Analogon zum Osgood-Carathéodory-Theorem

14.09.2013, 17:33

12345678

Analogon zum Osgood-Carathéodory-Theorem

Meine Frage:
Das Osgood-Carathéodory-Theorem besagt ja, dass falls U ein Jordan-Gebiet ist und f von U biholomorph auf die offene Einheitskreisscheibe D abbildet, f auf den Rand von U fortsetzbar ist, sodass der Abschluss von U homöomorph auf die abgeschlossenen Einheitskreisscheibe abgebildet wird.
Nun müssen Jordan-Gebiete ja beschränkt sein. Gibt es eventuell ein analoges Resultat für einfach zusammenhängende Mengen, die gegebenenfalls auch unbeschränkt sein können?

Meine Ideen:

14.09.2013, 17:44

Che Netzer

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RE: Analogon zum Osgood-Carathéodory-Theorem
Wie stellst du dir das vor? Selbst für beschränkte einfach zusammenhängende Mengen muss das nicht mehr gelten: Nimm dir einen Kreisring mit Schlitz – dessen Abschluss ist nicht mehr einfach zusammenhängend, kann also nicht homöomorph zur abgschlossenen Einheitskreisscheibe sein.

14.09.2013, 18:00

12345678

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Hm stimmt, ich hab mich nicht klar ausgedrückt.
Was ich meinte sind Gebiete, die im Prinzip wie Jordan-Gebiete aussehen, aber gegebenefalls unendlich groß werden.
Also beispielsweise einen unendlich langen Streifen (der ja im Prinzip sowas wie eine Jordankurve (ein Rechteck) ist, allerdings eben zwei unendlich lange Seiten hat) oder auch die Halbebene.
Weiß allerdings nicht ob was ich meine dadurch klarer wird bzw. ob die Idee überhaupt mathematisch vernünftig ist / aufgeschrieben werden kann.
Ach ja und einen kleinen, wackeligen Ansatz hab ich:
Ich definiere das Gebiet U als das "Innere" des "Grenzwerts" einer Folge von Jordan-Kurven, wobei der Grenzwert jedoch im Allgemeinen keine Kurve mehr ist. Im obigen Fall
eben Rechtecke und als "Grenzwert" einen unendlich langen Streifen. Für jedes Folgenglied (also für jede Jordankurve) weiß ich, dass vom Inneren der Kurve eine biholomorphe Abbildung auf D existiert, die sich homöomorph auf den Rand fortsetzen lässt (wegen dem Riemannschen Abbildungssatz und dem Carathéodory-Osgood-Theorem). Jetzt suche ich ein Argument, dass sich das unter bestimmten Voraussetzungen auf den Grenzfall "durchdrückt", wobei ich auf jeden Fall mal ausschließen muss, dass das Gebiet im Grenzwert ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ ist.

14.09.2013, 18:47

Che Netzer

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Mit einem unendlich langen Streifen kann das auch nicht funktionieren. Dessen Abschluss in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ hat einen unzusammenhängenden Rand und der Abschluss in $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ ist nicht einfach zusammenhängend.
Wenn du aber auf der Sphäre $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ bist und Gebiete betrachtest, deren Rand eine einfach geschlossene Kurve ist, dann sollte alles gutgehen, denn dann kannst du eine Möbius-Transformation finden, so dass der Punkt Unendlich außerhalb des Gebiets landet.

14.09.2013, 20:39

12345678

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Ah, super, danke, glaub das hilft mir genau!
Kann ich diese Gebiete auch auf der komplexen Ebene erkennen?
Also $\begin{eqnarray*} \hat{ \mathbb C } \end{eqnarray*}$ kann ich ja auf die Ebene mit unendlich abbilden, indem ich bspw.
die stereographische Projektion verwende und den Nordpol auf unendlich abbilde.
Aber wenn ich jetzt einfach ein Gebiet in der komplexen Ebene sehe, erkenne ich nicht gleich, ob das in
$\begin{eqnarray*} \hat{ \mathbb C} \end{eqnarray*}$ von einer Jordan-Kurve berandet ist.
Und versteh ich die Argumentation mit der Möbius-Transformation richtig:
Du willst das Problem auf das Carathéodory-Osgood-Theorem zurückführen.
Nun betrachtest du eine Jordan-Kurve auf der Sphäre. Das ist mir jetzt nicht ganz klar:
Geht diese Kurve durch unendlich (also durch den Nordpol)? Beziehungsweise was ist das Gebiet auf der Sphäre, das
von einer Kurve auf der Sphäre eingeschlossen wird? Der Teil in dem der Nordpol liegt oder genau der andere?
Und was ist, wenn die Kurve genau durch den Nordpol geht?
Und nun verwenden wir, dass die biholomorphen Abbildungen von $\begin{eqnarray*} \hat{ \mathbb C} \end{eqnarray*}$ genau die Möbiustransformationen sind. Jetzt gibts eine eindeutige Möbiustransformation, die den Nordpol auf einen fest gewählten, beliebigen anderen Punkt P auf der Sphäre abbildet. Wir wählen P nun so, falls der Nordpol bisher in unserem Gebiet ist, dass P außerhalb des Gebiets liegt. Nach anwenden dieser Abbildung können wir
den Satz von Carathéodory-Osgood anwenden.
Das heißt, jetzt müsste noch gelten, dass sich Möbiustransformationen homöomorph auf den Rand fortsetzen lassen, damit die Behauptung folgt, gilt das?

14.09.2013, 20:48

Che Netzer

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Zitat:

Original von 12345678
Geht diese Kurve durch unendlich (also durch den Nordpol)? Beziehungsweise was ist das Gebiet auf der Sphäre, das
von einer Kurve auf der Sphäre eingeschlossen wird? Der Teil in dem der Nordpol liegt oder genau der andere?

Irgendeins. Ich gehe von einem Gebiet aus und fordere, dass der Rand eine einfach geschlossene Kurve ist; ich starte nicht mit der Kurve.

Zitat:

Und was ist, wenn die Kurve genau durch den Nordpol geht?

Macht nichts, siehe unten.

Zitat:

Wir wählen P nun so, falls der Nordpol bisher in unserem Gebiet ist, dass P außerhalb des Gebiets liegt.

Joa, ich würde (etwas geometrischer) sagen, wir drehen die Kugel und halten unser Gebiet fest, so dass wir den Nordpol außerhalb des Gebiets schieben (und auch vom Rand runter).
Das realisiert man dann durch eine Möbius-Transformation.

Zitat:

Das heißt, jetzt müsste noch gelten, dass sich Möbiustransformationen homöomorph auf den Rand fortsetzen lassen, damit die Behauptung folgt, gilt das?

Möbius-Transformationen sind ohnehin auf ganz $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ definiert und homöomorph; da sollte nichts schiefgehen.

Allerdings musst du bei der Angelegenheit daran denken, dass wir auch Unendlich betrachten! Das ganze funktioniert also auch für das Komplement der abgeschlossenen Einheitskreisscheibe, das ohne den Punkt Unendlich ja nicht biholomorph zur Einheitskreisscheibe wäre.

14.09.2013, 21:51

12345678

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Zitat:

Möbius-Transformationen sind ohnehin auf ganz $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ definiert und homöomorph; da sollte nichts schiefgehen.

Stimmt, hab ich nicht dran gedacht.

Ok, habs glaub ich doch noch nicht ganz verstanden:
Also wir nehmen uns ein Gebiet in der komplexen Ebene. Davon betrachten wir den Abschluss. Dies
ist dann der ganz normale Rand und zusätzlich noch der Punkt Unendlich, falls das Gebiet unbeschränkt ist(?).
Dieses bilde ich mittels stereographischer Projektion auf die Sphäre ab, den (Rand-)punkt Unendlich
bilde ich auf den Nordpol an. Dabei verwende ich, dass die stereographische Projektion ein Homöomorphimus ist(?).
Nun gucke ich, ob der Rand davon auf der Sphäre eine Jordan-Kurve ist. Wenn ja, drehe ich die Sphäre mittels einer Möbiustransformation so, dass der Nordpol nicht mehr im Gebiet liegt. Dann bilde ich zurück ab auf die komplexe Ebene mittels stereographischer Projektion, diesmal liegt unendlich jedoch nicht im Bild (heißt das jetzt entstandene Gebiet in der komplexen Ebene ist beschränkt?) Hierauf kann ich jetzt den Satz von Carathéodory-Osgood anwenden?

Zitat:

Allerdings musst du bei der Angelegenheit daran denken, dass wir auch Unendlich betrachten! Das ganze funktioniert also auch für das Komplement der abgeschlossenen Einheitskreisscheibe, das ohne den Punkt Unendlich ja nicht biholomorph zur Einheitskreisscheibe wäre.

Also wenn wir das Komplement der abgeschlossenen Einheitskreisscheibe (ich nenns mal A) betrachten, kann ich das mittels stereographischer Projektion wieder auf die Sphäre abbilden, da A unbeschränkt ist, ist der Nordpol jetzt auf dem Bild. Nun kann ich wieder drehen und dann zurückabbilden.
Hm ja ich versteh jetzt nicht ganz wos schiefgeht, also wahrscheinlich ist das das, was du mit

Zitat:

ohne den Punkt Unendlich ja nicht biholomorph zur Einheitskreisscheibe wäre

meinst.
Aber was bedeutet das? Steh da etwas auf dem Schlauch. Heißt das, dass
auf $\begin{eqnarray*} \hat {\mathbb C} \end{eqnarray*}$ A biholomorph auf die offene Einheitskreisscheibe abbilden kann, nicht jedoch auf
$\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ ? Liegt das daran, dass ich auf $\begin{eqnarray*} \hat {\mathbb C} \end{eqnarray*}$ jede geschlossene
Kurve in den Punkt Unendlich zusammenziehen kann, die Menge also einfach zusammenhängend ist?

Wie äußert sich das in diesem Vorgehen, sprich bei mengen wie A seh ich ja sofort, dass irgendwas schiefgeht, da
A nicht einfach zusammenhängend ist, aber das muss ja auch in dieser Idee irgendwo zum tragen kommen.
Beziehungsweise frage ich mich wieder, wie ich mengen, bei denen alles glatt geht schon in der komplexen Ebene erkenne.

Und woher weiß ich überhaupt, dass A auf der Sphäre von einer Jordan-Kurve berandet ist?
Der Rand ist ja der Eineitskreis vereinigt mit Unendlich. und der Einheitskreis wird ja durch stereographische
Projektion auf sich selbst abgebildet und der Punkt Unendlich auf den Nordpol. Ist das dann nicht eine Jordan-Kurve vereinigt mit einem einzelnen Punkt, also keine Jordan-Kurve mehr?

15.09.2013, 07:19

Che Netzer

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Das klang alles richtig. Zum Beispiel mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ : Die Menge $\begin{eqnarray*} \{z\in\mathbb C:\lvert z\rvert>1\} \end{eqnarray*}$ ist natürlich nicht bihomolorph zur Einheitskreisscheibe. Das ist jedoch nicht $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , denn wir arbeiten ja auf $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ , wo zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auch noch der Punkt Unendlich gehört. Damit ist $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die obere Halbkugel.
Und genau darauf wollte ich ja hinweisen: Wenn du die Gebiete in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ betrachten willst, dann muss Unendlich auf $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ auf dem Rand des Gebiets liegen (oder ganz außerhalb, was nichts neues wäre). Der Punkt Unendlich darf aber kein "Loch" im Gebiet sein.

15.09.2013, 08:07

12345678

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Super, vielen Dank! smile

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