Bereich "konform" abbilden < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Hallo!
Bei der Aufgabe oben habe ich Schwierigkeiten. Ehrlich gesagt weiß ich nicht, was "konform abbilden" bedeutet. Ich dachte mir aber, dass ich erstmal zeigen könnte dass der Wertebereich der Funktion in Anbetracht ihres Definitionsbereichs weiterhin der Einheitskreis ist.
Dazu muss ich ja zeigen, dass für [mm] $\alpha, z\in\IC$ [/mm] mit $|z| < 1, [mm] |\alpha| [/mm] < 1, [mm] \phi\in\IR$ [/mm] gilt:
[mm] $\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] < 1$.
Ich habe zunächst so begonnen:
[mm] $\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|e^{i*\phi}\right|*\left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right|$.
[/mm]
Nun weiß ich nicht, wie ich am besten zum Ziel komme. Ich hatte probiert:
[mm] $\left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{(1-\overline{\alpha}*z)*\alpha}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-|\alpha|^{2}*z}\right|$
[/mm]
Nun dachte ich, dass man [mm] $|\alpha|^{2} [/mm] < 1$ wegen [mm] $|\alpha| [/mm] < 1$ nutzen könnte und entsprechend abschätzen:
[mm] $\left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-|\alpha|^{2}*z}\right| \le \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-z}\right| [/mm] < 1$.
Das Problem ist, dass ich nicht glaube dass ich das tun darf (weil ja gar nicht klar ist, ob der Nenner wegen einem zu kleinen z nicht wieder größer wird etc.) und außerdem habe ich damit noch nicht gezeigt, dass der ganze Einheitskreis abgedeckt wird. Was kann ich tun?
Vielen Dank für Eure Mühe,
Stefan.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:45 Do 23.04.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> Hallo!
>
> Bei der Aufgabe oben habe ich Schwierigkeiten. Ehrlich
> gesagt weiß ich nicht, was "konform abbilden" bedeutet.
Holomorph, bijektiv und die Umkehrfunktion ist ebenfalls holomorph.
> Ich
> dachte mir aber, dass ich erstmal zeigen könnte dass der
> Wertebereich der Funktion in Anbetracht ihres
> Definitionsbereichs weiterhin der Einheitskreis ist.
>
> Dazu muss ich ja zeigen, dass für [mm]\alpha, z\in\IC[/mm] mit [mm]|z| < 1, |\alpha| < 1, \phi\in\IR[/mm]
> gilt:
>
> [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| < 1[/mm].
Zeig doch erstmal, dass fuer $|z| = 1$ gilt [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = 1[/mm].
Wenn du dann noch den Ausdruck fuer $z = 0$ anschaust und die Gebietstreue (alternativ: ein Stetigkeitsargument, spaetestens wenn du weisst dass der Einheitskreisrand bijektiv auf den Einheitskreisrand abgebildet wird: nimm einfach einen Weg vom Einheitskreisrand durch den gewuenschten Punkt zum Punkt 0, der den Einheitskreisrand nur im Startpunkt schneidet -- worauf wird dieser abgebildet?) benutzt, hast du schonmal einiges herausgefunden. Dass die Funktion bijektiv ist kannst du uebrigens zeigen, indem du einfach die Inverse angibst.
> Ich habe zunächst so begonnen:
>
> [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|e^{i*\phi}\right|*\left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right|[/mm].
Gut soweit.
> Nun weiß ich nicht, wie ich am besten zum Ziel komme. Ich
> hatte probiert:
>
> [mm]\left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{(1-\overline{\alpha}*z)*\alpha}\right| = \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-|\alpha|^{2}*z}\right|[/mm]
>
> Nun dachte ich, dass man [mm]|\alpha|^{2} < 1[/mm] wegen [mm]|\alpha| < 1[/mm]
> nutzen könnte und entsprechend abschätzen:
>
> [mm]\left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-|\alpha|^{2}*z}\right| \le \left|\bruch{(z-\alpha)*\alpha}{\alpha-z}\right| < 1[/mm].
Das geht so nicht.
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo und vielen Dank für deine Antwort!!
> Holomorph, bijektiv und die Umkehrfunktion ist ebenfalls
> holomorph.
Wie könnte ich denn zeigen, dass
$f(z) = [mm] e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}$
[/mm]
holomorph ist? Mit der Definition über komplexe Differenzierbarkeit wird das doch etwas zu lang (Term-mäßig betrachtet), oder? Wie kann man denn noch nachweisen, dass etwas holomorph ist?
> Zeig doch erstmal, dass fuer [mm]|z| = 1[/mm] gilt
> [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = 1[/mm].
Irgendwie habe ich nicht mal dafür einen Ansatz, wie ich das zeigen könnte. Ich komme so weit:
[mm] $\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{z-\alpha}{z*\overline{z}-\overline{\alpha}*z}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{z-\alpha}{z*(\overline{z}-\overline{\alpha})}\right| [/mm] = [mm] \left|\bruch{z-\alpha}{\overline{z}-\overline{\alpha}}\right|$
[/mm]
> Wenn du dann noch den Ausdruck fuer [mm]z = 0[/mm] anschaust und die
> Gebietstreue (alternativ: ein Stetigkeitsargument,
> spaetestens wenn du weisst dass der Einheitskreisrand
> bijektiv auf den Einheitskreisrand abgebildet wird: nimm
> einfach einen Weg vom Einheitskreisrand durch den
> gewuenschten Punkt zum Punkt 0, der den Einheitskreisrand
> nur im Startpunkt schneidet -- worauf wird dieser
> abgebildet?) benutzt, hast du schonmal einiges
> herausgefunden.
Der Weg, den du beschreibst, ist also gewissermaßen ein Radius des Einheitskreises durch den jeweiligen ausgewählten Punkt? Ich kann mir leider überhaupt nicht vorstellen, wohin der abgebildet wird, dafür ist die Funktion zu kompliziert. Der erste Teil mit dem [mm] e^{i*\phi} [/mm] dreht den zweiten Teil nochmal um den Winkel [mm] \phi, [/mm] aber beim zweiten Teil hört's auf.
Kannst du mir nochmal helfen?
> Dass die Funktion bijektiv ist kannst du
> uebrigens zeigen, indem du einfach die Inverse angibst.
Ein Inverses kann ich bestimmen:
$f(z) = [mm] e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z} [/mm] = y$
[mm] $\gdw z-\alpha [/mm] = [mm] \bruch{y}{e^{i*\phi}}*(1-\overline{\alpha}*z)$
[/mm]
[mm] $\gdw z-\alpha [/mm] = [mm] \bruch{y}{e^{i*\phi}}-\bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}*z)$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] z + [mm] \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}*z= \bruch{y}{e^{i*\phi}}) [/mm] + [mm] \alpha$
[/mm]
[mm] $\gdw z*\left(1 + \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}\right)= \bruch{y}{e^{i*\phi}}) [/mm] + [mm] \alpha$
[/mm]
[mm] $\gdw [/mm] z = [mm] \bruch{\bruch{y}{e^{i*\phi}} + \alpha}{1 + \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}} [/mm] = [mm] \bruch{y + e^{i*\phi}*\alpha}{e^{i*\phi} + y*\overline{\alpha}}$.
[/mm]
D.h. [mm] $f^{-1}(z) [/mm] = [mm] \bruch{z + e^{i*\phi}*\alpha}{e^{i*\phi} + z*\overline{\alpha}}$, [/mm] damit habe ich nachgewiesen dass die Funktion bijektiv ist?
Vielen Dank für Eure Hilfe, Stefan.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:55 Do 23.04.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > Holomorph, bijektiv und die Umkehrfunktion ist ebenfalls
> > holomorph.
>
> Wie könnte ich denn zeigen, dass
>
> [mm]f(z) = e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}[/mm]
>
> holomorph ist? Mit der Definition über komplexe
> Differenzierbarkeit wird das doch etwas zu lang (Term-mäßig
> betrachtet), oder? Wie kann man denn noch nachweisen, dass
> etwas holomorph ist?
Nun, benutz die Rechenregeln fuer Ableitungen! $z$ und [mm] $\alpha$ [/mm] und [mm] $\overline{alpha}$ [/mm] und $1$ sind sicher holomorph (die letzteren drei sind Konstanten), womit auch $z - [mm] \alpha$, $\overline{\alpha} [/mm] z$ und $1 - [mm] \overline{\alpha} [/mm] z$ holomorph sind. Nun verschwindet $1 - [mm] \overline{\alpha} [/mm] z$ auf dem Einheitskreis nicht (da [mm] $|\overline{\alpha} [/mm] z| < 1$ ist), womit auch der Bruch [mm] $\frac{z - \alpha}{1 - \overline{\alpha} z}$ [/mm] holomorph ist. Schliesslich ist [mm] $e^{i \phi}$ [/mm] wieder eine Konstante, womit auch $f(z)$ holomorph ist.
> > Zeig doch erstmal, dass fuer [mm]|z| = 1[/mm] gilt
> >
> [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = 1[/mm].
>
> Irgendwie habe ich nicht mal dafür einen Ansatz, wie ich
> das zeigen könnte. Ich komme so weit:
>
> [mm]\left|e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|\bruch{z-\alpha}{z*\overline{z}-\overline{\alpha}*z}\right| = \left|\bruch{z-\alpha}{z*(\overline{z}-\overline{\alpha})}\right| = \left|\bruch{z-\alpha}{\overline{z}-\overline{\alpha}}\right|[/mm]
Das ist doch gut. Jetzt ist [mm] $\overline{z} [/mm] - [mm] \overline{\alpha} [/mm] = [mm] \overline{z - \alpha}$, [/mm] und $|w| = [mm] |\overline{w}|$ [/mm] fuer alle $w [mm] \in \IC$ [/mm] und [mm] $|\frac{w}{u}| [/mm] = [mm] \frac{|w|}{|u|}$ [/mm] fuer alle $w, u [mm] \in \IC$, [/mm] $u [mm] \neq [/mm] 0$.
> > Wenn du dann noch den Ausdruck fuer [mm]z = 0[/mm] anschaust und die
> > Gebietstreue (alternativ: ein Stetigkeitsargument,
> > spaetestens wenn du weisst dass der Einheitskreisrand
> > bijektiv auf den Einheitskreisrand abgebildet wird: nimm
> > einfach einen Weg vom Einheitskreisrand durch den
> > gewuenschten Punkt zum Punkt 0, der den Einheitskreisrand
> > nur im Startpunkt schneidet -- worauf wird dieser
> > abgebildet?) benutzt, hast du schonmal einiges
> > herausgefunden.
>
> Der Weg, den du beschreibst, ist also gewissermaßen ein
> Radius des Einheitskreises durch den jeweiligen
> ausgewählten Punkt?
Viel einfacher: einfach eine Verbindungsstrecke von einem Punkt des Einheitskreis zum Punkt $z$ im inneren gefolgt von einer weiteren Verbindungsstrecke von $z$ zu $0$.
> Ich kann mir leider überhaupt nicht
> vorstellen, wohin der abgebildet wird,
Ebenfalls auf einen Weg, der einen Punkt vom Einheitskreis mit dem Bild von $z$ und dem Bild von $0$ verbindet. (Die Funktion ist ja stetig!)
Wenn du weisst das der Einheitskreisrand bijektiv auf den Einheitskreisrand abgebildet wird, so kann der Bildweg den Einheitskreisrand nur genau einmal schneiden -- und da er das im Startpunkt tut kann er ihn also kein weiteres mal schneiden. Der Weg liegt also komplett im Einheitskreis oder ausserhalb des Einheitskreises (bis auf den Startpunkt, der liegt auf dem Rand). So, und wenn der Weg nun im Einheitskreis endet, dann muss er schon komplett drinnen liegen, insbesondere auch das Bild von $z$.
> dafür ist die
> Funktion zu kompliziert. Der erste Teil mit dem [mm]e^{i*\phi}[/mm]
> dreht den zweiten Teil nochmal um den Winkel [mm]\phi,[/mm] aber
> beim zweiten Teil hört's auf.
> Kannst du mir nochmal helfen?
Ich hoffe das gerade hat dir geholfen ;)
> > Dass die Funktion bijektiv ist kannst du
> > uebrigens zeigen, indem du einfach die Inverse angibst.
>
> Ein Inverses kann ich bestimmen:
>
> [mm]f(z) = e^{i*\phi}*\bruch{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}*z} = y[/mm]
>
> [mm]\gdw z-\alpha = \bruch{y}{e^{i*\phi}}*(1-\overline{\alpha}*z)[/mm]
>
> [mm]\gdw z-\alpha = \bruch{y}{e^{i*\phi}}-\bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}*z)[/mm]
>
> [mm]\gdw z + \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}*z= \bruch{y}{e^{i*\phi}}) + \alpha[/mm]
>
> [mm]\gdw z*\left(1 + \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}\right)= \bruch{y}{e^{i*\phi}}) + \alpha[/mm]
>
> [mm]\gdw z = \bruch{\bruch{y}{e^{i*\phi}} + \alpha}{1 + \bruch{y}{e^{i*\phi}}*\overline{\alpha}} = \bruch{y + e^{i*\phi}*\alpha}{e^{i*\phi} + y*\overline{\alpha}}[/mm].
>
> D.h. [mm]f^{-1}(z) = \bruch{z + e^{i*\phi}*\alpha}{e^{i*\phi} + z*\overline{\alpha}}[/mm],
> damit habe ich nachgewiesen dass die Funktion bijektiv
> ist?
Ja, da diese Funktion ebenfalls wieder auf dem Einheitskreis definiert ist.
Du kannst uebrigens auch genauso den abgeschlossenen Einheitskreis (also inkl. Rand) betrachten, darauf ist die Funktion ebenfalls noch definiert, stetig und bijektiv. (Das brauchst du sogar fuer die Argumentation mit dem Weg oben.)
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo!
Vielen Dank für deine Antworten!! Ich habe jetzt verstanden, was du mit dem Einheitskreisrand zeigen möchtest. Nur weiß ich nun nicht, wie konkret ich das tun kann?
> Wenn du weisst das der Einheitskreisrand bijektiv auf den
> Einheitskreisrand abgebildet wird, so kann der Bildweg den
> Einheitskreisrand nur genau einmal schneiden -- und da er
> das im Startpunkt tut kann er ihn also kein weiteres mal
> schneiden. Der Weg liegt also komplett im Einheitskreis
> oder ausserhalb des Einheitskreises (bis auf den
> Startpunkt, der liegt auf dem Rand). So, und wenn der Weg
> nun im Einheitskreis endet, dann muss er schon komplett
> drinnen liegen, insbesondere auch das Bild von [mm]z[/mm].
Ich denke dass es nicht falsch wäre jetzt mal
$f(0) = [mm] e^{i*\phi}*\bruch{0-\alpha}{1} [/mm] = [mm] -\alpha*e^{i*\phi}$
[/mm]
zu berechnen, weil das ja ein Teil des Weges ist, von dem du sprichst. Wie man leicht sieht, ist $|f(0)| = [mm] \left|-\alpha*e^{i*\phi}\right| [/mm] = [mm] \left|\alpha\right|*\left|e^{i*\phi}\right| [/mm] = [mm] \left|\alpha\right|*1 [/mm] < 1$, liegt also im Inneren des Einheitskreises.
Hab ich damit zusammen mit deinem Geschriebenen von oben nachgewiesen, dass der Weg im Einheitskreis liegt und damit auch z?
Viele Grüße, Stefan.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:25 Fr 24.04.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan
> Vielen Dank für deine Antworten!! Ich habe jetzt
> verstanden, was du mit dem Einheitskreisrand zeigen
> möchtest. Nur weiß ich nun nicht, wie konkret ich das tun
> kann?
Dass der Einheitskreisrand auf sich selber abgebildet wird hast du ja schon gezeigt.
Dass die Abbildung bijektiv ist ebenfalls.
> > Wenn du weisst das der Einheitskreisrand bijektiv auf den
> > Einheitskreisrand abgebildet wird, so kann der Bildweg den
> > Einheitskreisrand nur genau einmal schneiden -- und da er
> > das im Startpunkt tut kann er ihn also kein weiteres mal
> > schneiden. Der Weg liegt also komplett im Einheitskreis
> > oder ausserhalb des Einheitskreises (bis auf den
> > Startpunkt, der liegt auf dem Rand). So, und wenn der Weg
> > nun im Einheitskreis endet, dann muss er schon komplett
> > drinnen liegen, insbesondere auch das Bild von [mm]z[/mm].
>
> Ich denke dass es nicht falsch wäre jetzt mal
>
> [mm]f(0) = e^{i*\phi}*\bruch{0-\alpha}{1} = -\alpha*e^{i*\phi}[/mm]
>
> zu berechnen, weil das ja ein Teil des Weges ist, von dem
> du sprichst. Wie man leicht sieht, ist [mm]|f(0)| = \left|-\alpha*e^{i*\phi}\right| = \left|\alpha\right|*\left|e^{i*\phi}\right| = \left|\alpha\right|*1 < 1[/mm],
> liegt also im Inneren des Einheitskreises.
Genau.
> Hab ich damit zusammen mit deinem Geschriebenen von oben
> nachgewiesen, dass der Weg im Einheitskreis liegt und damit
> auch z?
Du meinst das Bild von $z$ ($z$ selber liegt ja nach Voraussetzung drinnen).
Genau, dem ist so: der Weg kann nicht mehr aus dem Einheitskreis raus, da sein Ende drinnen liegt, sein Anfang auf dem Rand liegt und nichts ausser dem Anfang auf dem Rand liegen kann. (Und da der Weg zusammenhaengend ist, nicht zu vergessen, da er durch eine stetige Funktion gegeben ist.)
LG Felix
|
|
|
| |
|
Ok, vielen Dank felixf!
Grüße, Stefan.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:47 Do 23.04.2009 | | Autor: | felixf |
Siehe auch hier.
|
|
|
|
