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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:06 Fr 26.08.2011 | | Autor: | Harris |
Hallo liebe Leute!
Erst mal vielen Dank für die ganzen Hilfestellungen, die Ihr mir die letzten Wochen hier gegeben habt. Ich habe gerade mein Examen geschrieben und es lief ganz gut.
Bei einer Aufgabe bin ich mir nicht sicher, dass ich sie richtig gelöst habe. Und deswegen wollte ich fragen, was ihr von meinem Lösungsweg haltet:
Sei G einfach zusammenhängend und $f,g$ biholomorphe Abbildungen von $G$ auf $G$. Weiterhin gelte für [mm] $a\neq b\in [/mm] G$, dass $f(a)=g(a)$ und $f(b)=g(b)$ gilt. Zeigen Sie, dass $f=g$
Meine Antwort:
Da G einfach zusammenhängend ist, gibt es eine biholomorphe $j$ Abbildung auf den Einheitskreis. [mm] \varphi:G\rightarrow [/mm] E$
Dieser liefert einen Isomorphismus von $Aut(G)$ nach $Aut(E)$ mittels
[mm] $\varphi(h)=j\circ [/mm] h [mm] \circ j^{-1}$, [/mm] denn es ist ein Homomorphiscmus, da
[mm] $\varphi(h)\circ\varphi(g)=j\circ [/mm] h [mm] \circ j^{-1}\circ j\circ [/mm] g [mm] \circ j^{-1}=\varphi(h\circ [/mm] g)$ und bijektiv, da diese Abbildungen insbesondere bijektiv sind.
Es genügt also, die Aussage für den Einheitskreis zu beweisen.
Die Automorphismengruppe des Einheitskreises ist gegeben durch
[mm] $Aut(E)=\{e^{it}\frac{z-\omega}{\overline{\omega}z-1} : t\in\IR, \omega\in E\} [/mm] und diese wird erzeugt durch [mm] $e^{it}z$ [/mm] (Drehungen um den Ursprung) und [mm] \frac{z-\omega}{\overline{\omega}z-1} [/mm] (Verschieben von [mm] \omega [/mm] auf den Ursprung).
Für [mm] t\in (0,2\pi) [/mm] gilt
[mm] $e^{it}z=z \gdw [/mm] z=0$.
Diese Abbildung hat also genau einen Fixpunkt.
Für [mm] $\omega\neq [/mm] 0$ gilt
[mm] \frac{z-\omega}{\overline{\omega}z-1}=z
[/mm]
[mm] \gdw z-\omega=z^2\overline{\omega}-z
[/mm]
[mm] \gdw z^2\overline{\omega}-2z+\omega=0
[/mm]
[mm] \gdw z^2-\frac{2z}{\overline{\omega}}+\frac{\omega}{\overline{\omega}}=0
[/mm]
(Frage für zwischendurch: Kann ich hier die Mitternachtsformel mit dem Hauptzweig der Wurzel anwenden?!?)
In $E$ gilt nun
Sei nun [mm] \alpha(z)=z^2-\frac{2z}{\overline{\omega}}+\frac{\omega}{\overline{\omega}} [/mm] und [mm] \beta(z)=-\frac{2z}{\overline{\omega}}
[/mm]
Dann gilt [mm] |\alpha(z)-\beta(z)|_{\partial E}=|z^2+\frac{\omega}{\overline{\omega}}|_{\partial E}\leq|z^2|_{\partial E}+|\frac{\omega}{\overline{\omega}}|\leq [/mm] 2 [mm] \leq 2|\frac{1}{\overline{\omega}}|\leq |\beta(z)|_{\partial E}
[/mm]
Also haben [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] im Einheitskreis gleich viele Nullstellen nach dem Satz von Rouché und da [mm] \beta [/mm] nur eine hat, hat [mm] \alpha [/mm] auch nur eine.
Somit besitzt obige Abbildung genau einen Fixpunkt.
a',b' sei das Bild von [mm] \varphi.
[/mm]
Da nun $f(a')=g(a')$ und $f(b')=g(b')$ ist, gilt
[mm] $g^{-1}\circ [/mm] f (a')=a'$ und [mm] $g^{-1}\circ [/mm] f(b')=b'$ und somit hat die Abbildung [mm] $g^{-1}\circ [/mm] f$ zwei Fixpunkte. Die einzige Abbildung, die mehr als einen Fixpunkt hat, ist die Identität. Somit gilt [mm] $g^{-1}f=id\gdw [/mm] f=g$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:21 So 28.08.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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