Möbiustransformation

20.09.2013, 14:00

12345678

Möbiustransformation

Meine Frage:
Hallo!
Ich habe gelesen:
Möbiustransformationen $\begin{eqnarray*} \frac{A+Cz}{B + Dz}, AD-BC \neq 0 \end{eqnarray*}$ von der oberen Halbebene auf sich selbst bilden die reelle Achse auf sich selbst ab.

Daraus folge, dass die Paramter A,B,C,D reell gewählt werden können.
Ich kann beide Aussagen (vor allem die zweite) nicht ganz nachvollziehen.

Meine Ideen:
Also zur ersten Aussage: Die Abbildung lässt sich stetig auf den Rand fortsetzen -wieso eigentlich, was ist für $\begin{eqnarray*} z = \frac{-B}{D} \end{eqnarray*}$ ? Muss ich den Punkt Unendlich zur Halbebene dazunehmen, damit das klappt? -.
Da die Abbildung konform ist, wird die reelle Achse wird auf eine Gerade abgebildet, die parallel zur reellen Achse verläuft.
Angenommen es ist nicht die reelle Achse. Dann ist das Urbild eines kleinen
Kreises um einen Punkt auf dieser Gerade kein Kreis... Bringt das was?

Bei der zweiten Behauptung habe ich noch keinen Ansatz.

21.09.2013, 14:19

Che Netzer

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RE: Möbiustransformation

Zitat:

Original von 12345678
Muss ich den Punkt Unendlich zur Halbebene dazunehmen, damit das klappt?

Den solltest du in diesem Fall lieber zur reellen Achse zählen.

Der Rand des Urbilds wird allerdings auf den Rand des Bilds abgebildet. Wenn also die obere Halbebene auf sich selbst abgebildet wird, muss das auch für die reelle Achse gelten.

Und eine gebrochenrationale Funktion von den reellen Zahlen in die reellen Zahlen ist nunmal mit reellen Koeffizienten darstellbar.

21.09.2013, 23:15

12345678

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Zitat:

Den solltest du in diesem Fall lieber zur reellen Achse zählen.

Woran sieht man das? Ist das immer besser oder gibts auch Fälle, wo ich den Punkt Unendlich nicht zur reellen Achse zählen sollte?

Zitat:

Der Rand des Urbilds wird allerdings auf den Rand des Bilds abgebildet.

Für welche Abbildungen gilt das? Reicht dafür stetig?

Zitat:

Und eine gebrochenrationale Funktion von den reellen Zahlen in die reellen Zahlen ist nunmal mit reellen Koeffizienten darstellbar.

Ok, aber wieso folgt daraus schon die Behauptung? Ich will ja zeigen, dass die gesamte Abbildung von der
abgeschlossenen Halbebene in sich selbst mit reellen Koeffizienten darstellbar ist.
Wenn ich weiß, dass ich die Einschränkung auf die reelle Achse auch mit reellen Koeffizienten darstellen kann, ist mir noch nicht klar, wieso das auch für die (offene) obere Halbebene gelten soll, also quasi mit dem Rest der Abbildung verträglich ist.

22.09.2013, 09:01

Che Netzer

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Zitat:

Original von 12345678
Woran sieht man das? Ist das immer besser oder gibts auch Fälle, wo ich den Punkt Unendlich nicht zur reellen Achse zählen sollte?

Den Punkt Unendlich sollte man meistens zu den auftretenden Geraden zählen. Hier ist die reelle Achse nunmal die einzige Gerade.

Zitat:

Für welche Abbildungen gilt das?

Für Homöomorphismen ist das jedenfalls kein Problem und das sind die Möbiustransformationen ja auf $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Ok, aber wieso folgt daraus schon die Behauptung?

Die Abbildung ist durch die vier Koeffizienten eindeutig festgelegt und wenn du durch Betrachten ihrer Einschränkung auf die reelle Achse feststellst, dass sie reell gewählt werden können, ist das doch schön smile

Alternativ könntest du auch den Identitätssatz heranziehen.

22.09.2013, 12:12

12345678

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Zitat:

Den Punkt Unendlich sollte man meistens zu den auftretenden Geraden zählen. Hier ist die reelle Achse nunmal die einzige Gerade.

Ah, ok, gut, dass wusste ich noch nicht.

Zitat:

Für Homöomorphismen ist das jedenfalls kein Problem und das sind die Möbiustransformationen ja auf $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$

Ist der Beweis schwer? Also daraus, dass es ein Homöomorphismus ist, folgt ja, dass
die Abbildung offen ist, und das Urbilder offener Mengen offen sind und das analoge für abgeschlossene Mengen.
Grob würde ich jetzt argumentieren: Die offenen Halbebene geht auf was offenes, und damit die abgeschlossene
Halbebene auf was abgeschlossenes -und das zusammen die abgeschlossenen Halbebene ergeben muss muss, muss der Rand auf den Rand der Halbebene.
Aber irgendwie sind das mehr so Vermutungen, als ein richtiger Beweis..

Zitat:

Hm, da stehe ich wohl auf dem Schlauch: Eine Gerade ist doch auch durch zwei Koeffizienten eindeutig bestimmt, aber nur weil ich die Funktion die die Gerade darstellt eingeschränkt auf einen Punkt auch anders darstellen kann
(geht in diesem Beispiel natürlich immer), heißt das ja nicht. dass ich auch mit dem Rest der neuen Gerade dann zufrieden wäre.

Zitat:

Alternativ könntest du auch den Identitätssatz heranziehen.

Ok das Argument überzeugt mich smile

22.09.2013, 12:25

Che Netzer

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Zitat:

Original von 12345678
Ist der Beweis schwer?

Anschaulich: Homöomorphismen erhalten topologische Begriffe.
Auch der Abschluss kann mit Homöomorphismen vertauscht werden.
Ist $\begin{eqnarray*} f\colon(M_1,\mathcal T_1)\to(M_2,\mathcal T_2) \end{eqnarray*}$ ein Homöomorphismus zwischen topologischen Räumen und $\begin{eqnarray*} A\subset M_1 \end{eqnarray*}$ , dann wollen wir $\begin{eqnarray*} f(\overline A)=\overline{f(A)} \end{eqnarray*}$ zeigen. Die linke Menge ist abgeschlossen und enthält $\begin{eqnarray*} f(A) \end{eqnarray*}$ , also gilt die Inklusion " $\begin{eqnarray*} \supset \end{eqnarray*}$ ". Umgekehrt ist $\begin{eqnarray*} f^{-1}\bigl(\overline{f(A)}\bigr) \end{eqnarray*}$ abgeschlossen und enthält $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und damit auch $\begin{eqnarray*} \overline A \end{eqnarray*}$ .
Und wenn wir die "Abschlussbildung" mit Homöomorphismen vertauschen können, dann auch die "Randbildung".

22.09.2013, 12:34

12345678

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Danke!

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