Homöomorphie von C und E < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:57 Mi 12.03.2008 | | Autor: | linder05 |
| Aufgabe | | Zeige, dass [mm] $\mathbb [/mm] E$ und [mm] $\mathbb [/mm] C$ homöomorph sind, d.h. dass es eine in beiden Richtungen stetige Bijektion gibt. |
[mm] $\mathbb [/mm] C$ und [mm] $\mathbb [/mm] E$ sind homöomorph, wie wir an den Abbildungen [mm] $f_{1}: \mathbb [/mm] C [mm] \rightarrow \mathbb [/mm] E, [mm] \quad z\mapsto \frac{z}{1+\left|z\right|}$ [/mm] und [mm] $f_{2}: \mathbb [/mm] E [mm] \rightarrow \mathbb [/mm] C, [mm] \quad w\mapsto \frac{w}{1-\left|w\right|}$ [/mm] zeigen werden.
Injektivität von [mm] $f_{1}$: \quad
[/mm]
Seien [mm] $z_{1}:=r_{1}e^{i\varphi_{1}}, z_{2}:=r_{2}e^{i\varphi_{2}}\in \mathbb [/mm] C$ mit [mm] $r_{1},r_{2}>0$ [/mm] und [mm] $\varphi_{1},\varphi_{2}\in [0,2\pi[$. [/mm] Sei also [mm] $f_{1}(z_{1})=f_{1}(z_{2})$. [/mm] Dann gilt
[mm] $\frac{r_{1}e^{i\varphi_{1}}}{1+r_{1}}=\frac{r_{2}e^{i\varphi_{2}}}{1+r_{2}}$, [/mm] also ist
[mm] $r_{1}e^{i\varphi_{1}}+r_{1}r_{2}e^{i\varphi_{1}}=r_{2}e^{i\varphi_{2}}+r_{1}r_{2}e^{i\varphi_{2}}$ [/mm] und somit
[mm] $e^{i\varphi_{1}}(r_{1}+r_{1}r_{2})=e^{i\varphi_{2}}(r_{2}+r_{1}r_{2}).$
[/mm]
Da die Darstellung von komplexen Zahlen in dieser Form immer eindeutig ist, folgt
[mm] $e^{i\varphi_{1}}=e^{i\varphi_{2}}$ [/mm] und [mm] $r_{1}+r_{1}r_{2}=r_{2}+r_{1}r_{2}$ [/mm]
und somit [mm] $\varphi_{1}=\varphi_{2}$ [/mm] und [mm] $r_{1}=r_{2}$ [/mm] und damit [mm] $z_{1}=z_{2}$.
[/mm]
Surjektivität von [mm] $f_{1}$: [/mm]
Zunächst zeigen wir, dass [mm] $f_{1}(\mathbb C)\subseteq \mathbb [/mm] E$ gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn für alle [mm] $z\in \mathbb [/mm] C$ gilt: [mm] $\left|f_{1}(z)\right|<1$. [/mm] Also:
[mm] $\left|f_{1}(z)\right|<1 \Leftrightarrow \left|\frac{z}{1+\left|z\right|}\right|<1$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \left|z\right|<\left|1+\left|z\right|\right|$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \left|z\right|<1+\left|z\right|$,
[/mm]
was offensichtlich richtig ist. Nun ist noch zu zeigen, dass für alle [mm] $w\in \mathbb [/mm] E$ ein [mm] $z\in \mathbb [/mm] C$ existiert, so dass [mm] $f_{1}(z)=w$ [/mm] ist.
Sooo.... and dieser Stelle probier ich jetzt schon länger rum, komm aber nicht auf den richtigen Weg.... Hat jemand nen Tipp? Danke!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:32 Mi 12.03.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Zeige, dass [mm]\mathbb E[/mm] und [mm]\mathbb C[/mm] homöomorph sind, d.h.
> dass es eine in beiden Richtungen stetige Bijektion gibt.
> [mm]\mathbb C[/mm] und [mm]\mathbb E[/mm] sind homöomorph, wie wir an den
> Abbildungen [mm]f_{1}: \mathbb C \rightarrow \mathbb E, \quad z\mapsto \frac{z}{1+\left|z\right|}[/mm]
> und [mm]f_{2}: \mathbb E \rightarrow \mathbb C, \quad w\mapsto \frac{w}{1-\left|w\right|}[/mm]
> zeigen werden.
>
> Injektivität von [mm]f_{1}[/mm]: [mm]\quad[/mm]
> Seien [mm]z_{1}:=r_{1}e^{i\varphi_{1}}, z_{2}:=r_{2}e^{i\varphi_{2}}\in \mathbb C[/mm]
> mit [mm]r_{1},r_{2}>0[/mm] und [mm]\varphi_{1},\varphi_{2}\in [0,2\pi[[/mm].
> Sei also [mm]f_{1}(z_{1})=f_{1}(z_{2})[/mm]. Dann gilt
>
> [mm]\frac{r_{1}e^{i\varphi_{1}}}{1+r_{1}}=\frac{r_{2}e^{i\varphi_{2}}}{1+r_{2}}[/mm],
> also ist
> [mm]r_{1}e^{i\varphi_{1}}+r_{1}r_{2}e^{i\varphi_{1}}=r_{2}e^{i\varphi_{2}}+r_{1}r_{2}e^{i\varphi_{2}}[/mm]
> und somit
>
> [mm]e^{i\varphi_{1}}(r_{1}+r_{1}r_{2})=e^{i\varphi_{2}}(r_{2}+r_{1}r_{2}).[/mm]
> Da die Darstellung von komplexen Zahlen in dieser Form
> immer eindeutig ist, folgt
>
> [mm]e^{i\varphi_{1}}=e^{i\varphi_{2}}[/mm] und
> [mm]r_{1}+r_{1}r_{2}=r_{2}+r_{1}r_{2}[/mm]
> und somit [mm]\varphi_{1}=\varphi_{2}[/mm] und [mm]r_{1}=r_{2}[/mm] und damit
> [mm]z_{1}=z_{2}[/mm].
>
> Surjektivität von [mm]f_{1}[/mm]:
> Zunächst zeigen wir, dass [mm]f_{1}(\mathbb C)\subseteq \mathbb E[/mm]
> gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn für alle [mm]z\in \mathbb C[/mm]
> gilt: [mm]\left|f_{1}(z)\right|<1[/mm]. Also:
>
> [mm]\left|f_{1}(z)\right|<1 \Leftrightarrow \left|\frac{z}{1+\left|z\right|}\right|<1[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \left|z\right|<\left|1+\left|z\right|\right|[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \left|z\right|<1+\left|z\right|[/mm],
>
> was offensichtlich richtig ist. Nun ist noch zu zeigen,
> dass für alle [mm]w\in \mathbb E[/mm] ein [mm]z\in \mathbb C[/mm] existiert,
> so dass [mm]f_{1}(z)=w[/mm] ist.
>
>
> Sooo.... and dieser Stelle probier ich jetzt schon länger
> rum, komm aber nicht auf den richtigen Weg.... Hat jemand
> nen Tipp? Danke!
Die Funktion [mm] $f_{1}$ [/mm] hat doch die Eigenschaft, dass für ein $c$ auf dem Rand des Einheitskreises (also $|c|=1$) gilt:
[mm] $f_1(c*z) [/mm] = c * [mm] f_1(z)$
[/mm]
Daher reicht es, die Behauptung für positive reelle w zu zeigen.
Sei also [mm] $w=x\in\IR$, $x\ge0$, $x\not=1$. [/mm] Dann kannst du sofort ein passendes z angeben. Nun musst du nur noch den Fall w=1 gesondert behandeln.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Mi 12.03.2008 | | Autor: | linder05 |
Erstmal danke für die schnelle Antwort, Rainer!!
> Die Funktion [mm]f_{1}[/mm] hat doch die Eigenschaft, dass für ein [mm]c[/mm]
> auf dem Rand des Einheitskreises (also [mm]|c|=1[/mm]) gilt:
>
> [mm]f_1(c*z) = c * f_1(z)[/mm]
Das sehe ich ein:
[mm] $f_{1}(c\cdot z)=\frac{c\cdot z}{1+\left|c\cdot z\right|}=c\cdot\frac{z}{1+\left|z\right|}=c\cdot f_{1}(z)$
[/mm]
> Daher reicht es, die Behauptung für positive reelle w zu
> zeigen.
Das ist mir nicht ganz klar. Ich hab grad rumprobiert, aber ich steh wohl auf dem Schlauch.. Sorry, könntest du mir das vielleicht zu Fuß erklären? :)
> Sei also [mm]w=x\in\IR[/mm], [mm]x\ge0[/mm], [mm]x\not=1[/mm]. Dann kannst du sofort
> ein passendes z angeben.
Falls [mm] $0\leq [/mm] w<1$ ist, dann wähle ich einfach [mm] $z:=\frac{w}{1-w}\in \mathbb R_{\geq}$ [/mm] als das gesuchte Urbild von $w$. Richtig?
Nun musst du nur noch den Fall w=1
> gesondert behandeln.
Muss ich das wirklich? [mm] $\mathbb [/mm] E$ ist doch die [mm] {\bf offene} [/mm] Einheitskreisscheibe? Und ich hab doch bereits für beliebiges [mm] $z\in \mathbb [/mm] C$ gezeigt, dass [mm] $\left|f_{1}(z)\right|<1$ [/mm] ist.
> Viele Grüße
Danke!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:00 Mi 12.03.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Erstmal danke für die schnelle Antwort, Rainer!!
>
> > Die Funktion [mm]f_{1}[/mm] hat doch die Eigenschaft, dass für ein [mm]c[/mm]
> > auf dem Rand des Einheitskreises (also [mm]|c|=1[/mm]) gilt:
> >
> > [mm]f_1(c*z) = c * f_1(z)[/mm]
>
> Das sehe ich ein:
>
> [mm]f_{1}(c\cdot z)=\frac{c\cdot z}{1+\left|c\cdot z\right|}=c\cdot\frac{z}{1+\left|z\right|}=c\cdot f_{1}(z)[/mm]
>
>
> > Daher reicht es, die Behauptung für positive reelle w zu
> > zeigen.
>
> Das ist mir nicht ganz klar. Ich hab grad rumprobiert, aber
> ich steh wohl auf dem Schlauch.. Sorry, könntest du mir das
> vielleicht zu Fuß erklären? :)
Angenommen, du hast ein beliebiges [mm] $w\in\mathbb{E}$. [/mm] Das kannst du schreiben als $w=c*r$, mit $|c|=1$ und [mm] $0\le [/mm] r<1$. Du suchst ein z mit [mm] $w=f_1(z)$, [/mm] setzt ein:
$ [mm] c*r=f_1(z) \gdw [/mm] r = [mm] c^{-1}f_1(z) [/mm] = [mm] f_1(c^{-1}*z) [/mm] $
Du hast also den Fall des beliebigen w auf den Fall w=r zurückgeführt. Anschaulich bedeutet das, dass du die komplexe Ebene drehst, sodass w auf der reellen Achse liegt, die Transformation machst, und dann zurückdrehst. Das geht, weil [mm] $f_1$ [/mm] eine Stauchung in radialer Richtung ist: ein Punkt z und der Punkt [mm] $w=f_1(z)$ [/mm] liegen beide auf derselben Geraden durch den Ursprung.
> > Sei also [mm]w=x\in\IR[/mm], [mm]x\ge0[/mm], [mm]x\not=1[/mm]. Dann kannst du sofort
> > ein passendes z angeben.
>
> Falls [mm]0\leq w<1[/mm] ist, dann wähle ich einfach
> [mm]z:=\frac{w}{1-w}\in \mathbb R_{\geq}[/mm] als das gesuchte
> Urbild von [mm]w[/mm]. Richtig?
>
> Nun musst du nur noch den Fall w=1
> > gesondert behandeln.
>
> Muss ich das wirklich? [mm]\mathbb E[/mm] ist doch die [mm]{\bf offene}[/mm]
> Einheitskreisscheibe? Und ich hab doch bereits für
> beliebiges [mm]z\in \mathbb C[/mm] gezeigt, dass
> [mm]\left|f_{1}(z)\right|<1[/mm] ist.
Ah, stimmt, hab ich nicht drauf geachtet.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:26 Do 13.03.2008 | | Autor: | linder05 |
Super, das habe ich jetzt verstanden! Vielen Dank, Rainer!!
Eine Frage noch: Genügt es jetzt zu zeigen, dass [mm] $f_{2}$ [/mm] die Umkehrfunktion von [mm] $f_{1}$ [/mm] (womit ich aber wegen des Betrags im Nenner so meine Probleme habe...) oder muss ich auch für [mm] $f_{2}$ [/mm] Injektivität und Surjektivität nachweisen?
Dass beide Funktionen stetig sind, dürfte ja eh offensichtlich sein, oder?
Besten Dank und viele Grüße!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:16 Do 13.03.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Super, das habe ich jetzt verstanden! Vielen Dank,
> Rainer!!
>
> Eine Frage noch: Genügt es jetzt zu zeigen, dass [mm]f_{2}[/mm] die
> Umkehrfunktion von [mm]f_{1}[/mm] (womit ich aber wegen des Betrags
> im Nenner so meine Probleme habe...) oder muss ich auch für
> [mm]f_{2}[/mm] Injektivität und Surjektivität nachweisen?
Du hast bisher doch gezeigt, dass [mm] $f_1: \IC \to \mathbb{E}$ [/mm] bijektiv ist. Weil die Funktion bijektiv ist, existiert eine Umkehrfunktion, und wegen der [mm] $\mbox{\underline{Bijektivität}}$ [/mm] von [mm] $f_1$ [/mm] genügt es hier, nachzurechnen, dass gilt:
[mm] $(\*)$ $f_2 \circ f_1 [/mm] = [mm] id_{\IC}$
[/mm]
Denn alleine aus der Tatsache, dass [mm] $f_1$ [/mm] bijektiv ist, folgt natürlich auch die Bijektivität der zu [mm] $f_1$ [/mm] gehörigen Umkehrfunktion. Ist Dir das klar?
Aber: Es ist noch nicht klar, dass [mm] $f_2$ [/mm] auch wirklich die Umkehrfunktion zu [mm] $f_1$ [/mm] ist. Wenn aber zudem [mm] $(\*)$ [/mm] nachgewiesen wird (oder aber [mm] $(\*\*)$ $f_1 \circ f_2=id_{\mathbb{E}}$), [/mm] dann ist [mm] $f_2$ [/mm] in der Tat die zugehörige Umkehrfunktion.
Wichtig ist aber, wenn Du aber nur eine der beiden Gleichungen [mm] $(\*)$ [/mm] oder [mm] $(\*\*)$ [/mm] prüfst, dass Du vorher die Bijektivität einer der beiden Funktionen [mm] $f_1$ [/mm] oder [mm] $f_2$ [/mm] nachgewiesen hast (wobei, wenn man die Wahl geschickt trifft, es eigentlich sogar reicht, z.B. [mm] $(\*)$ [/mm] zu beweisen und dann zudem die Surjektivität von [mm] $f_1$ [/mm] nachzuweisen. Also, wenn man sich an entsprechende Sätze aus Ana I erinnert oder sich das nochmal selbst überlegt, kann man sich schon ein wenig unnötige Rechnerei sparen.)
(Anmerkung:
Du hättest hier übrigens auch alles direkt so nachweisen können, indem Du zeigst, dass die beiden Gleichungen [mm] $f_1 \circ f_2= id_{\mathbb{E}}$ [/mm] und [mm] $f_2 \circ f_1 [/mm] = [mm] id_{\IC}$ [/mm] gelten. Denn:
[mm] $f_2 \circ f_1 [/mm] = [mm] id_{\IC}$ [/mm] hat die Injektivität von [mm] $f_1$ [/mm] zur Folge:
$x,y$ mit [mm] $f_1(x)=f_1(y)$ [/mm] liefert [mm] $x=(f_2 \circ f_1)(x)=(f_2 \circ f_1)(y)=y$, [/mm] also $x=y$ und in ähnlich einfacher Weise erhält man damit auch die Surjektivität von [mm] $f_2$; [/mm]
und analog erhält man aus [mm] $f_1 \circ f_2=id_{\mathbb{E}}$ [/mm] die Injektivität von [mm] $f_2$ [/mm] (bzw. die Surjektivität von [mm] $f_1$) [/mm] und insgesamt erhält man, dass [mm] $f_1$ [/mm] und [mm] $f_2$ [/mm] die Umkehrfunktionen zueinander sind.)
> Dass beide Funktionen stetig sind, dürfte ja eh
> offensichtlich sein, oder?
Ja, denn:
$w [mm] \mapsto [/mm] w$ ist stetig auf [mm] $\mathbb{E}$, [/mm] $w [mm] \mapsto [/mm] 1-|w|$ ist stetig und nullstellenfrei auf [mm] $\mathbb{E}$ [/mm] und daher ist
$w [mm] \mapsto \frac{w}{1-|w|}$ [/mm] stetig auf [mm] $\mathbb{E}$ [/mm] als Quotient stetiger Funktion, d.h. [mm] $f_2$ [/mm] ist stetig.
(Zudem gehe ich davon aus, dass Dir klar ist, dass $z [mm] \mapsto [/mm] |z|$ stetig ist und damit auch $z [mm] \mapsto [/mm] 1+|z|$ bzw. $w [mm] \mapsto [/mm] 1-|w|$.)
Für [mm] $f_1$ [/mm] geht die Argumentaion vollkommen analog, die Nullstellenfreiheit von $z [mm] \mapsto [/mm] 1+|z|$ ist jedoch noch offensichtlicher, da für jedes $z [mm] \in \IC$ [/mm]
$1+|z| [mm] \ge [/mm] 1 > 0$.
Und nun vielleicht noch zu dem, was Du (wohl noch?) zu zeigen hast:
Für jedes $z [mm] \in \IC$ [/mm] gilt
[mm] $(f_2 \circ f_1)(z)=f_2\left(\frac{z}{1+|z|}\right)=\frac{\frac{z}{1+|z|}}{1-\left|\frac{z}{1+|z|}\right|}$
[/mm]
Indem Du nun [mm] $1-\left|\frac{z}{1+|z|}\right|=1-\frac{|z|}{1+|z|}=\frac{1}{1+|z|}$ [/mm] ausnutzt, gelangst Du sofort zu der Behauptung, das heißt, so hast Du gezeigt:
Für jedes $z [mm] \in \IC$ [/mm] gilt
[mm] $(f_2 \circ f_1)(z)=z$ [/mm] (d.h. [mm] $f_2 \circ f_1=id_{\IC}$)
[/mm]
Und wie gesagt, der ganze Beweis geht eigentlich sehr schnell:
Wie eben zeigst Du: [mm] $f_2 \circ f_1=id_{\IC}$. [/mm]
Nun zeigst Du noch:
[mm] $f_1 \circ f_2=id_{\mathbb{E}}$
[/mm]
Dazu sei $e [mm] \in \mathbb{E}$ [/mm] beliebig, aber fest, d.h. $|e| < 1$. Dann gilt:
[mm] $(f_1 \circ f_2)(e)=f_1(f_2(e))=f_1\left(\frac{e}{1-|e|}\right)$ [/mm] (hier beachte man, dass $|e| < 1$ und damit insbesondere $1-|e| [mm] \not=0$), [/mm] also:
[mm] $(f_1 \circ f_2)(e)=\frac{\frac{e}{1-|e|}}{1+\left|\frac{e}{1-|e|}\right|}$
[/mm]
Nun beachte zudem, dass [mm] $\left|\frac{e}{1-|e|}\right|=\frac{|e|}{1-|e|}$ [/mm] (wegen $|e|<1$ gilt nämlich $|1-|e||=1-|e|$).
und schon steht es da, das heißt, Du hast dann gezeigt:
Für jedes $e [mm] \in \mathbb{E}$ [/mm] gilt
[mm] $(f_1 \circ f_2)(e)=e$ [/mm] (d.h. [mm] $f_1 \circ f_2=id_{\mathbb{E}}$)
[/mm]
Nur mal so als Alternativvorschlag, wenn man schon [mm] $f_1$ [/mm] und die zugehörige Umkehrfunktion [mm] $f_2$ [/mm] mitgeliefert bekommt 
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:01 Do 13.03.2008 | | Autor: | linder05 |
Hallo Marcel,
danke für deine wirklich sehr ausführlichen Hinweise! Jetzt hab ich zum einen alles verstanden und zum anderen erkannt, dass ich das ganze viel zu umständlich angegangen bin... :(
Besten Dank!!!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:44 Do 13.03.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Linder,
> Hallo Marcel,
>
> danke für deine wirklich sehr ausführlichen Hinweise! Jetzt
> hab ich zum einen alles verstanden und zum anderen erkannt,
> dass ich das ganze viel zu umständlich angegangen bin...
> :(
solange es richtig ist, finde ich das nicht schlimm, dass Du umständlich vorgegangen warst. Im Gegenteil, diese Erkenntnis wird sich vll. einprägen und bei ähnlichen Aufgaben wird bei Dir in der Zukunft wahrscheinlich ein Alarmglöckchen losgehen:
"Mhm, da war doch mal was, wo ich mir zu viel Arbeit gemacht hatte. Aufpassen, dass ich mir hier nicht unnötig viel Arbeit mache..."
Ansonsten:
Gern geschehen, und generell vll. auch ab und zu nochmal in Aufgaben aus Ana I usw., wenigstens einen flüchtigen, Blick werfen. Vielleicht kann man sich damit doch auch ab und zu "unnötige Rechnerei" ersparen
Gruß,
Marcel
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