Holomorphic 1-formas en $y^2-(z-a_1)\ldots(z-a_n)$

Question

Sé que la superficie de la $y^2-(z-a_1)\ldots(z-a_n)$ es una Superficie de Riemann (que es la superficie de Riemann de $\sqrt{P(z)}$$P(z)=(z-a_1)\ldots(z-a_n)$) de género $g$ y $g=\mathrm{dim}(\Omega(X))$, $\Omega(X)$ el holomorphics 1-formas. En "Conferencias sobre las Superficies de Riemann" (17.15), Forster dice que uno tiene la base $(\omega_j)_{j=1,\ldots,g}$ donde $\omega_j=\frac{z^{j-1}dz}{\sqrt{P(z)}}$.

Mi problema es que cuando puedo demostrar la independencia de esta secuencia que no uso que los índices se detuvo en $g$ es decir que había un infinito base: si tenemos $\sum_j \lambda_j\omega_j=0$$\sum_j \lambda_j z^{j-1}=0$, por lo que con un determinante de Vandermonde llego a la conclusión de que el $\lambda_j=0$.

Donde está mi error?

Answer 1

Pasar por alto el hecho de que a partir de $j > g$, $\omega_j$ ya no holomorphic, particularmente en el punto(s) con $z = \infty$ :

Supongamos $n$ es aún de modo que la superficie tiene dos puntos por encima de la $z = \infty$ (correspondiente a $y = \pm z^{n/2}$). A continuación,$g = n/2-1$. Pick $q = 1/z $. $q$ es un uniformizer en esos dos puntos, y $dq = -dz/z^2$. Por lo $\omega_j / dq = - z^{j+1}/y = \pm z^{j+1-n/2} = \pm q^{-j-1+n/2}$. Esto tiene un polo en $z = \infty$ si y sólo si $-j-1+n/2 < 0$, lo que significa que $j > n/2-1 = g$.

Si $n$ es impar, $g = (n+1)/2-1$, y hay un punto de ramificación en $z = \infty$. Un uniformizer ahora es $q = y /z^{(n+1)/2} \sim 1/\sqrt z$. A continuación, $z \sim q^{-2}$ tiene un polo de orden $2$, $y \sim q^{-n}$ tiene un polo de orden $n$, $dq/dz \sim z^{-3/2} \sim q^3$ tiene un cero de orden $3$, e $\omega_j/dq = (z^{j-1}/y) (dz/dq) \sim q^{-2(j-1)+n-3} = q^{-2j+n-1}$. Esto tiene un polo si y sólo si $-2j+n-1 < 0$, lo que significa que $j > (n-1)/2 = g$.