Identität von Funktionen in E

18.06.2007, 11:30

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Identität von Funktionen in E

Hi an alle!

Wir sollen zeigen, dass für zwei bijektive holomorphe Funktionen $\begin{eqnarray*} f,g:\mathbb E\rightarrow \mathbb E \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \mathbb E \end{eqnarray*}$ offener Einheitskreis) für die $\begin{eqnarray*} f(0)=g(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(0)=g'(0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt, bereits die Identität folgt.

Nun - der Sachverhalt ist ziemlich klar - nur mit dem Beweis happert es leider noch ein wenig. Meine Vermutung: die Aussage folgt eigentlich aus dem Lemma von schwarz.
Es gilt doch $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ . Kann ich voraussetzen, dass dann auch $\begin{eqnarray*} |f(z)|<1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ , was ja nichts anderes heißt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ den Einheitskreis in sich abbildet und den Nullpunkt festlässt.

Dann gilt ja nach dem Lamma von Schwarz

$\begin{eqnarray*} |f(z)|\leq |z| \end{eqnarray*}$ , aber auch $\begin{eqnarray*} |g(z)|\leq |z|. \end{eqnarray*}$

Nun sind ja $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ noch bijektiv und holomorph, also ex. insbesondere $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g^{-1} \end{eqnarray*}$ . Kann man dann die Holomorphie der Umkehrfunktionen in ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb E \end{eqnarray*}$ voraussetzen, oder nur in einer Umgebung eines gewissen Punktes $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ ???

Eine andere Idee von mir wäre über Möbiusabbildungen ranzugehen - und g über f zu definieren. Aber g ist doch beliebig unabhängig von f???
In wie fern nutzt mir die Differenzierbarkeit etwas??

Wäre für einen Tipp und etwas Ordnung für meine Gedanken sehr dankbar Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß, VR

smile

18.06.2007, 13:07

AnalysisTutor

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Identität von Funktionen in E
Also ich weiß nicht wie weit du mit dem Lemma von Schwarz kommst (ich denke nicht sehr weit) oder mit der Möbisutransformation, aber um Eindeutigkeit zweier Funktionen zu zeigen, ist es hilfreich einen Widerspruchsbeweis zu führen. D.h. man nimmt an, dass sie nicht gleich sind und führt dies zum Widerspruch.

Da ist die Tatsache hilfreich, dass holomorphe Funktionen innerhalb ihres Holomorphiegebietes von einer Potenzreihe eindeutig dargestellt werden. Koeffizientenvergleich und "kleinster Verbrecher" liefern den Rest.

Ich hoffe, dass es genug Tipps waren!

18.06.2007, 13:50

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hasse Aufgaben, wo man schon vorher weiß, dass es vermutlich wieder höchstens 3 Zeilen sind, und man kommt einfach nicht drauf, selbst wenn man die Vorlesungsinhalte verstanden hat. böse

böse

Werd auch mal die Widerspruchsmethode probieren, nachdem ich schon ewig mit dem Schwarzschen Lemma rumprobiert habe. (wobei ich es hauptsächlich auf f-g angewandt habe)

Prinzipiell müßte es auch mit Möbiustransformationen gehen, nur gibt es da ein kleines Hindernis. "Wir" wissen zwar, wie alle Möbiustransformationen aussehen, die die Einheitskreisscheibe eineindeutig auf sich abbilden, aber dass jede holomorphe Abbildung mit dieser Eigenschaft bereits eine Möbiustransformation ist, ist erstmal unbekannt.

Man kann dies aber zeigen, wie das genau geht steht im Remmert ab S.212, wobei man das ein bißchen umschreiben müßte. Immerhin ist es eine netten Anwendung des Schwarzschen Lemmas, aber das schiesst imho bei dieser Übungsaufgabe übers Ziel hinaus.

18.06.2007, 16:05

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

@AnalysisTutor: Kannst du uns sagen, was du mit dem "kleinsten Verbrecher" meinst?

18.06.2007, 16:21

AnalysisTutor

Auf diesen Beitrag antworten »

Man nimmt an, dass sich die Koeffizienten der Potenzreihen unterscheiden. Also gibt es den kleinsten Index i mit $\begin{eqnarray*} f_i\neq g_i \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} f_i, g_i \end{eqnarray*}$ die Reihenkoeffizienten von f und g sind. Diesen kleinsten Index i nennen manche ältere Professoren auch "den kleinsten Verbrecher".

18.06.2007, 16:31

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Deine f_i und g_i sind ja aber nur die i-ten Ableitungen von f und g in Null. Also ganz ehrlich: ich komme nicht drauf. unglücklich

unglücklich

Anzeige

18.06.2007, 18:13

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Da $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ die offene Einheitskreisscheibe $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ biholomorph auf sich abbilden, tut dies auch die Funktion $\begin{eqnarray*} h = g \circ f^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} h: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Für sie kann man nachweisen:

$\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \, , \ \ h'(0) = 1 \end{eqnarray*}$

Dazu braucht man nur die Voraussetzungen $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ (was Analoges für die Umkehrungen nach sich zieht) und $\begin{eqnarray*} f'(0) = g'(0) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Beachte auch die Kettenregel und die Regel zur Ableitung der Umkehrfunktion.

Dann zeige, daß die Funktion $\begin{eqnarray*} u(z) = \frac{h(z)}{z} \end{eqnarray*}$ sich durch $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ stetig ergänzen läßt und somit auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ holomorph ist. Schätze $\begin{eqnarray*} |u(z)| \end{eqnarray*}$ ab (Lemma von Schwarz) und wende das Maximumprinzip an. Was folgt damit für $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und daraus für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ und schließlich für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ?

18.06.2007, 18:16

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Mhh @all: also mit Schwarzschen Lemma kommt man nun doch nicht weiter...? die Aussage sah wirklich so schön einfach aus.

Leider weiß ich nicht, was AnalysisTutor meint. Gut, holomorphe Funktionen sind in Potenzreihen entwickelbar, und dann? Undendlich oft diffbar? Aber da kann ich mir noch weniger einen Reim drauf machen als auf den Rest...

Vlt hat ja noch jemand eine Idee?

Wink

Wink

@Leopold: Danke, leider zu spät gesehen. Lese ich mir erstmal in Ruhe durch und dann melde ich mich nochmal Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.06.2007, 18:50

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Da $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ die offene Einheitskreisscheibe $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ biholomorph auf sich abbilden, tut dies auch die Funktion $\begin{eqnarray*} h = g \circ f^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} h: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Für sie kann man nachweisen:

$\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \, , \ \ h'(0) = 1 \end{eqnarray*}$

Dazu braucht man nur die Voraussetzungen $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ (was Analoges für die Umkehrungen nach sich zieht) und $\begin{eqnarray*} f'(0) = g'(0) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Beachte auch die Kettenregel und die Regel zur Ableitung der Umkehrfunktion.

Dann zeige, daß die Funktion $\begin{eqnarray*} u(z) = \frac{h(z)}{z} \end{eqnarray*}$ sich durch $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ stetig ergänzen läßt und somit auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ holomorph ist. Schätze $\begin{eqnarray*} |u(z)| \end{eqnarray*}$ ab (Lemma von Schwarz) und wende das Maximumprinzip an. Was folgt damit für $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und daraus für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ und schließlich für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ?

@Leopold: Vielen Dank erstmal für den Tipp. Ich möchte es mal aufschreiben, damit klar ist, woran es hakt. Der Nachweis von $\begin{eqnarray*} h(0)=0 \end{eqnarray*}$ folgt aus

$\begin{eqnarray*} h(z)=(g\circ f^{-1})(z)=g(f^{-1}(0)) \end{eqnarray*}$ Damit:

$\begin{eqnarray*} h(0)=g(g^{-1}(0))=g(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Nun - mit der Ableitung $\begin{eqnarray*} h'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ist mir nicht so klar, warum da eins rauskommen soll. Problem ist doch dabei, dass wir den Wert der Ableitung doch gar nicht kennen, oder??? Weil ich komme soweit:

$\begin{eqnarray*} h'(0)=(g(f^{-1}(0))'=g'(f^{-1}(0))\cdot f'(0) \end{eqnarray*}$

Weiter: die stetige Ergänzbarkeit der Funktion u(z) - mittels Riemannschen Satz über hebbare Singularitäten, oder reicht der Nachweis der Stetigkeit im Nullpunkt???

Danke erstmal - den Rest mache ich, wenn das erstmal klar ist verwirrt

verwirrt

18.06.2007, 18:50

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Identität von Funktionen in E

Zitat:

Original von vektorraum

Es gilt doch $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ . Kann ich voraussetzen, dass dann auch $\begin{eqnarray*} |f(z)|<1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ , was ja nichts anderes heißt, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ den Einheitskreis in sich abbildet und den Nullpunkt festlässt.

Dann gilt ja nach dem Lamma von Schwarz

$\begin{eqnarray*} |f(z)|\leq |z| \end{eqnarray*}$ , aber auch $\begin{eqnarray*} |g(z)|\leq |z|. \end{eqnarray*}$

Das ist übrigens falsch wollte ich noch anmerken, weil eine der wesentlcihen Voraussetzungen des Lemmas von Schwarz eben nicht gilt.

Aber die Tips von Leopold sind echt gut, das schau ich mir nachher mal an!

Edit: In der Voraussetzung wird aber f(0)=g(0)=0 nicht gefordert. Nur f(0)=g(0). Aber eine ähnliche Überlegung wie deine für g^-1 verknüpft mit f müßte gehen.

18.06.2007, 20:44

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Da $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ die offene Einheitskreisscheibe $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ biholomorph auf sich abbilden,[...]

He he, wart mal. Nicht so schnell bitte. In der Aufgabe steht etwas von "bijektiv", was ich total übersehen hatte. Nun gut. Aber dann kann man doch nicht gleich von Biholomorphie sprechen, oder? Ich sehe ja ein, dass wegen f'(0) = g'(0) != 0 die Funktionen lokal um die Null biholomorph sind. Aber im ganzen Kreis...?

EDIT: Kann mir einer das Lemma von Schwarz nennen? Ich kenne nur dieses Spiegelungsprinzip. Bei wikipedia lässt sich nichts finden.

18.06.2007, 20:52

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

http://en.wikipedia.org/wiki/Schwarz-Pick_lemma

Da der oberse Abschnitt, Schwarz-Pick ist dann eine Verallgemeinerung auf Funktionen f ohne die Bedingung f(0)=0.

18.06.2007, 23:07

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von WebFritzi

He he, wart mal. Nicht so schnell bitte. In der Aufgabe steht etwas von "bijektiv", was ich total übersehen hatte. Nun gut. Aber dann kann man doch nicht gleich von Biholomorphie sprechen, oder? Ich sehe ja ein, dass wegen f'(0) = g'(0) != 0 die Funktionen lokal um die Null biholomorph sind. Aber im ganzen Kreis...?

EDIT: Kann mir einer das Lemma von Schwarz nennen? Ich kenne nur dieses Spiegelungsprinzip. Bei wikipedia lässt sich nichts finden.

Nur eine Frage: Wer sagt denn, dass die Ableitungen im Nullpunkt Null sein sollen. In der Aufgabenstellung steht doch ungleich Null.

Bin jetzt auch ein wenig mit dem Begriff Biholomorphie durcheinander. Dachte das wäre die Zusammensetzung aus bijektiv und holomorph? Aber was heißt das in diesem Zusammenhang genau???

@Leopold: Kann man einfach voraussetzen, dass f(0)=g(0)=0???

@tomtom...: der Ansatz von oben ist ja mittlerweile wiederworfen...

Aber wie kann man es nun machen (siehe mein letzter Thread???)

18.06.2007, 23:53

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von vektorraum
Nur eine Frage: Wer sagt denn, dass die Ableitungen im Nullpunkt Null sein sollen. In der Aufgabenstellung steht doch ungleich Null.

Das Symbol != bedeutet "ungleich". Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von vektorraum
Bin jetzt auch ein wenig mit dem Begriff Biholomorphie durcheinander. Dachte das wäre die Zusammensetzung aus bijektiv und holomorph? Aber was heißt das in diesem Zusammenhang genau???

"Biholomorph bedeutet, dass sowohl Funktion als auch Umkehrfunktion holomorph sind.

Zitat:

Original von vektorraum
@Leopold: Kann man einfach voraussetzen, dass f(0)=g(0)=0???

Nein, kann man nicht. Das hat er IMHO auch nirgends gemacht.

19.06.2007, 12:41

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ Tomtomtomtom et alii

Ich hatte da immer nur etwas vom Schwarzschen Lemma gelesen und dann automatisch $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ unterstellt. Aber du hast recht, da steht nichts davon. Gehen wir also nur von

$\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = a \in \mathbb{E} \end{eqnarray*}$

aus. $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ wird wie gehabt definiert:

$\begin{eqnarray*} h = g \circ f^{-1}: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Man zeigt sofort

$\begin{eqnarray*} \text{(*)} \ \ h(a) = a \, , \ \ h'(a) = 1 \ \ \text{mit} \ \ |a| < 1 \end{eqnarray*}$

Jetzt wäre also zu zeigen, daß eine biholomorphe Abbildung $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} \text{(*)} \end{eqnarray*}$ nur die Identität sein kann.

Dazu beschaffen wir uns eine Abbildung

$\begin{eqnarray*} \mu: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \, , \ \ \ \mu(0) = a \end{eqnarray*}$

So etwas gibt es, die Möbiustransformation $\begin{eqnarray*} \mu(z) = \frac{z - a}{\bar{a}z - 1} \end{eqnarray*}$ zum Beispiel tut es. Die genaue Gestalt der Abbildung ist aber nicht wichtig.

Dann definieren wir

$\begin{eqnarray*} l = \mu^{-1} \circ h \circ \mu: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Ich verwende die Kettenregel und die Regel zur Ableitung der Umkehrfunktion in der folgenden Form:

$\begin{eqnarray*} \left( p \circ q \right)' = \left( p' \circ q \right) \cdot q' \, , \ \ \ \left( p^{-1} \right)' = \frac{1}{p' \circ p^{-1}} \end{eqnarray*}$

Als Ableitung von $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ findet man damit:

$\begin{eqnarray*} l' = \left( \left( \mu^{-1} \right)' \circ h \circ \mu \right) \cdot \left( h \circ \mu \right)' = \left( \frac{1}{\mu' \circ \mu^{-1}} \circ h \circ \mu \right) \cdot \left( h' \circ \mu \right) \cdot \mu' \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\left( h' \circ \mu \right) \cdot \mu'}{\mu' \circ \mu^{-1} \circ h \circ \mu} = \frac{\left( h' \circ \mu \right) \cdot \mu'}{\mu' \circ l} \end{eqnarray*}$

Es folgt durch Einsetzen:

$\begin{eqnarray*} \text{(**)} \ \ l(0) = 0 \, , \ \ l'(0) = 1 \end{eqnarray*}$

Und jetzt kann man die Argumentation mit $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ so zu Ende bringen, wie ich es in meinem vorigen Beitrag mit $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ gemacht habe: Man betrachte die Funktion $\begin{eqnarray*} z \mapsto \frac{l(z)}{z} \end{eqnarray*}$ , die sich wegen $\begin{eqnarray*} \text{(**)} \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ mit Wert $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ stetig ergänzen läßt und somit holomorph auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ ist, und verwende das Schwarzsche Lemma und das Maximumprinzip.

19.06.2007, 13:08

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
@ Tomtomtomtom et alii

Ich hatte da immer nur etwas vom Schwarzschen Lemma gelesen und dann automatisch $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ unterstellt. Aber du hast recht, da steht nichts davon. Gehen wir also nur von

$\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = a \in \mathbb{E} \end{eqnarray*}$

aus. $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ wird wie gehabt definiert:

$\begin{eqnarray*} h = g \circ f^{-1}: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Man zeigt sofort

$\begin{eqnarray*} \text{(*)} \ \ h(a) = a \, , \ \ h'(a) = 1 \ \ \text{mit} \ \ |a| < 1 \end{eqnarray*}$

Keine Ahnung, ob ich da was übersehe, was im weiteren nciht geht (imho ist das aber nicht der Fall), aber wieso nimmst du nicht statt h

$\begin{eqnarray*} \tilde h = g^{-1} \circ f: \end{eqnarray*}$

Naja ich schau es mir nachher nochmal an. Habs nicht alles gelesen, weil ich persönlich keine kompletten Lösungen mag.

Aber was mich noch interessieren würde: wie siehts denn nun mit der Biholomorphie aus? Reicht Holomorphie + Bijektivität + Ableitung größer 0 im ganzen Gebiet aus für die Holomorphie der Umkehrabbildung?

19.06.2007, 13:13

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Aber was mich noch interessieren würde: wie siehts denn nun mit der Biholomorphie aus? Reicht Holomorphie + Bijektivität + Ableitung größer 0 im ganzen Gebiet aus für die Holomorphie der Umkehrabbildung?

Ja, hallooo... Die Frage hatte ich schon ganz zu Beginn gestellt. Aber mich scheint ja hier keiner zu hören.

19.06.2007, 13:19

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Deswegen frag ich ja nochmal nach, weils mich auch interessieren würde und das ganze ungeklärt blieb.

19.06.2007, 13:32

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Gut. Dann warten wir jetzt auf unseren Meister: Leopold. Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.06.2007, 14:35

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Biholomorphie

Es scheint dort allerdings ein Wörtchen zu fehlen:

In der Funktionentheorie ist eine biholomorphe Abbildung eine holomorphe Abbildung w = f(z) ...

Sonst ergibt das folgende "ebenfalls" keinen Sinn.

19.06.2007, 16:37

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Da $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ die offene Einheitskreisscheibe $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ biholomorph auf sich abbilden, tut dies auch die Funktion $\begin{eqnarray*} h = g \circ f^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} h: \ \ \mathbb{E} \to \mathbb{E} \ \ \text{biholomorph} \end{eqnarray*}$

Für sie kann man nachweisen:

$\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \, , \ \ h'(0) = 1 \end{eqnarray*}$

Dazu braucht man nur die Voraussetzungen $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ (was Analoges für die Umkehrungen nach sich zieht) und $\begin{eqnarray*} f'(0) = g'(0) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Beachte auch die Kettenregel und die Regel zur Ableitung der Umkehrfunktion.

Dann zeige, daß die Funktion $\begin{eqnarray*} u(z) = \frac{h(z)}{z} \end{eqnarray*}$ sich durch $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ stetig ergänzen läßt und somit auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{E} \end{eqnarray*}$ holomorph ist. Schätze $\begin{eqnarray*} |u(z)| \end{eqnarray*}$ ab (Lemma von Schwarz) und wende das Maximumprinzip an. Was folgt damit für $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und daraus für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ und schließlich für $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ?

Hi!

@Leopold: Hast du diesen Beweis nun verworfen??? Den habe ich mir jetzt nochmal durchdacht und denke, dass es stimmen könnte. Ich betrachte also

$\begin{eqnarray*} h:=f\circ g^{-1} \end{eqnarray*}$ .

Dann habe ich jetzt zeigen können, dass aus den Bedingungen $\begin{eqnarray*} f(0)=g(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(0)=g'(0) \end{eqnarray*}$ folgt, dass

$\begin{eqnarray*} h(0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h'(0)=1 \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ holomorph in $\begin{eqnarray*} \mathbb E \end{eqnarray*}$ und wir wenden das Schwarzsche Lemma drauf an:

$\begin{eqnarray*} |h(z)|\leq |z| \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |z|<1,~z\in \mathbb E \end{eqnarray*}$ .

Dann folgt ferner: $\begin{eqnarray*} |h'(0)|\leq 1 \end{eqnarray*}$

Definiere nun $\begin{eqnarray*} u(z):=\cfrac{h(z)}{z} \end{eqnarray*}$

Die Funktion lässt sich in 0 holomorph fortsetzen wegen $\begin{eqnarray*} h(0)=0 \end{eqnarray*}$ , denn dann gilt:

$\begin{eqnarray*} u(0)=\lim_{z\rightarrow 0}\cfrac{h(z)}{z}=h'(0)=1 \end{eqnarray*}$

Also gilt:

$\begin{eqnarray*} u(0)=1 \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} h(\mathbb E)\subset \mathbb E \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} ||u(z)|\leq \cfrac{1}{r} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |z|=r<1. \end{eqnarray*}$

Nach dem Maxikumprinzip:

$\begin{eqnarray*} |u(z)|\leq \cfrac{1}{r}~~~\forall |z|\leq r \end{eqnarray*}$

Dann folgt

$\begin{eqnarray*} |u(z)|\leq 1 \end{eqnarray*}$

also insbesondere auch $\begin{eqnarray*} |h(z)|\leq |z|. \end{eqnarray*}$

was wir ja eigentlich schon hatten???

Läuft das ganze nun darauf hinaus, dass wir zeigen, dass ein $\begin{eqnarray*} z_0\in \mathbb E \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} z_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ existeiert, so dass

$\begin{eqnarray*} |h(z_0)|=|z_0| \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} |h'(0)|=1 \end{eqnarray*}$ ???

Dann nimmt ja $\begin{eqnarray*} |u| \end{eqnarray*}$ das Manxium im Inneren vom offenen Einheitskreis an, und damit wäre u=const=1. Dann ist aber $\begin{eqnarray*} h(z) \end{eqnarray*}$ eine reine Drehung...

Was sagt ihr dazu??? Kann ich nun daraus endlich die Identität von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ schlußfolgern???

19.06.2007, 17:21

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \end{eqnarray*}$ kann man nur nachweisen, wenn $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ ist. Das hatte ich fälschlicherweise unterstellt, in deiner originalen Aufgabe ist aber nur von $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) \end{eqnarray*}$ die Rede. Daher mein neuer Ansatz, der das Ganze so transformiert, daß dann die Funktion $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ die gewünschten Eigenschaften hat.

Unterstellen wir aber jetzt einmal vorübergehend $\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \end{eqnarray*}$ , dann kann man den Beweis so durchführen. Deine Argumentation ist manchmal etwas merkwürdig und nicht immer stichhaltig und zielführend.

Warum schreibst du z.B. $\begin{eqnarray*} |h'(0)| \leq 1 \end{eqnarray*}$ , wo du doch bereits das viel schärfere $\begin{eqnarray*} h'(0) = 1 \end{eqnarray*}$ hast? So etwas verwirrt den Leser

verwirrt

Und weiter hinten drehst du dich irgendwie im Kreise. Wenn du das Schwarzsche Lemma auf $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ anwendest, hast du doch sofort

$\begin{eqnarray*} |u(z)| = \frac{|h(z)|}{|z|} \leq \frac{|z|}{|z|} \leq 1 \end{eqnarray*}$

Die Ungleichung gilt auch für $\begin{eqnarray*} z = 0 \end{eqnarray*}$ , weil ja $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ ist, wie du richtig argumentiert hast. Und jetzt überlege: Du hast eine auf dem Einheitskreis definierte holomorphe Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ , die Werte annimmt, deren Beträge niemals größer als 1 sind. Auf der anderen Seite nimmt sie den Wert 1 (und der hat ja auch den Betrag 1, oder?) aber an: $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ . Das kann doch eigentlich nicht sein - mit einer Ausnahme ...

Und wenn du das Ergebnis für $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ hast, kannst du daraus sofort ein Ergebnis für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ bekommen und daraus nach Definition von $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ eine Aussage über $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ .

Aber wie gesagt, die Argumentation funktioniert nur mit der Zusatzannahme $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ . In meinem neuen Vorschlag (ohne diese Zusatzannahme) hat die Funktion $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ dann die Eigenschaften, die hier im Moment die Funktion $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ hat. Du kannst dann die Argumentation auf $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ übertragen.

Aber irgendwie habe ich sowieso das Gefühl, daß das alles einfacher gehen müßte ...

19.06.2007, 17:37

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \end{eqnarray*}$ kann man nur nachweisen, wenn $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ ist. Das hatte ich fälschlicherweise unterstellt, in deiner originalen Aufgabe ist aber nur von $\begin{eqnarray*} f(0) = g(0) \end{eqnarray*}$ die Rede. Daher mein neuer Ansatz, der das Ganze so transformiert, daß dann die Funktion $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ die gewünschten Eigenschaften hat.

Aber folgt das nicht aus

$\begin{eqnarray*} h(0)=(f\circ g^{-1})(0)=f(g^{-1}(0))=f(f^{-1}(0))=0 \end{eqnarray*}$ ???

Daraus resultiert nämlich die Folgerung für h(0)=0?

Zitat:

Die Ungleichung gilt auch für $\begin{eqnarray*} z = 0 \end{eqnarray*}$ , weil ja $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ ist, wie du richtig argumentiert hast. Und jetzt überlege: Du hast eine auf dem Einheitskreis definierte holomorphe Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ , die Werte annimmt, deren Beträge niemals größer als 1 sind. Auf der anderen Seite nimmt sie den Wert 1 (und der hat ja auch den Betrag 1, oder?) aber an: $\begin{eqnarray*} u(0) = 1 \end{eqnarray*}$ . Das kann doch eigentlich nicht sein - mit einer Ausnahme ...

Und wenn du das Ergebnis für $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ hast, kannst du daraus sofort ein Ergebnis für $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ bekommen und daraus nach Definition von $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ eine Aussage über $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ .

Meinst du damit die Identität? Die sich dann so zu sagen auf f und g "weiterüberträgt"???

19.06.2007, 17:46

AnalysisTutor

Auf diesen Beitrag antworten »

@WebFritzi

Sorry, bin etwas spät dran. Aber mit den $\begin{eqnarray*} f_i \end{eqnarray*}$ sind, wie ich bereits sagte, Reihenkoeffizienten gemeint. Also, noch mal ganz genau:
$\begin{eqnarray*} f(z)=\sum_{n=0}^\infty~f_nz^{n} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Es ist also nicht die i-te Ableitung oder sowas.

@all:
Ich gebe zu, dass meine Beweisidee eher algebraischer Natur ist und wahrscheinlich deswegen nicht so schön und einleuchtend, aber wenn es jemanden interessiert, dann kann ich den posten.

19.06.2007, 20:01

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von vektorraum
Aber folgt das nicht aus

$\begin{eqnarray*} h(0)=(f\circ g^{-1})(0)=f(g^{-1}(0))=f(f^{-1}(0))=0 \end{eqnarray*}$ ???

Daraus resultiert nämlich die Folgerung für h(0)=0?

geschockt

geschockt

Wie kommst du denn darauf? Du scheinst $\begin{eqnarray*} g^{-1}(0) = f^{-1}(0) \end{eqnarray*}$ anzunehmen. Denk da noch einmal darüber nach!

Und jetzt sprich halt endlich einmal aus, was die von uns definierte Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ letztlich sein muß. Und begründe das! Nimm dir dazu noch einmal die Formulierung des Maximumprinzips vor und schaue, inwieweit das hier Anwendung findet.

19.06.2007, 20:24

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann ist u=const ???

Sorry, bin jetzt ein bisl verwirrt. Wir gehen doch jetzt immer noch von einem offenen Gebiet aus (also der offene Einheitskreis). Dann besagt doch das Maximumprinzip: nimmt eine holomorphe Funktion im Inneren des Gebietes G ihr Maximum ihres Betrages an, so ist sie konstant.

19.06.2007, 22:07

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

@Leopold: Leider bist du nicht wirklich auf unsere Frage eingegangen. Könntest du das bitte noch machen? In der wikipedia steht geschrieben:

Zitat:

In der Funktionentheorie ist eine biholomorphe Abbildung eine Abbildung w = f(z), die ein Gebiet G in der (komplexen) z-Zahlenebene bijektiv auf ein Gebiet G' in der w-Ebene abbildet und für die die Umkehrabbildung ebenfalls holomorph ist. (Die zweite Bedingung folgt bereits aus der ersten.)

Dabei ist uns das, was in der Klammer steht, nicht klar. Also nochmal die Frage: Warum ist die Umkehrfunktion einer holomorphen und bijektiven Funktion f : G --> G' wieder holomorph?

20.06.2007, 21:45

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schieb mal hoch...

20.06.2007, 22:08

jol2040

Auf diesen Beitrag antworten »

Also danke für den Tipp, die Hilfsfunktion u(z)=h(z)/z zu betrachten... Damit funktioniert das alles toll!
Und h(0)=f^-1(g(0))=f^-1(f(0))=0 gilt, man kann also das Schwarzsche Lemma auf h anwenden, ohne diese komische l-Funktion einzuführen (hab tw. nur überflogen den Thread), aber ja also es klappt!
schönen abend noch

EDIT: Zu früh gefreut, die Frage mit der Holomorphie von f^-1 kringel g steht immer noch..
EDIT2: Steht aber im Tillmann (Lila) Funktionentheorie Rep., dass von bij. holomorphe Funktionen im Einheitskreis die Inversen im Einheitskreis wieder holomorph sind... Schade, dass wir das nicht mal in ner Übungsaufgabe hatten -.-. Aber wär auf jeden Fall neugierig, obs da nen Weg gibt, dass in dieser Speziellen Situation leicht einzusehen

20.06.2007, 22:31

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ WebFritzi

Die Antwort auf deine Frage findest du in jedem besseren Lehrbuch zur Funktionentheorie. Die wesentlichen Dinge sind: Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ holomorph und gilt $\begin{eqnarray*} f'(z_0) = 0 \end{eqnarray*}$ , so gibt es keine Umgebung von $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ , in der $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ umkehrbar ist. Gilt dagegen $\begin{eqnarray*} f'(z_0) \neq 0 \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ lokal umkehrbar, die Umkehrabbildung ist holomorph. Wenn nun $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zusätzlich als bijektiv vorausgesetzt ist, kann offenbar $\begin{eqnarray*} f'(z_0) = 0 \end{eqnarray*}$ nicht gelten. $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ ist daher nullstellenfrei, die Umkehrabbildung $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ existiert nach Voraussetzung. Ihre Ableitung berechnet sich wie im Reellen mit der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion. Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ holomorph.

@ jol2040

Daß ich das nicht gesehen habe! Natürlich! Mit der umgedrehten Definition $\begin{eqnarray*} h = f^{-1} \circ g \end{eqnarray*}$ geht alles viel einfacher, weil jetzt $\begin{eqnarray*} h(0) = 0 \end{eqnarray*}$ ist und immer noch $\begin{eqnarray*} h'(0) = 1 \end{eqnarray*}$ gilt.

20.06.2007, 22:49

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Das hab ich halt schon zweimal geschrieben Big Laugh

Big Laugh

Ach ja, was ist denn zum Beispiel mit f(z)=z^3 in der Umgebung des Nullpunktes? Das ist doch lokal (und auch global glaub ich) umkehrbar? ODer übersehe ich da im komplexen Fall etwas?

Edit: Ok, das ist nicht bijektiv, z^3=c hat ja drei komplexe Wurzeln.

Edit 2: Hab jetzt auch noch eine schöne Lösung mittels Möbiustransformation aufgeschrieben, die stell ich dann abererst morgen hier rein.

21.06.2007, 07:32

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Das hab ich halt schon zweimal geschrieben Big Laugh

Big Laugh

Stimmt. Aber du hattest nicht mitgeteilt, zu welchem Zweck du die Faktoren der Verkettung vertauschen wolltest. Bitte künftig daran denken, wenn du mit älteren Semestern redest: Immer ganz langsam und deutlich sprechen (die Batterie meines Hörgerätes ist gerade etwas schwach). Zum Mitschreiben. Telegrammstil genügt da nicht. Wie du siehst, habe ich den jol2040 gleich verstanden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.06.2007, 10:44

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ holomorph und gilt $\begin{eqnarray*} f'(z_0) = 0 \end{eqnarray*}$ , so gibt es keine Umgebung von $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ , in der $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ umkehrbar ist.

Das war mir bisher nicht bewusst. Hab ich auch noch in keinem Buch gesehen, glaub ich. Wie kann man das denn sehen? In IR stimmt das ja so nicht (z.B. f(x) = x^3). Also muss es mit etwas funktionentheoretischem zu tun haben.

21.06.2007, 16:39

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Erstmal ein Sorry an Leopold. Deine Lösungen helfen sehr gut weiter, ich wollte da nicht zu respektlos sein.

Trotzdem hier mal noch wie angekündigt ein weiterer Beweis, der sich vor allem auf Möbiustransformationen bezieht. Es wird erstmal eine etwas tieferliegende und für sich interessante Aussage bewiesen, aus der dann die ursprüngliche Aufgabe leicht durch lösen eines Gleichungssystems folgt. Dabei ist aber ebenfalls wieder die Holomorphie der Umkehrfunktion mit entscheidend, über die wir diskutiert haben.

Zur Erinnerung, und weil es mehrfach benutzt wird nochmal das

Schwarzsche Lemma:
Sei $\begin{eqnarray*} f: E->E \end{eqnarray*}$ eine holomorphe Funktion mit $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |f(z)|<1 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} |f(z)|\leq|z| \end{eqnarray*}$ .

Gilt für ein $\begin{eqnarray*} z\neq0 \end{eqnarray*}$ Gleichheit, so ist $\begin{eqnarray*} f(z)=az \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |a|=1 \end{eqnarray*}$ (f ist also eine Drehung um den Nullpunkt.)

Hilfssatz:
Sei nun $\begin{eqnarray*} f:E->E \end{eqnarray*}$ eine bijektive holomorphe Funktion. Dann hat f die Gestalt $\begin{eqnarray*} f(z)=e^{i\varphi}\frac{z-w}{z\bar w -1}. \end{eqnarray*}$ (f ist also eine spezielle Möbiustransformation).

Beweis:
Bezeichne $\begin{eqnarray*} c=f(0) \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} h(z)=\frac{z-c}{z \bar c-1} \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt zunächst $\begin{eqnarray*} h(f(0))=0 \end{eqnarray*}$ . Außerdem ist $\begin{eqnarray*} |h(f(z))|\leq 1 \end{eqnarray*}$ auf E. Wir können also auf $\begin{eqnarray*} h\circ f \end{eqnarray*}$ das Schwarzsche Lemma anwenden und erhalten $\begin{eqnarray*} |h(f(z))|\leq|z| \end{eqnarray*}$ .

Weiterhin existieren auf ganz E die Umkehrfunktionen $\begin{eqnarray*} h^{-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ , sind wieder Abbildungen E->E und es gilt $\begin{eqnarray*} f^{-1}(h^{-1}(0))=0 \end{eqnarray*}$ . Wiederum nach dem Schwarzschen Lemma gilt also $\begin{eqnarray*} |z|=|f^{-1}(h^{-1}(h(f(z))))|\leq|h(f(z))| \end{eqnarray*}$

Insgesamt folgt also $\begin{eqnarray*} |z|=|h(f(z))| \end{eqnarray*}$ für alle z aus E. Nach der Aussage des Lemmas über Gleichheit ist also $\begin{eqnarray*} h\circ f \end{eqnarray*}$ eine Drehung und es gilt $\begin{eqnarray*} h(f(z))=az \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |a|=1 \end{eqnarray*}$ .

Die Gestalt von h ist bekannt, wir setzen f darin ein, und stellen nach f(z) um. Es ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} f(z) = a \frac{z-\frac{c}{a}}{\frac{\bar c}{\bar a}z-1} \end{eqnarray*}$

Also hat f die behauptete Gestalt. $\begin{eqnarray*} \qed \end{eqnarray*}$

Die Ableitung einer solchen Möbiustransformation ist $\begin{eqnarray*} f'(z)=e^{i\varphi}\frac{|w|^2-1}{(\bar w z-1)^2} \end{eqnarray*}$

Aufgabe:
Damit folgt nun leicht die eigentliche Aufgabe. Seien dazu $\begin{eqnarray*} f, g :E->E \end{eqnarray*}$ holomorphe, bijektive Funktionen mit $\begin{eqnarray*} f(0)=g(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f'(0)=g'(0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Dann gelten nach dem Hilfssatz die Darstellungen:

$\begin{eqnarray*} f(z)=e^{i\varphi_1}\frac{z-w_1}{z\bar w_1 -1} \qquad g(z)=e^{i\varphi_2}\frac{z-w_2}{z\bar w_2 -1} \end{eqnarray*}$

Aus den beiden zusätzlichen Bedingungen ergeben sich die Gleichungen:

(1) $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi_1} w_1=e^{i\varphi_2} w_2 \end{eqnarray*}$
(2) $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi_1}(| w_1|^2-1)=e^{i\varphi_2}(| w_2|^2-1) \end{eqnarray*}$

Aus Gleichung (1) folgt durch Betragsbildung $\begin{eqnarray*} |w_1|=|w_2| \end{eqnarray*}$ . Eingesetzt in Gleichung (2) folgt wegen $\begin{eqnarray*} f'(0)\neq0 \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi_1} =e^{i\varphi_2} \end{eqnarray*}$ . Dies wiederum in Gleichung (1) eingesetzt liefert $\begin{eqnarray*} w_1=w_2 \end{eqnarray*}$ . Also ist f=g.

21.06.2007, 19:36

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt hast du auch gleich noch die Automorphismengruppe des Einheitskreises bestimmt. Das ist natürlich eine sehr scharfe Waffe für das zu lösende Problem.

21.06.2007, 20:01

vektorraum

Auf diesen Beitrag antworten »

Sehr schöner Beweis geschockt

geschockt

Habt ihr den in der Übung besprochen und ist der vom Prof. Günther, oder bist du selbst drauf gekommen?

Dann, mein Respekt!

21.06.2007, 20:15

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, die Idee mit der Möbiustransformation kam von dir in diesem Thread. Dann hab ich halt geschaut, daß das funktioniert, und was noch fehlt (nämlich genau der Hilfssatz). Die Ideen wie man den "dann beweist stammen dann aus dem Buch von Remmert. Wobei das ganze da über drei Kapitel verstreut ist, und ein bißchen anders formuliert ist mit Automorphismengruppen die transitiv auf E operieren usw.

Also insgesamt hauptsächlich gut geklaut.

22.06.2007, 11:34

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Dabei ist aber ebenfalls wieder die Holomorphie der Umkehrfunktion mit entscheidend, über die wir diskutiert haben.

OK, ich hab's jetzt. Sei mal f'(w) = 0 für irgendein w aus dem Einheitskreis. Die Funktion g(z) := f(z) - f(w) hat dann in w eine (mindestens) 2-fache Nullstelle. Das heißt aber auch (Satz von der Blätterzahl), dass jeder Wert, der nahe an Null liegt mindestens zweimal angenommen werden muss, was leider der Injektivität widerspräche. Folglich verschwindet f'(z) in keinem z aus dem Einheitskreis. Die Umkehrabbildung ist damit holomorph.

22.06.2007, 18:17

jol2040

Auf diesen Beitrag antworten »

hm naja also ich glaub so hätten wir - für die Aufgabe - nicht argumentieren können, weil Satz von der Blätterzahl nciht zu dem Fundus an Sätzen gehört, die wir in der Vorlesung schon kennen gelernt haben, ob man das so machen kann kann ich auch nicht einschätzen, kenne ja den Satz nicht -.- aber mal schauen was Wikipedia dazu meint...

23.06.2007, 11:08

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielleicht heißt der Satz bei euch "Satz 2.8" oder so. Augenzwinkern

Augenzwinkern

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »