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| Aufgabe | Sei [mm] $f:B_1(0)\to B_1(0)$ [/mm] eine holomorphe Funktion.
Jetzt sagt das Lemma von Schwarz-Pick, dass wenn f(0)=0 gilt, dann folgt [mm] $|f(z)|\le [/mm] |z| [mm] \; \; \forall z\in B_1(0)$ [/mm] und $|f'(0)| [mm] \le [/mm] 1$.
Ich soll jetzt zeigen, dass wenn man auf die Voraussetzung f(0)=0 verzichtet, so gilt folgende Abschätzung:
[mm] $$|f(z)-f(0)|<2\left(\frac{1-|f(0)|^2}{1-|z|^2|f(0)|^2}\right)^{1/2}|z| \; \; \text{für} z\in B_1(0)-\{0\}$$ [/mm] |
Hallo,
ich muss versuchen, dies irgendwie auf den Fall zurückzuführen, sodass ich das Lemma von Schwarz-Pick anwenden kann. Aber mir will nicht einfallen, wie ich das anstellen kann.
Ich denke, es muss so etwas wie eine Möbiustransformation sein, also [mm] w(z)=\frac{az+b}{cz+d}. [/mm]
Kann mir da jemand weiterhelfen?
Danke,
viele Grüße!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:45 Do 11.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei [mm]f:B_1(0)\to B_1(0)[/mm] eine holomorphe Funktion.
>
> Jetzt sagt das Lemma von Schwarz-Pick, dass wenn f(0)=0
> gilt, dann folgt [mm]|f(z)|\le |z| \; \; \forall z\in B_1(0)[/mm]
> und [mm]|f'(0)| \le 1[/mm].
>
> Ich soll jetzt zeigen, dass wenn man auf die Voraussetzung
> f(0)=0 verzichtet, so gilt folgende Abschätzung:
>
> [mm]|f(z)-f(0)|<2\left(\frac{1-|f(0)|^2}{1-|z|^2|f(0)|^2}\right)^{1/2}|z| \; \; \text{für} z\in B_1(0)-\{0\}[/mm]
>
> Hallo,
>
> ich muss versuchen, dies irgendwie auf den Fall
> zurückzuführen, sodass ich das Lemma von Schwarz-Pick
> anwenden kann. Aber mir will nicht einfallen, wie ich das
> anstellen kann.
>
> Ich denke, es muss so etwas wie eine Möbiustransformation
> sein, also [mm]w(z)=\frac{az+b}{cz+d}.[/mm]
Ja, das ist eine gute Idee. Betrachte doch mal $g := w [mm] \circ [/mm] f$ anstelle $f$. Jetzt muss $g(0) = 0$ sein und [mm] $g(B_1(0)) \subseteq B_1(0)$. [/mm] Du willst also, dass $w$ den Einheitskreis auf sich selber abbildet und $f(0)$ auf 0. Wie musst du $w$ waehlen?
LG Felix
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Danke, aber so ganz weiter bin ich noch nicht gekommen.
Also ich betrachte [mm] $g(z)=w(f(z))=\frac{af(z)+b}{cf(z)+d}$
[/mm]
und nun soll g(0)=0 gelten, d.h.
[mm] $g(0)=w(f(0))=\frac{af(0)+b}{cf(0)+d}\overset{!}{=}0$
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] af(0)+b=0 [mm] \Rightarrow [/mm] b=-af(0) und a=1 ergibt:
[mm] g(z)=\frac{f(z)-f(0)}{cf(0)+d}
[/mm]
ist das ok bisher?
Wie kann ich weitermachen? Insb. muss ja noch gelten, dass ich mit meiner Abbildung innerhalb das Einheitskreises bleibe. Wie kann ich das realisieren? Muss [mm] $|g(z)|\le [/mm] 1$ gelten? Und was bedeutet das dann ganz genau für mich?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:58 Fr 12.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Danke, aber so ganz weiter bin ich noch nicht gekommen.
>
> Also ich betrachte [mm]g(z)=w(f(z))=\frac{af(z)+b}{cf(z)+d}[/mm]
>
> und nun soll g(0)=0 gelten, d.h.
>
> [mm]g(0)=w(f(0))=\frac{af(0)+b}{cf(0)+d}\overset{!}{=}0[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] af(0)+b=0 [mm]\Rightarrow[/mm] b=-af(0) und a=1 ergibt:
Das folgt nicht daraus, das ist eine Moeglichkeit.
> [mm]g(z)=\frac{f(z)-f(0)}{cf(0)+d}[/mm]
Schonmal ein Anfang.
> ist das ok bisher?
> Wie kann ich weitermachen? Insb. muss ja noch gelten, dass
> ich mit meiner Abbildung innerhalb das Einheitskreises
> bleibe. Wie kann ich das realisieren? Muss [mm]|g(z)|\le 1[/mm]
> gelten? Und was bedeutet das dann ganz genau für mich?
Hattet ihr nie alle Moebiustransformationen angeschaut, die den Einheitskreis in sich selber ueberfuehren? Die lassen sich alle recht schoen hinschreiben. Guck z.B. mal diese Aufgabe an und setze $R = 1$ (der Wert von [mm] $\alpha$ [/mm] ist recht egal).
LG Felix
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> Hattet ihr nie alle Moebiustransformationen angeschaut, die
> den Einheitskreis in sich selber ueberfuehren? Die lassen
> sich alle recht schoen hinschreiben. Guck z.B. mal
> diese Aufgabe an und
> setze [mm]R = 1[/mm] (der Wert von [mm]\alpha[/mm] ist recht egal).
Nein hatten wir leider nicht. Es ist auch keine Funktionentheorievorlesung, sondern wir brauchen die Möbiustransformation nur am Rand eines Beweises.
Also sei jetzt $w(z)= [mm] e^{i\alpha} \bruch {1(z-\alpha)}{1^2-\overline{a}z} [/mm] $
Dann ist [mm] $g(z)=w(f(z))=e^{i\alpha} \bruch {(f(z)-\alpha)}{1-\overline{a}f(z)}$
[/mm]
Mir ist leider immer noch nicht klar, wie ich a und [mm] \alpha [/mm] wählen muss und vorallem wie ich dann am Ende auf die gewünschte Abschätzung komme...
>
> LG Felix
>
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 Fr 12.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > Hattet ihr nie alle Moebiustransformationen angeschaut, die
> > den Einheitskreis in sich selber ueberfuehren? Die lassen
> > sich alle recht schoen hinschreiben. Guck z.B. mal
> > diese Aufgabe an und
> > setze [mm]R = 1[/mm] (der Wert von [mm]\alpha[/mm] ist recht egal).
>
>
> Nein hatten wir leider nicht. Es ist auch keine
> Funktionentheorievorlesung, sondern wir brauchen die
> Möbiustransformation nur am Rand eines Beweises.
Was fuer eine Vorlesung ist es denn dann? Ihr nimmt ja immerhin das Lemma von Schwarz-Pick durch, welches eindeutig in die Funktionentheorie gehoert.
> Also sei jetzt [mm]w(z)= e^{i\alpha} \bruch {1(z-\alpha)}{1^2-\overline{a}z}[/mm]
In die Aufgabenstellung aus dem Link hat sich ein Fehler eingeschlichen: das [mm] $\alpha$ [/mm] im Zaehler des Bruches soll ein $a$ sein.
> Dann ist [mm]g(z)=w(f(z))=e^{i\alpha} \bruch {(f(z)-\alpha)}{1-\overline{a}f(z)}[/mm]
>
> Mir ist leider immer noch nicht klar, wie ich a und [mm]\alpha[/mm]
> wählen muss und vorallem wie ich dann am Ende auf die
> gewünschte Abschätzung komme...
Wie schon gesagt: [mm] $\alpha$ [/mm] ist egal. Und es gilt $g(a) = 0$. Du willst ja $g(f(0)) = 0$. Also setz $a = f(0)$.
Um [mm] $g(B_1(0)) [/mm] = [mm] B_1(0)$ [/mm] zu zeigen kannst du erstmal [mm] $g(\partial B_1(0)) [/mm] = [mm] \partial B_1(0)$ [/mm] zeigen, und dann $g(x) [mm] \in B_1(0)$ [/mm] fuer irgendein $x [mm] \in B_1(0)$. [/mm] Da $g$ stetig und bijektiv ist folgt, dass [mm] $g(B_1(0)) [/mm] = [mm] B_1(0)$ [/mm] sein muss.
Um [mm] $g(\partial B_1(0)) \in \partial B_1(0)$ [/mm] zu zeigen, nimmst du dir ein $x$ mit $|x| = 1$ und zeigst $|g(x)| = 1$. (Wie man das zeigt wurde hier im Forum uebrigens schon sehr haeufig durchdiskutiert; beachte z.B. dass [mm] $y^{-1} [/mm] = [mm] \overline{y}$ [/mm] genau dann der Fall ist, wenn $|y| = 1$ ist.)
LG Felix
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Hallo nochmal,
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> > Nein hatten wir leider nicht. Es ist auch keine
> > Funktionentheorievorlesung, sondern wir brauchen die
> > Möbiustransformation nur am Rand eines Beweises.
>
> Was fuer eine Vorlesung ist es denn dann? Ihr nimmt ja
> immerhin das Lemma von Schwarz-Pick durch, welches
> eindeutig in die Funktionentheorie gehoert.
Es geht um Differentialgeometrie.
[mm] g(z)=w(f(z))=e^{i\alpha} \bruch {(f(z)-a)}{1-\overline{a}f(z)}
[/mm]
>
> Wie schon gesagt: [mm]\alpha[/mm] ist egal. Und es gilt [mm]g(a) = 0[/mm]. Du
> willst ja [mm]g(f(0)) = 0[/mm]. Also setz [mm]a = f(0)[/mm].
Also kann ich ja [mm] \alpha=0 [/mm] wählen und a=f(0)
[mm] g(z)=w(f(z))=\frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)}
[/mm]
Dann ist [mm] g(0)=\frac{f(0)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(0)}=0, [/mm] und somit gilt nach dem Lemma von Schwarz-Pick dann:
[mm] $|g(z)|\le [/mm] |z|$
[mm] $\left| \frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)}\right| \le [/mm] |z|$
[mm] $\left| f(z)-f(0)\right| \le |1-\overline{f(0)}f(z)|\cdot [/mm] |z| $
Aber das ist ja leider immer noch weit entfernt von meinem Wunschergebnis:
$ [mm] |f(z)-f(0)|<2\left(\frac{1-|f(0)|^2}{1-|z|^2|f(0)|^2}\right)^{1/2}|z| \; \; \text{für} z\in B_1(0)-\{0\} [/mm] $
Wie komme ich denn darauf???
>
> Um [mm]g(B_1(0)) = B_1(0)[/mm] zu zeigen kannst du erstmal
> [mm]g(\partial B_1(0)) = \partial B_1(0)[/mm] zeigen, und dann [mm]g(x) \in B_1(0)[/mm]
> fuer irgendein [mm]x \in B_1(0)[/mm]. Da [mm]g[/mm] stetig und bijektiv ist
> folgt, dass [mm]g(B_1(0)) = B_1(0)[/mm] sein muss.
>
> Um [mm]g(\partial B_1(0)) \in \partial B_1(0)[/mm] zu zeigen, nimmst
> du dir ein [mm]x[/mm] mit [mm]|x| = 1[/mm] und zeigst [mm]|g(x)| = 1[/mm]. (Wie man
> das zeigt wurde hier im Forum uebrigens schon sehr haeufig
> durchdiskutiert; beachte z.B. dass [mm]y^{-1} = \overline{y}[/mm]
> genau dann der Fall ist, wenn [mm]|y| = 1[/mm] ist.)
>
Ich denke, dass ist erstmal nicht so wichtig zu zeigen. Ich glaube dir mal, dass ich mit der o.g. Abbildung auch wieder im Einheitskreis lande.
Danke,
Gruß Patrick
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:09 Di 16.06.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Patrick
> > > Nein hatten wir leider nicht. Es ist auch keine
> > > Funktionentheorievorlesung, sondern wir brauchen die
> > > Möbiustransformation nur am Rand eines Beweises.
> >
> > Was fuer eine Vorlesung ist es denn dann? Ihr nimmt ja
> > immerhin das Lemma von Schwarz-Pick durch, welches
> > eindeutig in die Funktionentheorie gehoert.
>
> Es geht um Differentialgeometrie.
Ah. Stimmt, es gibt da auch eine differentialgeometrische Interpretation.
> [mm]g(z)=w(f(z))=e^{i\alpha} \bruch {(f(z)-a)}{1-\overline{a}f(z)}[/mm]
>
> > Wie schon gesagt: [mm]\alpha[/mm] ist egal. Und es gilt [mm]g(a) = 0[/mm]. Du
> > willst ja [mm]g(f(0)) = 0[/mm]. Also setz [mm]a = f(0)[/mm].
>
> Also kann ich ja [mm]\alpha=0[/mm] wählen und a=f(0)
> [mm]g(z)=w(f(z))=\frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)}[/mm]
Genau.
> Dann ist [mm]g(0)=\frac{f(0)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(0)}=0,[/mm]
> und somit gilt nach dem Lemma von Schwarz-Pick dann:
> [mm]|g(z)|\le |z|[/mm]
>
> [mm]\left| \frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)}f(z)}\right| \le |z|[/mm]
>
> [mm]\left| f(z)-f(0)\right| \le |1-\overline{f(0)}f(z)|\cdot |z|[/mm]
Genau.
> Aber das ist ja leider immer noch weit entfernt von meinem
> Wunschergebnis:
>
> [mm]|f(z)-f(0)|<2\left(\frac{1-|f(0)|^2}{1-|z|^2|f(0)|^2}\right)^{1/2}|z| \; \; \text{für} z\in B_1(0)-\{0\}[/mm]
>
> Wie komme ich denn darauf???
Das ist eine gute Frage. Ich befuerchte, da kann ich dir nicht weiterhelfen. (An einer Loesung waer ich allerdings auch interessiert ;) )
> > Um [mm]g(B_1(0)) = B_1(0)[/mm] zu zeigen kannst du erstmal
> > [mm]g(\partial B_1(0)) = \partial B_1(0)[/mm] zeigen, und dann [mm]g(x) \in B_1(0)[/mm]
> > fuer irgendein [mm]x \in B_1(0)[/mm]. Da [mm]g[/mm] stetig und bijektiv ist
> > folgt, dass [mm]g(B_1(0)) = B_1(0)[/mm] sein muss.
> >
> > Um [mm]g(\partial B_1(0)) \in \partial B_1(0)[/mm] zu zeigen, nimmst
> > du dir ein [mm]x[/mm] mit [mm]|x| = 1[/mm] und zeigst [mm]|g(x)| = 1[/mm]. (Wie man
> > das zeigt wurde hier im Forum uebrigens schon sehr haeufig
> > durchdiskutiert; beachte z.B. dass [mm]y^{-1} = \overline{y}[/mm]
> > genau dann der Fall ist, wenn [mm]|y| = 1[/mm] ist.)
> >
>
> Ich denke, dass ist erstmal nicht so wichtig zu zeigen. Ich
> glaube dir mal, dass ich mit der o.g. Abbildung auch wieder
> im Einheitskreis lande.
Ja, das kann man immer noch zeigen wenn man es wirklich brauchen sollte...
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Di 16.06.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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