Konformität, Holomorphie

04.05.2021, 16:04	kiritsugu	Auf diesen Beitrag antworten »
Konformität, Holomorphie Meine Frage: Wie könnte man zeigen, dass die Abbildung (siehe Anhang) konform oder holomorph ist? Meine Ideen: Was holomorph betrifft hab ich erst gedacht über die Cauchy Riemannschen DGL, aber das kommt ja leider nicht hin.
04.05.2021, 16:28	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
So ganz klar ist mir nicht, wo das Ganze spielt. Was sind die Variablen? Es wäre hilfreich, einzelne Dinge nicht ihrem Kontext zu entreißen, sondern den Gesamtzusammenhang herzustellen. Vielleicht hilft Folgendes. Man kann den Term für $\begin{align} y \end{align}$ umformen zu $\begin{align} y = \ln \frac{1 + \sin (\varphi)}{\cos(\varphi)} = \ln \left( 1 + \sin(\varphi) \right) - \ln \left( \cos(\varphi) \right) \end{align}$ und findet damit $\begin{align} \frac{\dd y}{\dd \varphi} = \frac{1}{\cos(\varphi)} \end{align}$ womit durch $\begin{align} \varphi \mapsto y \end{align}$ eine Stammfunktion von $\begin{align} \varphi \mapsto \frac{1}{\cos(\varphi)} \end{align}$ gegeben ist. Ein mögliches Definitionsintervall ist $\begin{align} \left( - \frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right) \end{align}$ .
04.05.2021, 17:40	kiritsugu	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich dachte mir wenn ich dazu schreibe worum es sich handelt antwortet mir wieder keiner Also diese Abbildung nennt sich Mercatorabbildung und die Variablen Lambda und Phi sind Längen- und Breitengrad, definiert für [-Pi, Pi] und Phi [-Pi/2, Pi/2]. Die Mercatorprojektion ist eine Zylinderprojektion und die bildet die Koordinaten x und y winkeltreu in diesem Bereich ab, die Frage ist... wie zeigt man das?
04.05.2021, 20:36	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Abbildung genügt den Cauchy-Riemann-Gleichungen nicht. Ergo ist sie keine konforme.
05.05.2021, 01:47	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine Abbildung ist doch konform, wenn der Wert eines jeden infinitesimalen Quadrates ein infinitesimales Quadrat ist. Wir wollen also haben, dass der metrische Tensor die Form $\begin{eqnarray} \lambda^2 E \end{eqnarray}$ besitzt, wobei $\begin{eqnarray} E \end{eqnarray}$ die Einheitsmatrix und $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ein vom Ort abhängiger Skalierungsfaktor ist. Dann sind nämlich die Tangentialvektoren rechtwinklig und vom selben Betrag. Zur Länge $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ und Breite $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} F = \begin{pmatrix}\cos\lambda\cos\beta \\ \sin\lambda\cos\beta\\ \sin\beta\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ die Transformation von Kugelkoordinaten zu Raumkoordinaten. Und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}\lambda \\ \beta\end{pmatrix} = M^{-1}(x,y) = \begin{pmatrix}x+\lambda_0 \\ \operatorname{gd}(y)\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist die Umkehrabbildung der Mercator-Abbildung. Wenn $\begin{eqnarray} F\circ M^{-1} \end{eqnarray}$ konform sein soll, muss wie gesagt zum metrischen Tensor $\begin{eqnarray} g = J^T J = (D(F\circ M^{-1}))^T D(F\circ M^{-1}) \end{eqnarray}$ die Gleichung $\begin{eqnarray} g=\lambda^2 E \end{eqnarray}$ erfüllt sein. Wir können nun rechnen $\begin{eqnarray} g = (DF DM^{-1})^T DF DM^{-1} = (DM^{-1})^T(DF)^T DF DM^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (DM^{-1})^T g_F DM^{-1}. \end{eqnarray}$ Nehmen wir weiter an, $\begin{eqnarray} DM^{-1} \end{eqnarray}$ ist symmetrisch, dann reduziert sich das auf $\begin{eqnarray} g = (DM^{-1})^2 g_F. \end{eqnarray}$ Es gilt nun $\begin{eqnarray} g_F = \begin{pmatrix} \cos^2\beta & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix},\quad DM^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & \operatorname{gd}'(y) \end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Das macht $\begin{eqnarray} g = \begin{pmatrix} \cos^2\beta & 0\\ 0 & \mathrm{gd}'(y)^2 \end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Es muss also gelten $\begin{eqnarray} \lambda^2 = \operatorname{gd}'(y)^2 = \cos^2\beta. \end{eqnarray}$ Das heißt, es muss $\begin{eqnarray} \mathrm{gd}'(y)^2 = \cos(\operatorname{gd}(y))^2 \end{eqnarray}$ sein. Tatsächlich erfüllt die Gudermannfunktion die Differentialgleichung $\begin{eqnarray} \operatorname{gd}'(y) = \cos(\operatorname{gd}(y)). \end{eqnarray}$
05.05.2021, 12:00	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Warum bei der Definition der konformen Abbildung die Winkeltreue genügen soll, versteh ich irgendwie nicht. Also wir haben zwei Kurven $\begin{eqnarray} \gamma_1,\gamma_2 \end{eqnarray}$ , die sich für $\begin{eqnarray} t=0 \end{eqnarray}$ im Punkt $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ treffen. Sei $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ die Abbildung. Winkeltreue bedeutet, dass Winkel der Tangentialvektoren $\begin{eqnarray} \gamma_1'(0),\gamma_2'(0) \end{eqnarray}$ unter der Abbildung $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ erhalten bleibt, also auch der Kosinus $\begin{eqnarray} \frac{\langle (f\circ\gamma_1)'(0),(f\circ\gamma_2)'(0)\rangle}{\|(f\circ\gamma_1)'(0)\|\cdot \|(f\circ\gamma_2)'(0)\|} = \frac{\langle \gamma_1'(0),\gamma_2'(0)\rangle}{\|\gamma_1'(0)\|\cdot \|\gamma_2'(0)\|}. \end{eqnarray}$ Sei zur Abkürzung $\begin{eqnarray} v=\gamma_1'(0) \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} w=\gamma_2'(0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} L=Df(p) \end{eqnarray}$ . Die Gleichung bekommt gemäß Kettenregel die Gestalt $\begin{eqnarray} \frac{\langle Lv,Lw\rangle}{\|Lv\|\cdot \|Lw\|} = \frac{\langle v,w\rangle}{\|v\|\cdot \|w\|}. \end{eqnarray}$ Die Kurven wählen wir nun im Koordinatenraum, und dort als $\begin{eqnarray} \gamma_1(t) = p + t\mathbf e_i, \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \gamma_2(t) = p + t\mathbf e_j. \end{eqnarray}$ Dann gilt $\begin{eqnarray} v=\mathbf e_i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} w=\mathbf e_j \end{eqnarray}$ . Außerdem gilt $\begin{eqnarray} \langle Lv,Lw\rangle = g_{ij},\quad \|Lv\| = \sqrt{g_{ii}},\quad \|Lw\| = \sqrt{g_{jj}}. \end{eqnarray}$ Wir bekommen $\begin{eqnarray} g_{ij} = g_{ii}\delta_{ij}, \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} g = \begin{pmatrix} g_{11} & 0\\ 0 & g_{22} \end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Sei nun $\begin{eqnarray} f(z)=u+v\mathrm i \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} z=x+y\mathrm i \end{eqnarray}$ eine holomorphe Funktion. Gemäß den Cauchy-Riemann-Gleichungen gilt $\begin{eqnarray} L = Df = (\partial_x f,\partial_y f) = \begin{pmatrix} \partial_x u & \partial_y u\\ \partial_x v & \partial_y v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \partial_x u & -\partial_x v\\ \partial_x v & \partial_x u \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & -b\\ b & a \end{pmatrix}, \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} L = f'(z) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a=\operatorname{Re}(f'(z)) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b=\operatorname{Im}(f'(z)) \end{eqnarray}$ . Das macht aber $\begin{eqnarray} g = L^T L = \begin{pmatrix} a & b\\ -b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a & -b\\ b & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2+b^2 & 0\\ 0 & a^2+b^2 \end{pmatrix} = (a^2+b^2)E \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} g = \overline{f'(z)}f'(z) = \|f'(z)\|^2. \end{eqnarray}$ Angenommen, wir haben $\begin{eqnarray} g = L^T L = r^2 E. \end{eqnarray}$ Dann ist $\begin{eqnarray} r^{-1}L \end{eqnarray}$ eine orthogonale Matrix. Ist sie orientierungserhaltend, das heißt eine echte Rotationsmatrix, können wir demnach $\begin{eqnarray} L = r\begin{pmatrix} \cos\varphi & -\sin\varphi\\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & -b\\ b & a \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} r^2 = a^2+b^2 \end{eqnarray}$ haben. Meine Frage: Wenn jede orientierungserhaltend konforme Abbildung eine holomorphe sein soll, wo kommt denn $\begin{eqnarray} g_{11} = g_{22} \end{eqnarray}$ her?
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13.05.2021, 19:04	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Als einzige Möglichkeit verbleibt, die Winkeltreue für die Bilder weiterer Vektoren zu fordern. Betrachten wir sodann die um einen beliebigen Winkel gedrehte Standardbasis. Das sind die $\begin{eqnarray} R\mathbf e_k \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ eine Rotationsmatrix ist. Demnach muss $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ auch $\begin{eqnarray} \frac{\langle LR\mathbf e_i, LR\mathbf e_j\rangle}{\|LR\mathbf e_i\|\cdot \|LR\mathbf e_j\|} = \delta_{ij} \end{eqnarray}$ genügen. Für $\begin{eqnarray} i=j \end{eqnarray}$ ist das tautologisch. Betrachten wir daher den Fall $\begin{eqnarray} i\ne j \end{eqnarray}$ . Wir wollen also haben $\begin{eqnarray} 0 = \langle LR\mathbf e_i, LR\mathbf e_j\rangle = \langle (LR)_i, (LR)_j\rangle = \operatorname{Gram}(LR)_{ij} = ((LR)^T LR)_{ij} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = (R^T L^T L R)_{ij} = (R^T G R)_{ij} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} G=g=(g_{ij})=L^T L \end{eqnarray}$ . Die Behauptung ist demnach: Wenn $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$ diagonal ist und $\begin{eqnarray} R^T GR \end{eqnarray}$ ebenfalls diagonal, muss $\begin{eqnarray} G=\lambda^2 E \end{eqnarray}$ sein. Sagen wir mal, $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$ besitzt eine Störung $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ , dergestalt dass $\begin{eqnarray} G = \begin{pmatrix} \lambda^2 & 0\\ 0 & \lambda^2 + x \end{pmatrix} = \lambda^2 E + X;\quad X:=\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & x \end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Dann ist $\begin{eqnarray} R^T GR = \lambda^2 E + R^T XR. \end{eqnarray}$ Nun ist $\begin{eqnarray} R^T X R = \begin{pmatrix} c & s\\ -s & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & x \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & -s\\ s & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c & s\\ -s & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0\\ xs & xc \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} xs^2 & xcs\\ xcs & xc^2 \end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Damit $\begin{eqnarray} R^T XR \end{eqnarray}$ diagonal ist, muss $\begin{eqnarray} 0=xcs = x\cos(t)\sin(t) \end{eqnarray}$ für beliebige $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ sein. Das geht nur für $\begin{eqnarray} x=0 \end{eqnarray}$ . Somit ist gezeigt: Die Forderung der Winkeltreue zieht bereits die infinitesimale Ähnlichkeit nach sich. Das heißt, die Jacobi-Matrix ist tatsächlich an jedem Punkt eine Drehskalierung.
14.05.2021, 13:17	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Für allgemeine Dimension ist mir kein Beweis gelungen. Ich hab da mal in Andreas Kriegl: »Differentialgeometrie«. Universität Wien, Version von 2008. gestöbert. Ein recht umfangreiches Buch, als Einstiegslektüre meines Erachtens ein wenig überfordernd. Als Nachschlagewerk ist es sehr zu empfehlen. Da ist auf S. 277 bis 278 der schöne Satz »33.7 Lemma (Lineare konforme Abbildungen)« zu finden. Die Winkeltreue wird da durch zwei Äquivalenzen charakterisiert. Die erste lautet » $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist winkelerhaltend« ist äquivalent zu » $\begin{eqnarray} \exists\lambda>0\colon \langle f(x),f(y)\rangle = \lambda\langle x,y\rangle \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x,y\in\mathbb R^n \end{eqnarray}$ «, wobei $\begin{eqnarray} f\colon\mathbb R^n\to\mathbb R^m \end{eqnarray}$ eine injektive lineare Abbildung ist. Mit den von mir benutzten Schreibweisen lautet die Gleichung $\begin{eqnarray} \langle Lv,Lw\rangle = \lambda^2\langle v,w\rangle \end{eqnarray}$ . Setzt man nun für $\begin{eqnarray} v,w \end{eqnarray}$ die Standardbasis ein, bekommt man sofort $\begin{eqnarray} g_{ij}=\lambda^2\delta_{ij} \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} G=\lambda^2 E \end{eqnarray}$ . Für den wesentlichen Teil des Beweises ist ein Koordinatenbeweis aufgeführt, allerdings nur als zweite Variante. Die erste kommt ohne Koordinaten und Indizes aus.

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