Elliptische Funktionen

08.07.2020, 18:49

Namenloser324

Elliptische Funktionen

Folgende Aufgabe habe ich zu lösen:

Es sei f eine elliptische Funktion zu einem Gitter $\begin{eqnarray*} \Lambda \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, dass für die Menge {z_k} aller Pol- und Nullstellen gilt $\begin{eqnarray*} \sum_k z_k ord_{z_k} \in \Lambda \end{eqnarray*}$

Meine Problem sind erstmal grundlegender Art:
1) Ich verstehe die Formulierung "f eine elliptische Funktion zu einem Gitter $\begin{eqnarray*} \Lambda \end{eqnarray*}$ ", so, dass für f(z) und w \in \Lambda gilt: f(z + w) = f(z), wobei \Lambda durch $\begin{eqnarray*} w_1, w_2 \end{eqnarray*}$ erzeugt wird: $\begin{eqnarray*} \Lambda = \{n w_1 + m w_2 | n,m \in \mathbb{Z} \} \end{eqnarray*}$ Mehr nicht. Und f(z) ist meromorph. Richtig?

2) Es wird keine Einschränkunge auf das Fundamentalgebiet/Grundmasche des Gitters gemacht, daher würde ich annehmen, dass es sich bei den z_k um ALLE Pol- und Nullstellen handelt. Dann aber würde ich erstmal erwarten, dass die obige Summe gegen unendlich strebt oder nicht definiert ist. Oder ist die Menge aller Pol und Nullstellen des Fundamentalbereichs gemeint?

09.07.2020, 00:49

Nils Hoppenstedt

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RE: Elliptische Funktionen
Hallo,

also ich kenne den Satz auch nur so, dass über die Zahl der Null- und Polstellen innerhalb einer Grundmasche summiert wird. Außerdem muss vorausgesetzt werden, dass auf dem Rand der Grundmasche selbst keine Null- oder Polstellen liegen.

Der Beweis geht dann über einen Satz der Funktionentheorie, der besagt, dass

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k} z_k ord_{z_k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial G} \! \frac{zf'(z)}{f(z)} \, \dd z \end{eqnarray*}$

wobei G die Grundmasche bezeichnet. Die Integration über zwei gegenüber liegenden Kanten ist dann sehr elementar lösbar und liefert $\begin{eqnarray*} n w_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} m w_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n,m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , womit der Satz bewiesen wäre.

Hilft dir das bereits weiter?

Viele Grüße,
Nils

09.07.2020, 11:26

Elvis

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Minimale Ergänzung: Da eine nichtkonstante meromorphe Funktion nur isolierte Nullstellen und Pole haben kann, verändert man den Integrationsweg, falls isolierte Nullstellen oder Pole auf dem Rand der Grundmasche liegen. Man kann um diese Ausnahmestellen kleine $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Kreise legen, in und auf denen keine weiteren Nullstellen oder Pole liegen. Als Integrationsweg nimmt man den Rand der Grundmasche und ersetzt die Durchmesser der $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Kreise je einmal durch den inneren und einmal durch den äußeren Halbkreis (wenn eine kritische Stelle auf dem Rand liegt, liegt ja gegenüber ebenfalls eine wegen der Periodizität). Mit den Ecken der Grundmasche verfährt man ggf. analog.

09.07.2020, 15:21

Namenloser325

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RE: Elliptische Funktionen

Zitat:

Original von Nils Hoppenstedt
Hallo,

also ich kenne den Satz auch nur so, dass über die Zahl der Null- und Polstellen innerhalb einer Grundmasche summiert wird. Außerdem muss vorausgesetzt werden, dass auf dem Rand der Grundmasche selbst keine Null- oder Polstellen liegen.

Der Beweis geht dann über einen Satz der Funktionentheorie, der besagt, dass

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k} z_k ord_{z_k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial G} \! \frac{zf'(z)}{f(z)} \, \dd z \end{eqnarray*}$

wobei G die Grundmasche bezeichnet. Die Integration über zwei gegenüber liegenden Kanten ist dann sehr elementar lösbar und liefert $\begin{eqnarray*} n w_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} m w_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n,m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , womit der Satz bewiesen wäre.

Hilft dir das bereits weiter?

Viele Grüße,
Nils

Vielen Dank, ich hatte im Skript nun auch den Hinweis gefunden, dass alles immer auf die Grundmasche bezogen ist sofern nicht anders vermerkt. Jetzt hast du mir aber die Lösung verraten, dass wollte ich gar nicht Big Laugh

Wobei wir die Formel so gar nicht hatten glaube ich, ich schau mal.

09.07.2020, 15:42

Namenloser324

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RE: Elliptische Funktionen

Zitat:

Original von Nils Hoppenstedt

Der Beweis geht dann über einen Satz der Funktionentheorie, der besagt, dass

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k} z_k ord_{z_k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial G} \! \frac{zf'(z)}{f(z)} \, \dd z \end{eqnarray*}$

wobei G die Grundmasche bezeichnet. Die Integration über zwei gegenüber liegenden Kanten ist dann sehr elementar lösbar und liefert $\begin{eqnarray*} n w_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} m w_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n,m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , womit der Satz bewiesen wäre.

Hilft dir das bereits weiter?

Ich muss doch nochmal fragen:
Ich habe gerade in einer alten Übung gefunden, dass $\begin{eqnarray*} \frac{z f'(z)}{f(z)} \end{eqnarray*}$ mit Polstelle der Ordnung m in z = 0 dort den Grenzwert -m hat. Um zu der Aussage die du zitiert hast zu kommen, vermute ich, dass man den Residuensatz anwendet, $\begin{eqnarray*} \frac{z f'(z)}{f(z)} \end{eqnarray*}$ um die Polstellen herum entwickelt und dann die obige Aussage über den Grenzwert an den Polstellen verwendet? Dann erscheint es mir möglich, dass der Satz von dir herauskommt. Ich muss nochmal schauen, ob wir den hatten.

09.07.2020, 17:55

Namenloser324

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Ok, ich habe gerade mal in Wikipedia geschaut und aus einigen identitäten für Resiuuen, die Regel
Res(gf'/f) = g(a) * n bzw g(a) *-n wenn eine Null bzw. Polstelle von f in a vorliegt. Damit kommt genau deine Formel raus wenn man sie in den Residuensatz einsetzt für h = z*f'/f

Danke!

09.07.2020, 18:36

Nils Hoppenstedt

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Zitat:

Original von Elvis
Minimale Ergänzung: Da eine nichtkonstante meromorphe Funktion nur isolierte Nullstellen und Pole haben kann, verändert man den Integrationsweg, falls isolierte Nullstellen oder Pole auf dem Rand der Grundmasche liegen. Man kann um diese Ausnahmestellen kleine $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Kreise legen, in und auf denen keine weiteren Nullstellen oder Pole liegen. Als Integrationsweg nimmt man den Rand der Grundmasche und ersetzt die Durchmesser der $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Kreise je einmal durch den inneren und einmal durch den äußeren Halbkreis (wenn eine kritische Stelle auf dem Rand liegt, liegt ja gegenüber ebenfalls eine wegen der Periodizität). Mit den Ecken der Grundmasche verfährt man ggf. analog.

Ok, aber ist dann das Ergebnis das Integrals immer noch ein Element des Gitters? verwirrt

- Nils

09.07.2020, 19:43

Elvis

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Ja, weil man den Fundamentalbereich nicht unbedingt durch das Parallelogramm $\begin{eqnarray*} 0,w_1,w_2,w_1+w_2 \end{eqnarray*}$ definieren muss sondern lediglich als vollständiges Vertretersytem des Gitters. Man kann das ganze Parallelogramm so verschieben, dass keine Nullstellen oder Pole auf dem Rand liegen oder den Weg des Integrals so verändern, wie ich es vorgeschlagen habe. Den Beweis habe ich ca. 1975 so in einer Vorlesung Funktionentheorie gesehen, klappt prima.

09.07.2020, 20:09

Namenloser324

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RE: Elliptische Funktionen

Zitat:

Original von Nils Hoppenstedt

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k} z_k ord_{z_k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial G} \! \frac{zf'(z)}{f(z)} \, \dd z \end{eqnarray*}$
Die Integration über zwei gegenüber liegenden Kanten ist dann sehr elementar lösbar und liefert $\begin{eqnarray*} n w_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} m w_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n,m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , womit der Satz bewiesen wäre.

Ich weiß es muss sehr einfach sein, aber ich komme trotz vielen Suchens im Skript und Internet und selber Nachdenkens ad hoc nicht auf die sehr elementare Lösung des Integrals. Es schreibt danach trivial zu sein, aber ich sehe es ad hoc nicht unglücklich

09.07.2020, 20:20

Nils Hoppenstedt

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Zitat:

Original von Elvis
Ja, weil man den Fundamentalbereich nicht unbedingt durch das Parallelogramm $\begin{eqnarray*} 0,w_1,w_2,w_1+w_2 \end{eqnarray*}$ definieren muss sondern lediglich als vollständiges Vertretersytem des Gitters. Man kann das ganze Parallelogramm so verschieben, dass keine Nullstellen oder Pole auf dem Rand liegen oder den Weg des Integrals so verändern, wie ich es vorgeschlagen habe.

Ok, dass die Methode mit der Aussparung um die Polstelle am Rand funktioniert, sehe ich zwar noch nicht, aber der Trick mit der Parallelverschiebung leuchtet mir ein. Aber dann darf man in der Summe doch nur die Polstellen auf jeweils einer der beiden parallelen Kanten zählen, oder? Denn bei der Parallelverschiebung z.B. nach links rutschen die Polstellen auf dem linken Rand in das Integrationsgebiet hinein, die Polstellen auf dem rechten Rand fallen jedoch heraus.

Zitat:

Original von ElvisDen Beweis habe ich ca. 1975 so in einer Vorlesung Funktionentheorie gesehen, klappt prima.

1975?? Krass... Big Laugh

09.07.2020, 21:51

Elvis

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Stimmt, auf einer Seite kommt die Stelle in den Fundamentalbereich, auf der gegenüberliegenden Seite nicht. Am Wert des Integrals ändert sich nichts, weil man nur um beliebig kleine epsilon vom Weg abweicht. Die Summe aller Abweichungen kann man beliebig klein machen - da geschieht nicht einmal Rotkäppchen ein Leid. 1975 stimmt ungefähr, mein Gedächtnis für manche Beweise, die ich in meinen mündlichen Prüfungen 1979/80 brauchte, ist heute noch aktiv.

09.07.2020, 22:17

Nils Hoppenstedt

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RE: Elliptische Funktionen

Zitat:

Original von Namenloser324
Ich weiß es muss sehr einfach sein, aber ich komme trotz vielen Suchens im Skript und Internet und selber Nachdenkens ad hoc nicht auf die sehr elementare Lösung des Integrals. Es schreibt danach trivial zu sein, aber ich sehe es ad hoc nicht unglücklich

Naja, "trivial" ist es ja auch nicht gerade, aber man benötigt zumindest keine fancy Tricks:

Sei $\begin{eqnarray*} \alpha \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ , so dass bei Verschiebung des Parallelogramms $\begin{eqnarray*} 0, w_1, w_2, w_1 + w_2 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ keine Null- oder Polstelle auf der Kante dieser so entstandenen Grundmasche liegt.

Bei der Berechnung des obigen Wegintegrals betrachtet man zunächst die beiden Wegstücke über zwei gegenüber liegende Kanten der Grundmasche, z.B. derjenigen parallel zur $\begin{eqnarray*} w_1 \end{eqnarray*}$ -Richtung. Hierfür gilt:

$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{2\pi i} \left( \int_{\alpha}^{\alpha + w_1} \! z\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz + \int_{\alpha+ w_1 + w_2}^{\alpha + w_2} \! z\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz \right) \end{eqnarray*}$

Im nächsten Schritt kann man im 2. Integral nun durch die Substitution $\begin{eqnarray*} z\rightarrow z + w_2 \end{eqnarray*}$ dafür sorgen, dass man die beiden Integrale zu einem zusammenfassen kann. Wenn man jetzt noch die Periodizität von f(z) beachtet, fallen einige Terme weg und die Lösung ist zum Greifen nah.

Du bist dran... smile

Viele Grüße
Nils

10.07.2020, 00:12

Namenloser325

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Danke für deine Mühe smile

Hatte den Lösungsweg schon in einem Paper gesehen. Da hast du mich etwas aufs Glatteis geführt Big Laugh

Hatte dann in eine falsche Richtung gedacht.

10.07.2020, 01:10

Nils Hoppenstedt

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Sorry, das war nicht meine Absicht. Mit "elementar lösbar" meinte ich die üblichen Standard-Integralmethoden.

Dann aber trotzdem hier noch schnell die Lösung fürs Archiv:

$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{2\pi i} \left( \int_{\alpha}^{\alpha + w_1} \! z\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz + \int_{\alpha+ w_1 + w_2}^{\alpha + w_2} \! z\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz \right)\\&=& \frac{1}{2\pi i} \left( \int_{\alpha}^{\alpha + w_1} \! z\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz - \int_{\alpha}^{\alpha+w_1} \! (z+w_2)\frac{f'(z)}{f(z)} \, dz \right) \\ &=&\frac{1}{2\pi i} \left(-w_2 \int_{\alpha}^{\alpha + w_1} \! \frac{f'(z)}{f(z)} \, dz \right) \\ &=&\frac{1}{2\pi i}\left(-w_2 \ln\frac{f(\alpha+w_1)}{f(\alpha)} \right) \\ &=&\frac{1}{2\pi i}\left(-w_2 \ln\left(e^{-2\pi i n} \right) \right) \\ &=&\frac{1}{2\pi i}\left(w_2 \cdot 2\pi i n\right) \\ &=& n w_2 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Der Schritt in der 5. Zeile folgt, da wegen der Periodizität von $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ sich $\begin{eqnarray*} f(\alpha +w_1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(\alpha) \end{eqnarray*}$ sich nur um einen Phasenoffset von ganzzahligen Vielfachen von 2 pi unterscheiden.

Das selbe Spiel über die anderen beiden Kanten der Grundmasche liefert $\begin{eqnarray*} m w_1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Das komplette Umlaufintegral ergibt also $\begin{eqnarray*} m w_1 + n w_2 \end{eqnarray*}$ , d.h. ein Gitterlelement.

Viele Grüße,
Nils

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