Fixpunkte holomorpher Funktionen

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03.05.2010, 02:24	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Fixpunkte holomorpher Funktionen $\begin{eqnarray} \text{Sei $f$ holomorph auf $\Omega$. $\Omega$ enthalte die geschlossene Einheitskreisscheibe, und $\|f(z)\|<1$ wenn $\|z\|=1$.} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Wie viele Fixpunkte muss f dann in der Einheitskreisscheibe haben? Bzw. wieviele Lösungen besitzt $f(z)=z$?} \end{eqnarray}$ Sicher kann ich mal sagen, dass eine konstante Funktion in diesem Fall genau einen Fixpunkt besitzt... Viel mehr Ideen hab' ich aber nicht... Ich hab mal die Funktion $\begin{eqnarray} g(z):= f(z)-z \end{eqnarray}$ betrachtet. Nach einem Theorem wird die Anzahl der Nullstellen gegeben durch $\begin{eqnarray} N_g = \int_\gamma \! \frac{g'(z)}{g(z)} \, dz = \int_\gamma \! \frac{f'(z)-1}{f(z)-z} \, dz \end{eqnarray}$ Ob und wie mir das weiterhilft weiss ich jedoch nicht.
03.05.2010, 03:02	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} \gamma(t) := e^{it}. \end{eqnarray}$ Dann gilt $\begin{eqnarray} \int_\gamma\,\frac{f'(z)}{f(z)}\,dz = \int_0^{2\pi}\,\frac{f'(\gamma(t))}{f(\gamma(t))}\dot\gamma(t)\,dt = \int_0^{2\pi}\,\frac{1}{(f\circ\gamma)(t)}(f\circ\gamma)'(t)\,dt = \int_{f\circ\gamma}\frac{dz}{z}. \end{eqnarray}$ Nun sollte dir ein Licht aufgehen. EDIT: Du musst natürlich noch den Fall betrachten, dass f bereits auf dem Einheitskreis eine Nullstelle besitzt.
03.05.2010, 03:46	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \int_\gamma\,\frac{f'(z)}{f(z)}\,dz = \int_0^{2\pi}\,\frac{f'(\gamma(t))}{f(\gamma(t))}\dot\gamma(t)\,dt = \int_0^{2\pi}\,\frac{1}{(f\circ\gamma)(t)}(f\circ\gamma)'(t)\,dt = \int_{f\circ\gamma}\frac{dz}{z} = Ind_{(f \circ \gamma)}(0) \end{eqnarray}$ Ich sehe leider kein Licht...
03.05.2010, 04:02	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Wo befindet sich der Zykel $\begin{eqnarray} f\circ\gamma? \end{eqnarray}$
03.05.2010, 04:12	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
In $\begin{eqnarray} B_1(0) \end{eqnarray}$ . Wenn f keine Nullstelle auf dem Einheitskreis besitzt sogar in der punktierten Umgebung. Sorry, scheinbar ist es für dich sehr offensichtlich...
03.05.2010, 04:18	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Neee, Mist. Hab f und g verwechselt. Also alle f's, die ich geschrieben habe, mit g ersetzen, bitte. Dann ist also $\begin{eqnarray} g\circ\gamma \end{eqnarray}$ ein Zykel in $\begin{eqnarray} B_2(0). \end{eqnarray}$ Fragt sich nur, wie oft der die Null umkreist...
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03.05.2010, 04:31	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ! Das ist ja einfach Rouché's Theorem "in disguise". Also meine Antwort ist 1. Begründen kann ich es eben mit Rouché oder weil halt $\begin{eqnarray} e^{it}-f(e^{it}) \end{eqnarray}$ genau gleich oft um 0 rundherumgeht, wie $\begin{eqnarray} e^{it} \end{eqnarray}$ (da sich das eine ja zu jedem Zeitpunkt im 1-Ball des anderen befindet.) Übrigens, zu dem anderen Beitrag mit der Messbarkeit: Da hast du letztendlich die Beschränktheit von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ tatsächlich nicht gebraucht, oder? Also konntest du im Prinzip eine stärkere Aussage machen.
03.05.2010, 05:30	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh man... Jetzt sehe ich erst, wie einfach es geht... Sei g(z) = -z. Für z auf dem Einheitskreis gilt \|f(z)\| < \|g(z)\|. Also haben g und f+g gleich viele Nullstellen in der Scheibe: eine.
04.05.2010, 16:31	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Meintest du das eigentlich auch?
05.05.2010, 22:04	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, genau das hab' ich mir schlussendlich auch gedacht.

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