/2| · |f(Mz)|

= | (|cz + d|−2Im z)k/2 | · |(cz + d)k · f(z)|

= (Im z)k/2 |f(z)|= h(z) .

Die Funktion h : H → R faktorisiert also zu einer stetigen Funktion h : H/Γ → R, welche sich stetig auf h : (H/Γ ∪ {i∞} → R>0

erweitern lasst. Da H/Γ ∪ {i∞}j∼= C ∪ {∞} kompakt ist und

limiy→i∞

h(iy) = limy→∞

∑n>1

an e−2πy

=∑n>1

limy→∞

an e−2πy = 0

gilt, ist das Bild von h auch kompakt in R>0 ∪ {0}, insbesondere beschrankt.Es gibt also eine Konstante C1 > 0 mit

|h| 6 C1 i.e. in z = x + iy ∈ H, x ∈ R, y > 0

|h(x + iy)| 6 C1

yk/2 |f(x + iy)| 6 C1

|f(x + iy)| 6 C1 y−k/2 .

Wir halten fest:|f(x + iy)| 6 C1 y−k/2 , x ∈ R , y > 0 (7)

Wir gehen nun zur Untersuchung der Fourier–Koeffizienten an. Die gegebene Spitzenform f : H → C ist invariant unter 1–Translationen ( - sie hat die Periode 1 - ), sie induziert also eine Abbildung H/Z · 1→ C, welche wir des Weiteren mit f bezeichnen.Von H/Z ·1 gibt es die schone Substitutionsfunktion z → exp(2πi ·z)“ = q = q(z)′′, sie bildet H/Z ·1 bijektiv analytisch auf E\{0}, sodass man diese Parametrisierung verwenden kann, um die Funktion f : H/Z ·1→ C in eine Funktion φ : E\{0} → C zu transformieren.Der Grund ist es, dass das Verhalten von f “um i∞” dem Verhalten von φ um Null entspricht. Wir haben insbesondere die Moglichkeitzu definieren, was eine Spitzenform ist, 5 und wir konnen die Koeffizienten an in φ(a) = a1q + a2q

2 + . . . ins Spiel bringen. Ein Bildder Objekte ist:

H/Z · 1 E \ {0}

H

E

C C

Projektion����exp(2πi· ) //

Inklusion��

f

��

f

''

φ

��

f(i∞)=0φ(0)=0

φ(q)=∑

n>1 an qn

Strecke α “um z = i∞” von −1/2 + it nach +1/2 + it, t festα:[−1/2,1/2]→H

α(A):=A+it , A∈[−1/2,1/2]

Kreislinie γ um q = 0 von −ε = εe−πi nach −ε = επi, ε ∈ (0, 1) festt →∞ “großs” ⇒ ε ↘ 0 “klein”

t → 0 ⇒ ε ↗ 1 “klein”ε:=exp(−2πi t)γ:[−1/2,1/2]→E

γ(A):=ε exp( 2πi A )=exp( 2πi (A+it) ) , A∈[−1/2,1/2]

“z–Welt “q–Welt

5f ist genau dann eine Spitzenform, wenn (A) die assoziierte Funktion φ in q = 0 eine auflosbare Singularitat hat und (B) in derPotenzreihe ein Nullkoeffizient im Grad Null vorliegt, φ(q) = a1q + a2q2 + . . . .

Dann konnen wir den Standard–Weg der Abschatzung von Koeffizienten einer Potenzreihe durch die Cauchy–Formel gehen undbekommen mit den im obigen “Bild” verwendeten Notationen, vor allem fur t > 0 (“groß”):

|an| =

∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫γ um 0

γ(A):=exp( 2πi A )

φ(q)

(q − 0)n+1dq

∣∣∣∣∣ = 1

2π

∣∣∣∣∣∣∣∫

A∈[−1/2,1/2]

φ(γ(A))

γ(A)n+1γ′(A)︸ ︷︷ ︸

=2πi γ(A)

dA

∣∣∣∣∣∣∣6∫

A∈[−1/2,1/2]

|φ(γ(A))||γ(A)n|n dA =

∫ 1/2

−1/2

|f(A + it)|exp(−2πn · t) dA

=

∫ 1/2

−1/2

|f(A + it)| exp(2πn · t) dA

Der Term in exp(2πn · t) wachst uberpolynomial in n, also mussen wir t > 0 so wahlen, dass nt beschrankt bleibt. Eine naheliegendeWahl ist t := 1/n. Es folgt dann insbesondere mit C2 := exp(−2π) fur n > 1 :

|an| 6 C2

∫ 1/2

−1/2

∣∣∣∣ f

(A + i

1

n

) ∣∣∣∣ dA

6 C1C2

∫ 1/2

−1/2

(1

n

)−k/2

dA wegen (7)

= C1C2 nk/2 .

�

Prasenzubung

Aufgabe 51 Sei D := { z ∈ C ; Re z > 0 }. Durch z −→ z − 1

z + 1wird D (im Großen) konform abgebildet auf

� E := { w ∈ C ; |w| < 1 } 2 H := { z ∈ C ; Im z > 0 } 2 { z ∈ C ; Im z < 0 }

Losung: Der Punkt 1 ∈ D geht auf 0. Dies schließt H und { z ∈ C ; Im z < 0 } also Bild aus.Es gibt Anhaltspunkte dafur, dass E das Bild von D beinhaltet: Der Rand ∂D von D, die imaginare Achse, wird abgebildet auf{−1− it

1 + it; t ∈ R

}⊂ ∂E. (Der Betrag des Bruches −(1− it)(1 + it) ist 1 wegen |1− it| = |1 + it|.)

Es gibt nun Satze, welche versichern, dass wenn sich die Rander zweier Gebiete durch eine analytische Abbildung bijektiv entsprechenund ein Punkt aus dem Inneren eines Gebietes auf einen Punkt aus dem Inneren des zweiten Gebietes abgebildet wird, dann ist dieAbbildung eine konforme Aquivalenz. �

Aufgabe 52 Geben Sie eine moglichst einfache (im Großen) konforme Abbildungder geschlitzten Ebene C− := C \ { x ∈ R ; x 6 0 }auf die Einheitskreisscheibe E an.

Losung: Mit den Notationen aus der Aufgabe 51 ist eine solche Abbildung die Zusammensetzung:

C−√· //

z→(1−√

z)/(1+√

z)

88Dz→(1−z)/(1+z) // E

�

Aufgabe 53 Begrunden Sie, warum die geschlossenen Kurvenα : [0, 1]→ C, t→ exp( 2πi t) undβ : [0, 1]→ C, t→ exp(−2πi t)

in C \ {0} nicht homotop sind.

Losung: Das Integral der in C \ {0} analytischen Funktion z → 1/z auf den zwei Wegen liefert +2π (auf α) bzw. −2π (auf β).(Homotope Wege “wurden das gleiche Integral liefern”.) �

Aufgabe 54 Was besagt der Struktursatz fur diskrete Untergruppen L ⊂ (C, +) ?

Eine diskrete Untergruppe L ⊂ C hat eine orientierte Z–Basis (ω1, ω2), L = Z · ω1 ⊕ Zω2, Im(ω2/ω1) > 0. �

Aufgabe 55 Ist L = Zω1 + Zω2 ⊂ C ein Gitter mit Imω2

ω1> 0, dann ist (ω′1, ω

′2) ∈ L× L genau dann auch eine Gitterbasis mit Im

ω′2ω′1

> 0, wenn gilt:

2

[ω′1ω′2

]= M

[ω1

ω2

]mit M ∈ Z2×2 und det M = ±1

�

[ω′1ω′2

]= M

[ω1

ω2

]mit M ∈ Z2×2 und det M = +1

Losung: Die Matrix

[0 11 0

]hat Determinante −1. Sie bildet (ω1, ω2) auf (ω′1, ω

′2) := (ω2, ω1) und Im ω2

ω1> 0 impliziert Im

ω′2ω′1

=Im

ω2ω1

< 0.

Die erste Aussage (eine Aquivalenz) ist ausgeschlossen.

Die zweite ist richtig. (Die Determinantenbedienung sichert das Beibehalten der Orientierung, Imω2

ω1> 0 ⇒ Im

ω′2ω′1

> 0. Aus

M ∈ SL(2, Z) folgt, dass der Basiswechsel in der Kategorie der Z–Moduln stattfindet.) �

Aufgabe 56 Erganzen Sie die folgende Definition:Eine elliptische Funktion zu einem Gitter L = Zω1 + Zω2 ⊂ C ist eine Funktion f mit folgenden Eigenschaften:

Losung:. f : C → C ∪ {∞} = P1(C) ist eine meromorphe Funktion (ohne wesentliche Singularitaten, eventuelle Singularitaten sind

Polstellen. . . ). welche L–periodisch ist, f(·+ ω) = f(·) fur alle ω ∈ L.

�

Aufgabe 57 Was besagt der Struktursatz fur den Korper K(L) der elliptischen Funktionen zu einem Gitter L ⊂ C ?

Losung: Jede elliptische Funktion f ∈ K(L) ist von der Gestalt

f = R(℘) + ℘′S(℘)

mit geeigneten rationalen Funktionen R, S : P1(C) → P1(C). Die Weierstrass–Funktionen ℘ = ℘(·, L) und ℘′ = ℘′(·, L) hangenvom Gitter L ab. �

Aufgabe 58 (a) Wie lautet der erste liouvillesche Satz ?Geben Sie einen Beweis !(b) Wieso gibt es keine elliptische Funktionen der Ordnung 1 ?

Losung: (a) (Satz von Liouville:) Jede auf H analytische, elliptische Funktion f (zu einem Gitter L = Z · ω1 + Zω1 ⊂ C) istkonstant.Begrundung:

. Die Bildmenge von f ist (wegen der L–Periodizitat) gleich zum Bild durch f einer kompakten “Grundmasche” { a1ω1 +a2ω2 ; 0 6 a1, a2 6 1 }.

. Das Bild einer kompakten Menge durch eine (analytische, insbesondere) stetige Abbildung ist kompakt, insbesondere beschrankt.

. Eine auf C analytische (i.e. ganze), beschrankte Funktion ist konstant. (Klassischer Satz von Liouville). �(b) Der Residuensatz, angewandt

. fur den (null–homotopen Weg zum) Rand eines geeigneten Fundamental–Parallelogramms der elliptischen Funktion f (keinePolstellen auf dem Rand)

. und fur die Funktion fzeigt, dass die Summe der Residuen von f im Fundamental–Parallelogramm gleich Null ist.Eine elliptische Funktionen der Ordnung 1 wurde per Definition genau eine Polstellen der Ordnung 1 (mit Residuum 6= 0) haben.Widerspruch ! �

Aufgabe 59 (a) Wie lautet die Definition der weierstrassschen ℘–Funktion zu einem Gitter L ⊂ C ?(b) Welche Ordnung hat ℘ ?(c) Welche Ordnung hat ℘′ ?(d) Die Differenzialgleichung der ℘–Funktion lautet:

Losung: (a) Sei L ⊂ C ein Gitter. Dann ist ℘ = ℘(·, L) durch die folgende (normal) konvergente Reihe definiert:

℘(z) :=1

z2+

∑ω∈L\{0}

[1

(z − ω)2− 1

ω2

], z ∈ C \ L .

In Null (und in jedem Punkt aus L) liegt eine Polstelle 2. Ordnung vor.(b) Die Ordnung einer elliptischen Funktion ist die Summe der Vielfachheiten der Polstellen von f , welche sich in einem Fundamental–Parallelogramm zu C/L befinden. ℘ hat eine einzige Polstelle (modulo L) in Null von der Ordnung zwei. Die Ordnung von ℘ istzwei.(c) ℘ hat eine einzige Polstelle (modulo L) in Null von der Ordnung drei. Die Ordnung von ℘ ist drei.

(d)(℘′)2

= 4℘3 − g2(L)℘− g3(L).�

Aufgabe 60 Sei L = Zω1 + Zω2 ein Gitter in C. Zeigen Sie: Ist ω ∈ L,1

2ω 6∈ L, dann ist

1

2ω eine einfache Nullstelle von ℘′ und jede

Nullstelle von ℘′ hat obige Gestalt.

Losung: Sei ω ∈ L, ω/2 6∈ L. Also ist ω einer der drei Werte:

ω1/2 , ω2/2 , (ω1 + ω2)/2 .

Man uberpruft sofort unter Verwendung der ω–Periodizitat und wegen ℘′ ungerade, dass ω/2 eine Nullstelle ist:

℘′(ω/2) = ℘′(ω/2− ω) = ℘′(−ω/2) = −℘′(ω/2) .

Da die Summe der Vielfachheiten der Polstellen von ℘′ gleich 3 ist,ist die Summe der Vielfachheiten der Nullstellen von ℘′ auch gleich 3.Es gibt also keine weiteren Nullstellen und in ω1/2 , ω2/2 , (ω1 + ω2)/2 ist die Vielfachheit jeweils 1. �

Aufgabe 61 (a) Wie ist die Modulgruppe Γ = SL(2, Z) definiert ?(b) Wie operiert Γ = SL(2, Z) auf H ?

(c) Wie lautet die inverse Matrix zu M =

[a bc d

]∈ SL(2, Z) ?

Losung:(a) Γ = SL(2, Z) := { M ∈ Z2×2 ; det M = 1 }.

(b) Fur z ∈ H und M :=

[a bc d

]∈ SL(2, Z), ad− bc = 1, a, b, c, d ∈ Z, definiert man:

M · z =

[a bc d

]· z :=

az + b

cz + d.

(c) Ein Spezialfall der Bildung der adjungierten Matrix:[a bc d

]−1

=

[d −b−c a

].

�

Aufgabe 62 Die Modulfigur F := { z ∈ H ; |Re z| 6 1/2 , |z| > 1 } hat folgende Eigenschaften:2 Zu jedem z ∈ H gibt es genau ein M ∈ SL(2, Z) mit Mz ∈ F .� Zu jedem z ∈ H gibt es mindestens ein M ∈ SL(2, Z) mit Mz ∈ F .� Gilt z ∈ F und Mz ∈ F (M ∈ SL(2, Z)) und ist M 6= ±E, dann liegt einer der drei Falle vor:

(a) Re z = −1/2 und Mz = z + 1,(b) Re z = +1/2 und Mz = z − 1,(c) |z| = 1 und Mz = −1/z.

Aufgabe 63 (a) Wie sind die Eisenstein–Reihen Gk, k ∈ N, k > 4, k gerade, als Funktionen auf der oberen Halbebene H erklart ?(b) Wie ist die Diskriminante ∆ als Funktion auf H definiert ?(c) Geben Sie eine Definition fur die absolute Invariante j als Funktion auf H .

Losung:Gk(τ) :=

∑ω∈Z·1⊕Z·τ

ω 6=0

ω−k =∑

m,n∈Z(m,n) 6=(0,0)

(mτ + n)−k ,

∆(τ) := g32(τ)− 27g2

3(τ) , g2 = 60G4 , g3 = 140G6 ,

j(τ) :=g32(τ)

∆(τ).

�

Aufgabe 64 Geben Sie zu z :=5i + 6

4i + 5∈ H einen Punkt p ∈ F , der zu z modulo SL(2, Z) aquivalent ist.

Losung: Der Punkt i ∈ F ist zu z aquivalent, explizit:

z =5i + 6

4i + 5=

[5 64 5

]︸ ︷︷ ︸∈SL(2,Z)

·i .

�

Aufgabe 65 Begrunden Sie,. warum die Eisenstein-Reihen E3

4 und E26 linear unabhangig uber C sind

. und dass man eine geeignete Linearkombination der beiden Modulformen finden kann, die eine Spitzenform vom Gewicht 12 ist.Warum hat diese Spitzenform dann in i∞ die Nullstellenordnung 1 und keine weiteren Nullstellen in H ?

Losung: . Eine lineare Abhangigkeit aE34 + bE2

6 = 0, a, b ∈ C, impliziert in der q–Entwicklung

a(1 + 240q + . . . ) + b(1− 504q + . . . ) = 0 ,

(a + b = 0 und 240a− 504b = 0) also a = b = 0.. Die Differenz E3

4−E26 ist eine Spitzenform vom Gewicht 12, also ein (nicht verschwindendes) Vielfaches c∆ von ∆. (dimC[Γ, 12]0 = 1

und ∆ erzeugt [Γ, 12]0.)Die Funktion ∆ ist auf C wohldefiniert und verschwindet nicht (die affine Kurve zur Gleichung y2 = 4x3− g2x− g3 ist nicht singular).Also hat E3

4 − E26 = c∆, c 6= 0, keine Null– oder Polstellen in C.

Die k/12 = 12/12–Formel reduziert sich zu [ Ordnung von i∞ ] = 12/12, also hat die Nullstelle i∞ (der Spitzenform E34 −E2

6 = c∆)die Vielfachheit 1. �