Finden biholomorpher Abbildung < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:26 Sa 05.07.2014 | | Autor: | etoxxl |
| Aufgabe | | Sei G={z [mm] \in \IC [/mm] | Re(z)>0, |z|<2}. Finden Sie eine biholomorphe Abbildung [mm] \phi: [/mm] G [mm] \to [/mm] D. (D ist die Einheitskreisscheibe [mm] B_{1}(0)) [/mm] |
Ich habe mir die folgende Lösung überlegt:
Mit Hilfe des Doppelverhältnisses bilde ich den Rand von G, den ich durch die 3 Punkte (-2i,2,2i) repräsentiere auf den Rand von H = (obere Halbeebene ohne die reelle Achse) ab. Den Rand von H repräsentiere ich durch die 3 Punkt (-2,0,2). Die Abbildung, die den Rand von G auf den Rand von H abbildet nenne ich f. (Ich muss hier prüfen ob f auf die untere oder ebere Halbebene abbilden und falls auf untere -> negiere f)
Schließlich verwende ich die Cayley Abbildung [mm] \psi_{i}, [/mm] die H auf D abbildet und kann die gesuchte Abbildung [mm] \phi [/mm] angeben als [mm] \phi(z)= \psi_{i}(f(z))
[/mm]
Ist das der richtige Ansatz?
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Du hast nicht beachtet, daß [mm]G[/mm] nur ein Halbkreis ist. Und das macht die Sache etwas komplizierter.
Zunächst würde ich eine kleine kosmetische Operation durchführen und den Halbkreis vom Ursprung aus mit dem Faktor [mm]\frac{1}{2}[/mm] strecken, also die Abbildung
[mm]\sigma: \ z \mapsto \frac{1}{2}z[/mm]
durchführen. Dadurch wird [mm]G[/mm] auf den rechten Einheitshalbkreis abgebildet. Dann dachte ich zunächst daran, mit der Quadratabbildung [mm]z \mapsto z^2[/mm] den Halbkreis zum Vollkreis aufzufächern. Aber dabei würde ja die Strecke zwischen -1 und 0 ausgelassen. Das geht also nicht.
Aber mit einer Möbiustransformation kommt man weiter. Wenn man den Halbkreisbogen von unten nach oben durchläuft, kommt man an den Punkten [mm]- \operatorname{i}, \, 1, \, \operatorname{i}[/mm] vorbei. Und jetzt bestimmt man die Möbiustransformation [mm]\mu[/mm] durch die Bedingungen
[mm]\mu: \ \ - \operatorname{i} \mapsto 0 \, , \ \ 1 \to 1 \, , \ \ \operatorname{i} \to \infty[/mm]
Wegen der Kreistreue bildet [mm]\mu[/mm] den Halbkreisbogen auf die positive reelle Achse ab. Die Strecke, die den Halbkreis links abschließt (im Sinne der Möbiustransformationen auch ein Kreisbogen), schließt mit dem Halbkreisbogen bei [mm]- \operatorname{i}[/mm] einen rechten Winkel ein. Wegen der Winkeltreue müssen auch die Bilder einen rechten Winkel einschließen. Dann kommt als Bild der Strecke , es muß wegen [mm]\operatorname{i} \mapsto \infty[/mm] ebenfalls eine Halbgerade sein, nur entweder die positive oder die negative imaginäre Achse in Frage. Man kann [mm]\mu(0) = \operatorname{i}[/mm] nachrechnen. Also ist das Bild der Strecke die positive imaginäre Achse.
Damit ist klar, daß [mm]\mu[/mm] den Einheitshalbkreis auf den oberen rechten Quadranten abbildet. Jetzt schickt man die Quadratabbildung
[mm]\chi: \ z \mapsto z^2[/mm]
hinterher, die den Quadranten zur oberen Halbebene auffächert. Und die Cayley-Abbildung [mm]\psi[/mm] erledigt den Rest.
[mm]f = \psi \circ \chi \circ \mu \circ \sigma[/mm]
bildet daher [mm]G[/mm] biholomorph auf den Einheitskreis ab.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Mo 07.07.2014 | | Autor: | etoxxl |
Danke das klingt einleuchtend.
Ich habe dennoch eine Möbiusabbildung aufgestellt, die -2i auf 2, 2 auf 0 und 2i auf -2 abbildet.
Die Abbildung lautet: [mm] f(z)=\frac{-2iz+4i}{z+2}
[/mm]
Bei der Prüfung, ob die gewünschte Abbildung nur auf einen der beiden oberen Quadranten abbildet, kam heraus:
f(1+i)=0.8+0.4i und f(1-i)=-0.8+0.4i
damit bildet f den rechten Halbkreis auf H ab oder?
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[mm]\beta[/mm]: Bogen von [mm]- 2 \operatorname{i}[/mm] über [mm]2[/mm] nach [mm]2 \operatorname{i}[/mm]
[mm]\sigma[/mm]: Strecke von [mm]- 2 \operatorname{i}[/mm] über [mm]0[/mm] nach [mm]2 \operatorname{i}[/mm]
[mm]\beta[/mm] und [mm]\sigma[/mm] stehen in den Punkten [mm]\pm 2 \operatorname{i}[/mm] senkrecht aufeinander. Also müssen auch die Bilder unter [mm]f[/mm] senkrecht aufeinander stehen. Das Bild von [mm]\beta[/mm] ist gemäß deiner Vorgaben die Strecke von [mm]-2[/mm] über [mm]0[/mm] nach [mm]2[/mm]. Das Bild von [mm]\sigma[/mm] kann daher nur ein Halbkreisbogen um [mm]0[/mm] mit den Enden bei [mm]-2[/mm] und [mm]2[/mm] sein. [mm]f(0) = 2 \operatorname{i}[/mm] zeigt, daß es der obere Halbkreisbogen ist. Und [mm]f(1) = \frac{2}{3} \operatorname{i}[/mm] zeigt, daß [mm]G[/mm] durch [mm]f[/mm] auf das Innere des oberen Halbkreises um [mm]0[/mm] vom Radius [mm]2[/mm] abgebildet wird.
Das hättest du aber leichter durch die Abbildung [mm]z \mapsto \operatorname{i}z[/mm] erreichen können, die um 90° gegen den Uhrzeigersinn dreht.
Es ist nicht möglich, mit Hilfe einer Möbiustransformation einen Halb(!)kreis auf einen Vollkreis oder eine Halbebene abzubilden.
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Die ![[]](/images/popup.gif) Euklid-Datei im Anhang veranschaulicht die biholomorphe Abbildung zwischen [mm]G[/mm] und dem Einheitskreis, die ich in meinem ersten Beitrag beschrieben habe.
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge")
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: geo) [nicht öffentlich]
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