Holomorphe Funktion auf dem Einheitskreis

03.07.2013, 19:59	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Holomorphe Funktion auf dem Einheitskreis Hallo zusammen, habe Probleme folgende Frage zu beantworten: Sei $\begin{eqnarray} \mathbb{E}:=\{z \in \mathbb{C} : \|z\|<1\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} K:=\{z \in \mathbb{C} : 1 < \|z\| <2 \} \end{eqnarray}$ Die Frage lautet nun, ob es eine holomorphe Abbildung $\begin{eqnarray} g: \mathbb{E} \longrightarrow K \end{eqnarray}$ gibt, die surjektiv ist. Es ist insbesondere wohl gemeint, dass $\begin{eqnarray} g(\mathbb{E})=K \end{eqnarray}$ gelten soll, sonst wäre die Sache denke ich etwas zu einfach. Folgendes habe ich mir schon überlegt: $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ darf nicht bijektiv sein, da man sonst eine biholomorphe Abbildung von $\begin{eqnarray} \mathbb{E} \end{eqnarray}$ auf die nicht einfach zusammenhängende Menge $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ erhält, was jedoch ein Widerspruch zum Riemannschen Abbildungssatz darstellt Es muss deswegen $\begin{eqnarray} g(a)=g(b) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} a,b \in \mathbb{E} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a \ne b \end{eqnarray}$ gelten Außerdem muss ebenfalls wegen der ersten Bemerkung $\begin{eqnarray} g'(x)=0 \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} x \in \mathbb{E} \end{eqnarray}$ gelten, da $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ sonst injektiv wäre Mehr fällt mir leider momentan nicht ein. Sehe einfach nicht wie ich jetzt weiter machen kann um eine Antwort zu finden. Mir fällt keine Funktion ein, die es tut, aber ich sehe auch noch keinen Grund, warum es nicht funktionieren sollte. Wäre über Hilfe wirklich dankbar. Viele Grüße Mandelbrötchen
06.07.2013, 13:04	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich denke, dass es eine solche Abbildung gibt. Die universelle Überlagerung von $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ kann weder $\begin{eqnarray} \mathbb P^1 \end{eqnarray}$ noch $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ sein, daher ist es zwangsläufig $\begin{eqnarray} \mathbb H \end{eqnarray}$ , also gibt es sogar eine unverzweigte Überlagerung $\begin{eqnarray} \mathbb E \cong \mathbb H \to K \end{eqnarray}$ .
06.07.2013, 13:18	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Einheitskreis ist biholomorph zu $\begin{eqnarray} (0,\ln2)+\mathrm i(0,2\pi) \end{eqnarray}$ . Nun findet man leicht eine holomorphe Funktion, die dieses Rechteck auf $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ mit einem Schlitz abbildet. Wie man ganz $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ als Bild erhält, darf man sich nun selbst überlegen.
07.07.2013, 19:30	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für eure beiden Antworten! Bin leider nicht wirklich vertraut mit der Überlagerungstheorie, weswegen mir erstere Antwort erst mal nicht direkt weiter hilft. Trotzdem danke tmo. Werde mich bei Gelegenheit einlesen und dann hoffentlich schnell sehen was du meintest Che Netzers Antwort hilft mir da schon eher weiter. Und das Problem mit dem geschlitzten Kreisring habe ich auch schon umgangen. Zum Glück soll die Abbildung ja nur surjektiv sein. Da hab ich bei meiner ersten Überlegung nicht wirklich dran gedacht. Werde die Lösung auch eventuell modifizieren und das Rechteck $\begin{eqnarray} (0,\frac{\ln(2)}{2})+i(0,2 \pi) \end{eqnarray}$ nutzen. Danke nochmal und viele Grüße Mandelbrötchen
07.07.2013, 19:40	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kommst du denn auf dieses Rechteck? Du würdest dann nur bis zum Betrag $\begin{eqnarray} \sqrt2 \end{eqnarray}$ kommen und der Schlitz bliebe erhalten.
07.07.2013, 20:05	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Also, ich dachte ich nehme dein vorgeschlagenes Rechteck, dann hätte ich aber an der Abbildung vom Rechteck auf den geschlitzten Kreisring basteln müssen und letztlich dafür Sorge tragen müssen, dass ich auch Punkte mit Winkel $\begin{eqnarray} 0° \end{eqnarray}$ erwische. Das ist ja gerade der Schlitz. Jetzt modifiziere ich die Abbildung aber einfach und betrachte $\begin{eqnarray} \exp(2z) \end{eqnarray}$ und sollte so mit dem von mir gewählten Rechteck den ganzen Kreisring erhalten. Naja ich hätte auch das Rechteck größer Wählen können, ok. Habe ich leider zu spät bemerkt, da ich bei der Überlegung noch fälschlicherweise davon ausging, dass ich eine bijektive Abbildung erhalten möchte, was ja totaler Quatsch ist.
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07.07.2013, 20:07	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ach so meinst du das. Ja, ich hätte am Ende $\begin{eqnarray} (0,\ln2)+\mathrm i(0,2\pi+\varepsilon) \end{eqnarray}$ gewählt.
07.07.2013, 20:10	Mandelbrötchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, die Idee hatte ich wie gesagt verworfen, ist aber ja auch ohne Probleme machbar. Zum Glück führen hier mehrere Wege zum Ziel An dieser Stelle noch mal vielen Dank für die hilfreiche Idee. Kam wirklich überhaupt nicht auf einen sinnvollen Ansatz

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