Möbiustransformation < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:46 Do 20.12.2007 | | Autor: | ebarni |
| Aufgabe | Bestimmen Sie das Bild
(i) des Einheitskreises
(ii) der imaginären Achse ohne z=0
(iii) der negativen reellen Achse
unter der Abbildung [mm]w(z) = \bruch{1-z}{z}[/mm] |
Hallo zusammen, hier weiß ich nun überhaupt nicht, wie ich vorgehen muss. Vielleicht kann mir jemand mal einen Tipp für einen Ansatz geben, das wäre super. Da ich keinerlei Vorstellung habe, was zu tun ist, kann ich leider auch gar nix posten...:-(
Viele Grüße ins Cyberspace, Andreas
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:59 Do 20.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
Du hast ja eine Möbiustransformation
[mm] w(z)=\frac{1+(-1)*z}{0+1*z} [/mm] wegen [mm] $1*1-(-1)*0\not=0$.
[/mm]
Habt ihr schon den Satz bewiesen, dass eine solche allgemeine Kreislinien auf allgemeine Kreislinien abbildet, also die Kreisverwandtschaft bilinearer Funktion?
Dabei ist eine allgemeine Kreislinie entweder eine Gerade in [mm] \IC, [/mm] oder aber der Rand eines Kreises um einen Punkt aus [mm] \IC.
[/mm]
Hast Du eine Idee, wie man das ausnutzen könnte? Selbst wenn Du den Satz nicht kennst, könntest Du versuchen, hieraus etwas zu folgern und damit eine Behauptung aufzustellen, wie das entsprechende Bild der Funktion aussieht. Wenn Du den Satz nicht kennst, musst Du dann Deine Behauptung explizit beweisen.
Also um mal in die richtige Richtung geschubst zu werden:
Setze in jedem der Fälle mal 3 paarweise verschiedene Punkte aus dem Definitionsbereich ein und zeichne deren Bildwerte mal in die komplexe Ebene ein.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:18 Do 20.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hallo Marcel, vielen Dank für Deine schnelle Antwort und Deine Erklärungen!
>
> Also um mal in die richtige Richtung geschubst zu werden:
> Setze in jedem der Fälle mal 3 paarweise verschiedene
> Punkte aus dem Definitionsbereich ein und zeichne deren
> Bildwerte mal in die komplexe Ebene ein.
>
Der Einheitskreis ist ja definiert durch [mm]|z|=1[/mm]. Was meinst Du mit 3 paarweise verschiedene Punkte aus dem Definitionsbereich einsetzen? Einsetzen in [mm]w(z)=\bruch{1-z}{z}[/mm] ist mir schon klar, aber wie meinst Du 3 paarweise verschiedene Punkte? Kannst Du mir bitte mal ein Beispiel geben?
Vielen Dank hierfür!
Viele Grüße, Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:48 Do 20.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
okay, der Einheitskreis ist bei Euch eigentlich das, was ich den Rand des Einheitskreises nennen würde. Aber der Rand ist hier auch das Wichtige:
Ich meine das so:
Ist f: M [mm] \to [/mm] N eine Abbildung, so ist ja M der Definitionsbereich von f. Drei paarweise verschiedene Punkte von M bedeutet eigentlich nichts anderes, als dass [mm] m_1, m_2 [/mm] und [mm] m_3 [/mm] alle aus M und keine zwei dieser Punkte miteinander übereinstimmen (das heißt, es sind "wirklich" 3), das heißt, es gilt zusätzlich:
[mm] $m_1 \not= m_2, m_1 \not= m_3$ [/mm] und [mm] $m_2 \not=m_3$
[/mm]
Um die Aufgabe (i) zu lösen:
Wähle z.B. [mm] m_1=1, m_2=i [/mm] und [mm] m_3=-i, [/mm] alle haben den Betrag 1. Berechne f(1), f(i) und f(-i). Wenn man nun f(1), f(i) und f(-i) in die Gaussche (bzw. komplexe) Zahlenebene einzeichnet, so solltest Du erkennen mit Hilfe des obigen Satzes, dass diese Punkte auf dem Rand eines Kreises liegen. Dann bekommt man auch sofort eine Idee, was hier [mm] $f(\partial [/mm] D)$ ist, wobei [mm] D:=\{z: |z|=1\}
[/mm]
Als Tipp:
Überlege Dir:
Es gilt [mm] |1-z|=|1-\overline{z}| [/mm] für jedes z [mm] \in \IC [/mm] und:
Ist |z|=1, so gilt [mm] z*\overline{z}=1
[/mm]
Also:
Sei $|z|=1$. Dann gilt
[mm] |f(z)|=\vmat{\frac{z-1}{z}}=...
[/mm]
(Bem.: Ich hatte einen Verschreiber, dennoch kann ich das hier wegen $|f(z)|=|-f(z)|$ stehen lassen  )
Erweitere mal den Bruch mit [mm] \overline{z} [/mm] (also der zu z konjugiert komplexen Zahl), und dann solltest Du erkennen, was [mm] $f(\partial [/mm] D)$ ist.
Und vielleicht auch, weil es hier auch eigentlich wesentlich einfacher geht:
Bei (ii):
Wenn Du [mm] f(x)=\frac{1-x}{x} [/mm] für x [mm] \in \IR\backslash\{0\} [/mm] betrachtest, was ist dann f(M) mit [mm] M=\{x \in \IR: x < 0\}?
[/mm]
Ich erhalte hier, dass das Bild der negativen reellen Achse unter f gerade die negative reelle Achse bis -1 ist (-1 ausgeschlossen).
Und bei (iii):
Jedes Element z auf der imaginären Achse - ohne die 0 - hat eine Darstellung z=i*r mit einem r [mm] \in \IR \backslash \{0\}. [/mm] Also folgt:
$f(z)=f(i*r)=...$
Ich erhalte hier, dass das Bild der imaginären Achse - ohne die 0 - unter f gerade die um 1 nach links verschobene imaginäre Achse ist, wobei die Zahl -1 nicht dazugehört.
P.S.:
Zu dem Satz oben sollte ich vll. dazusagen, dass wir Möbiustransformationen bzw. bilineare Abbildungen auf [mm] $\IC^\sim :=\IC \cup \menge\{\infty\}$ [/mm] mit [mm] $\infty \notin \IC$ [/mm] definiert haben mit gewissen Rechenregeln für das Symbol [mm] $\infty$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:14 Do 20.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hallo Marcel, vielen Dank für Deine wirklich ausfühlichen Erklärungen.
> Hallo Andreas,
>
> okay, der Einheitskreis ist bei Euch eigentlich das, was
> ich den Rand des Einheitskreises nennen würde. Aber der
> Rand ist hier auch das Wichtige:
> Ich meine das so:
> Ist f: M [mm]\to[/mm] N eine Abbildung, so ist ja M der
> Definitionsbereich von f. Drei paarweise verschiedene
> Punkte von M bedeutet eigentlich nichts anderes, als dass
> [mm]m_1, m_2[/mm] und [mm]m_3[/mm] alle aus M und keine zwei dieser Punkte
> miteinander übereinstimmen (das heißt, es sind "wirklich"
> 3), das heißt, es gilt zusätzlich:
> [mm]m_1 \not= m_2, m_1 \not= m_3[/mm] und [mm]m_2 \not=m_3[/mm]
>
> Um die Aufgabe (i) zu lösen:
> Wähle z.B. [mm]m_1=1, m_2=i[/mm] und [mm]m_3=-i,[/mm] alle haben den Betrag
> 1. Berechne f(1), f(i) und f(-i). Wenn man nun f(1), f(i)
> und f(-i) in die Gaussche (bzw. komplexe) Zahlenebene
> einzeichnet, so solltest Du erkennen mit Hilfe des obigen
> Satzes, dass diese Punkte auf dem Rand eines Kreises
> liegen. Dann bekommt man auch sofort eine Idee, was hier
> [mm]f(\partial D)[/mm] ist, wobei [mm]D:=\{z: |z|=1\}[/mm]
Das habe ich verstanden und auch mal gemacht:
Es kommt heraus ein Kreis mit Radius 1 und mit dem Mittelpunkt (-1,0). Die Abbildung hat also lediglich den Mittelpunkt des Einheitskreises "um eine Einheit nach links verschoben".
> Als Tipp:
> Überlege Dir:
> Es gilt [mm]|1-z|=|1-\overline{z}|[/mm] für jedes z [mm]\in \IC[/mm] und:
> Ist |z|=1, so gilt [mm]z*\overline{z}=1[/mm]
>
> Also:
> Sei [mm]|z|=1[/mm]. Dann gilt
> [mm]|f(z)|=\vmat{\frac{z-1}{z}}=...[/mm]
>
> Erweitere mal den Bruch mit [mm]\overline{z}[/mm] (also der zu z
> konjugiert komplexen Zahl), und dann solltest Du erkennen,
> was [mm]f(\partial D)[/mm] ist.
Was Du mir hier sagen willst, habe ich noch nicht so ganz verstanden. Ich nehme an, es ist die formale Herleitung dessen, was ich oben "ausprobiert" habe mit drei verschiedenen Punkten.
Aber wie kommst Du auf:
Sei [mm]|z|=1[/mm]. Dann gilt
[mm]|f(z)|=\vmat{\frac{z-1}{z}}=...[/mm]
Das habe ich noch nicht ganz verstanden.
> Und vielleicht auch, weil es hier auch eigentlich
> wesentlich einfacher geht:
> Bei (ii):
> Wenn Du [mm]f(x)=\frac{1-x}{x}[/mm] für x [mm]\in \IR\backslash\{0\}[/mm]
> betrachtest, was ist dann f(M) mit [mm]M=\{x \in \IR: x < 0\}?[/mm]
>
> Ich erhalte hier, dass das Bild der negativen reellen Achse
> unter f gerade die negative reelle Achse bis -1 ist (-1
> ausgeschlossen).
Kann es sein, dass Du hier (iii) meinst? Dann ist es mir klar.
Aber wie kommst Du auf:
[mm]f(x)=\frac{1-x}{x}[/mm] für x [mm]\in \IR\backslash\{0\}[/mm]
Das ist ja keine komplexe Gleichung mehr, oder?
>
> Und bei (iii):
> Jedes Element z auf der imaginären Achse - ohne die 0 -
> hat eine Darstellung z=i*r mit einem r [mm]\in \IR \backslash \{0\}.[/mm]
> Also folgt:
> [mm]f(z)=f(i*r)=...[/mm]
>
> Ich erhalte hier, dass das Bild der imaginären Achse - ohne
> die 0 - unter f gerade die um 1 nach links verschobene
> imaginäre Achse ist, wobei die Zahl -1 nicht dazugehört.
>
Kann es sein, dass Du hier (ii) meinst? Dann ist es klar.
> P.S.:
> Zu dem Satz oben sollte ich vll. dazusagen, dass wir
> Möbiustransformationen bzw. bilineare Abbildungen auf
> [mm]\IC^\sim :=\IC \cup \menge\{\infty\}[/mm] mit [mm]\infty \notin \IC[/mm]
> definiert haben mit gewissen Rechenregeln für das Symbol
> [mm]\infty[/mm].
>
> Gruß,
> Marcel
(ii) und (iii) muss ich mir nochmal genau anschauen....
Ich danke Dir jedoch schon mal vielmals im Voraus ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:50 Do 20.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ja, ich glaube, ich habe die Nummerierung durcheinandergeworfen bei (ii) und (iii). Man erkennt es aber aus dem Text, was ich meine.
[mm] f(z)=\frac{1-z}{z} [/mm] ist ja sowieso keine komplexe Gleichung, sondern eine Funktionsgleichung, man kann f auf [mm] \IC \backslash \{0\} [/mm] definiert betrachten. Wenn man diese Funktion auf [mm] \IR \backslash \{0\} [/mm] einschränkt, ist das eine reellwertige Funktion. Wenn man diese auf [mm] $M:=\{x: x \in \IR_{<0}\}$ [/mm] eingeschränkt betrachtet, so ist das Bild dieser eingeschränkten Funktion gerade gleich dem Bild f(M), also [mm] f(M)=\{z \in \IC: Im(z)=0 \mbox{ und } Re(z) < -1\}.
[/mm]
Und zu (i):
Naja, für |z|=1 gilt:
[mm] |f(z)|=|\frac{z-1}{z}|=|1-\overline{z}|
[/mm]
(Wie gesagt, ich hatte anstatt f(z) ja vorher [mm] \frac{z-1}{z} [/mm] stehen, die Beträg von [mm] \frac{1-z}{z} [/mm] und [mm] \frac{z-1}{z} [/mm] sind aber gleich.)
Und mit [mm] |1-\overline{z}|=|1-z| [/mm] ist dann klar, dass [mm] $f(\partial [/mm] D)$ gerade der Rand des Kreises mit Mittelpunkt -1+0*i und Radius 1 ist.
(Nur wäre die Rechnung natürlich noch schneller fertig, wenn man sofort mit |f(z)| anstatt |f(z)|=|-f(z)| rechnet, aber es ist ja nicht falsch ).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:59 Do 20.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hi Marcel,
>
> [mm]f(z)=\frac{z-1}{z}[/mm] ist ja sowieso keine komplexe Gleichung,
> sondern eine Funktionsgleichung, man kann f auf [mm]\IC \backslash \{0\}[/mm]
> definiert betrachten. Wenn man diese Funktion auf [mm]\IR \backslash \{0\}[/mm]
> einschränkt, ist das eine reellwertige Funktion. Wenn man
> diese auf [mm]M:=\{x: x \in \IR_{<0}\}[/mm] eingeschränkt
> betrachtet, so ist das Bild dieser eingeschränkten Funktion
> gerade gleich dem Bild f(M), also [mm]f(M)=\{z \in \IC: Im(z)=0 \mbox{ und } Re(z) < -1\}.[/mm]
>
> Ich hatte da nur einen Verschreiber bei Angabe von f(x)
> drin, der ist aber korrigiert.
>
> Und zu (i):
> Naja, für |z|=1 gilt:
> [mm]|f(z)|=|\frac{z-1}{z}|=|1-\overline{z}|[/mm]
>
> Und mit [mm]|1-\overline{z}|=|1-z|[/mm] ist dann klar, dass
> [mm]f(\partial D)[/mm] gerade der Rand des Kreises mit Mittelpunkt
> -1+0*i und Radius 1 ist.
meinst Du vielleicht überall [mm]f(z)=\frac{1-z}{z}[/mm] anstatt [mm]f(z)=\frac{z-1}{z}[/mm]? Oder ist das richtig? Jetzt bin ich etwas durcheinander...![[kopfkratz]](/images/smileys/kopfkratz.gif "[kopfkratz]")
Die ursprüngliche Möbiustransformation hieß doch:
[mm]w(z)=\frac{1-z}{z}[/mm]
Grüße, Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:06 Do 20.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
ohja, entschuldige, ich ändere das. Ich hoffe, dass ich dann nicht noch irgendwo so Schusselfehler habe wegen meines Verschreibers ^^
Allerdings ist es bei |f(z)| nicht schlimm, da |f(z)|=|-f(z)|
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:11 So 23.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hi Marcel,
> > Und mit [mm]|1-\overline{z}|=|1-z|[/mm] ist dann klar, dass
> > [mm]f(\partial D)[/mm] gerade der Rand des Kreises mit Mittelpunkt
> > -1+0*i und Radius 1 ist.
Mir ist zwar inzwischen klar, dass bei |z| = 1 gilt:
|w(z)| = | [mm] \bruch{z-1}{z} [/mm] |=| 1- [mm] \overline{z} [/mm] | = |1- z|
aber wie Du auf den Schluss kommst, dass das gerade der Rand des Kreises mit Mittelpunkt -1+0*i und Radius 1 ist, das würde ich gerne noch wissen...
Viele Grüße und schönen Sonntag!
Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:05 So 23.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hi Andreas,
das erkenne ich gerade selber nicht mehr, wieso ich das dachte, dass es offensichtlich sei. Vermutlich mal wieder etwas quergedacht
Aber Du kannst nachrechnen:
[mm] $|w-(-1)|=|w+1|=|w(z)+1|=|\frac{1}{z}|=1$ [/mm] für alle $|z|=1$. Damit ist jedenfalls [mm] $w(\partial [/mm] D)$ eine Teilmenge des Randes des Kreises mit Mittelpunkt -1 und Radius 1. Überlege Dir, dass [mm] $w(\partial [/mm] D)$ auch eine Obermenge dieses Randes ist. Wenn einem gar nix besseres einfällt, macht man es z.B. so:
Sei [mm] $w_0 \in \IC$ [/mm] mit [mm] $|w_0-(-1)|=1$. [/mm] Zu zeigen:
Es gibt ein [mm] $z_0 \in \IC, |z_0|=1$ [/mm] mit [mm] $w(z_0)=w_0$...
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:05 So 23.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hi Marcel, ich glaube die Aufgabe bringt mich um den Verstand...
> Aber Du kannst nachrechnen:
> [mm]|w-(-1)|=|w+1|=|w(z)+1|=|\bruch{1}{z}|=1[/mm] für alle [mm]|z|=1[/mm].
> Damit ist jedenfalls [mm]w(\partial D)[/mm] eine Teilmenge des
> Randes des Kreises mit Mittelpunkt -1 und Radius 1.
Irgendwie steh ich da aufm Schlauch
Ich kann das so nachrechen, aber warum ist der Mittelpunkt des Kreises bei -1, das verstehe ich irgendwie noch nicht...
Viele Grüße, Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:55 So 23.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
ist [mm] $z_0 \in \IC$, [/mm] so beschreibt für $R > 0$ gerade
[mm] $\{z \in \IC: |z-z_0|=R\}$
[/mm]
die Randpunkte des Kreises mit Mittelpunkt [mm] $z_0$ [/mm] und Radius R.
Geometrisch:
In obiger Menge liegen genau all die Punkte in der komplexen Ebene, die den Abstand $R$ vom Punkt [mm] $z_0$ [/mm] haben.
Bei Dir ist halt [mm] $z_0=-1=-1+0*i$ [/mm] und $R=1 > 0$.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:59 So 23.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hi Marcel, es ist ja nicht so, dass ich Deine Erklärungen nicht verstehe, allein, den Zusammenhang kriege ich irgendwie nicht hin.
Es ist doch [mm]w(z) = \bruch{1-z}{z} [/mm] unsere Möbiustransformation
Wir haben gesagt, dass für |z|=1 gilt:
[mm] |w(z)| = |\bruch{1-z}{z}| = |1-z| = |z-1| [/mm]
Du sagst, dass [mm] |z-z_0| = R [/mm] die Randpunkte des Kreises mit Mittelpunkt [mm] z_0 [/mm] angeben. Soweit klar.
Nur woher weiß ich hier, was [mm] z_0 [/mm] ist, es könnte doch bei [mm] |z-1| [/mm] auch +1 sein oder? (z - [mm] z_0) [/mm] , [mm] z_0 [/mm] = 1
Ich kann eigentlich all Deinen Ausführungen folgen, nur beim Schluss auf den Kreismittelpunkt bei -1 steh ich voll auf dem Schlauch.
ich hoffe, Du kannst mir meine Begriffsstutzigkeit verzeihen....und hoffe, Du hilfst mir noch mal weiter.
Viele Grüße, Andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:38 So 23.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
lese bitte meinen vorletzten Beitrag nochmal durch. Ich habe bereits erwähnt, dass ich selbst nicht mehr weiß, wie ich bei $|w(z)|=|1-z|$ darauf kam (da hatte ich vermutlich ein paar Zwischenschritte im Kopf gerechnet, k.A. mehr...). Aber ich habe geschrieben, dass Du nachrechnen sollst:
$|w(z)-(-1)|=1$ für alle $z [mm] \in \partial D=\{z \in \IC: |z|=1\}$. [/mm]
Damit ist dann [mm] $w(\partial [/mm] D)$ eine Teilmenge des Randes des Kreises mit Mittelpunkt -1 und Radius 1. Das, und alles weitere dazu, steht in meinem vorletzten Beitrag (Du musst nämlich noch begründen, dass [mm] $w(\partial [/mm] D)$ auch eine Obermenge des Randes des Kreises mit Mittelpunkt -1 und Radius 1 ist).
Also bitte:
Anstatt $|w(z)|=...$ nun einfach mit $|w(z)-(-1)|=|w(z)+1|=...=1$ für alle $|z|=1$ nachrechnen! Vergiss einfach die Rechnung mit $|w(z)|=...$, okay?
Richtiger wäre halt
$|w(z)-(-1)|=1$ für alle $|z|=1$ zu beweisen (und das ist harmlos) und dann wie oben noch weiter zu argumentieren...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:13 Mo 24.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hallo Marcel, danke für Deine Geduld
> Hallo Andreas,
>
> lese bitte meinen vorletzten Beitrag nochmal durch. Ich
> habe bereits erwähnt, dass ich selbst nicht mehr weiß, wie
> ich bei [mm]|w(z)|=|1-z|[/mm] darauf kam (da hatte ich vermutlich
> ein paar Zwischenschritte im Kopf gerechnet, k.A. mehr...).
> Aber ich habe geschrieben, dass Du nachrechnen sollst:
> [mm]|w(z)-(-1)|=1[/mm] für alle [mm]z \in \partial D=\{z \in \IC: |z|=1\}[/mm].
Ich habe mal ein Beispiel gerechnet für [mm] |z| = 1 [/mm]:
[mm] w(z) = \bruch{1}{\wurzel{2}} + i * \bruch{1}{\wurzel{2}} [/mm]
[mm] |w(z) + 1| = |(\bruch{1}{\wurzel{2}} + i * \bruch{1}{\wurzel{2}}) + 1| = |\bruch{1}{\wurzel{2}} + 1 + i * \bruch{1}{\wurzel{2}}| = |1,707 + i * \bruch{1}{\wurzel{2}}| \not= 1 [/mm]
> Richtiger wäre halt
> [mm]|w(z)-(-1)|=1[/mm] für alle [mm]|z|=1[/mm] zu beweisen (und das ist
> harmlos) und dann wie oben noch weiter zu argumentieren...
Habe ich falsch gerechnet? Wenn es [mm] \not= [/mm] 1 ist, wird es schwer mit dem Beweis...
Grüße, Andreas
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:39 Mo 24.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
Du hast vergessen, [mm] $w(z_0)$ [/mm] für [mm] $z_0=\frac{1}{\wurzel{2}}+i*\frac{1}{\wurzel{2}}$ [/mm] zu berechnen. Anstatt [mm] $|w(z_0)-(-1)|$ [/mm] hast Du [mm] $|z_0-(-1)|$ [/mm] berechnet?!
Bzw. es kann auch sein, dass Du irgendwie $z$ und $w(z)$ durcheinander geworfen hast, denn mit [mm] $z_0=\frac{1}{\wurzel{2}}+i*\frac{1}{\wurzel{2}}$ [/mm] gilt sicherlich nicht [mm] $w(z_0)=z_0=\frac{1}{\wurzel{2}}+i*\frac{1}{\wurzel{2}}$, [/mm] wenn [mm] $w(z)=\frac{1-z}{z}$... [/mm]
Es war doch [mm] $w(z)=\frac{1-z}{z}$.
[/mm]
Hier ist nun [mm] $z_0=\frac{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}{2}$, [/mm] also:
[mm] $w(z_0)=(1-\frac{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}{2})*\frac{2}{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}=\frac{2}{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}-1$, [/mm]
also
[mm] $|w(z_0)+1|=|\frac{2}{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}|=|\frac{2}{\wurzel{2}+i*\wurzel{2}}*\frac{\wurzel{2}-i*\wurzel{2}}{\wurzel{2}-i*\wurzel{2}}|=|\frac{2\wurzel{2}-i*2\wurzel{2}}{4}|=|\frac{1}{\wurzel{2}}-i*\frac{1}{\wurzel{2}}|$
[/mm]
und damit [mm] $|w(z_0)+1|=1$.
[/mm]
Ich glaube, ich rechne Dir's jetzt einfach mal vor, und wenn noch Fragen auftauchen, dann frage nach:
Sei also [mm] $w(z)=\frac{1-z}{z}$. [/mm]
Ich setze [mm] $K_R(z_0):=\{z \in \IC: |z-z_0|=R\}$ [/mm] für festes [mm] z_0 \in \IC [/mm] und $R > 0$.
Weiter sei [mm] $D:=\{z \in \IC: |z| < 1\}$ [/mm] und damit ist [mm] $\partial D=K_1(0)$. [/mm] Zur Abkürzung schreiben wir [mm] $K:=K_1(-1)=K_1(-1+i*0)$.
[/mm]
Behauptung:
Es gilt [mm] $w(\partial [/mm] D)=K$. Denn:
1.) Wir zeigen [mm] $w(\partial [/mm] D) [mm] \subset [/mm] K$:
Sei [mm] $w_0 \in w(\partial [/mm] D)$. Dann existiert ein [mm] $z_0 \in \IC, |z_0|=1$ [/mm] mit [mm] $w(z_0)=w_0$. [/mm] Dann gilt:
[mm] $|w(z_0)-(-1)|=|\frac{1-z_0}{z_0}+1|=|\frac{1}{z_0}|=1$, [/mm] denn wegen [mm] $|z_0|=1$ [/mm] gilt auch [mm] $|\frac{1}{z_0}|=1$. [/mm]
(Rechnung:
[mm] $|\frac{1}{z_0}|=|\frac{\overline{z_0}}{z_0*\overline{z_0}}|=\frac{|\overline{z_0}|}{1^2}=|\overline{z_0}|=1$, [/mm] denn [mm] $|z|=|\overline{z}|$ [/mm] gilt für alle $z [mm] \in \IC$ [/mm] (ergibt sich nach Definition von $|z|$).)
Also ist [mm] $|w_0-(-1)|=1$ [/mm] und damit [mm] $w_0 \in K_1(-1)=K$.
[/mm]
Weil [mm] $w_0 \in w(\partial [/mm] D)$ beliebig war, folgt [mm] $w(\partial [/mm] D) [mm] \subset [/mm] K$.
2.) Wir zeigen $K [mm] \subset w(\partial [/mm] D)$:
Sei $k [mm] \in K=K_1(-1)$. [/mm] Dann gilt $|k-(-1)|=1$. Demnach ist [mm] $\frac{1}{k+1}$ [/mm] wohldefiniert (im Sinne, dass der Nenner nicht 0 ist) und es gilt:
[mm] $|\frac{1}{k+1}|=1$.
[/mm]
Wir setzen [mm] $z:=\frac{1}{k+1}$. [/mm] Wie oben gesehen ist dann $z [mm] \in \partial [/mm] D$ (wegen $|z|=1$) und es gilt:
[mm] $w(z)=\frac{1-z}{z}=\frac{1}{z}-1=\frac{1}{\frac{1}{k+1}}-1=(k+1)-1=k$.
[/mm]
Weil $k [mm] \in [/mm] K$ beliebig war, existiert also zu jedem $k [mm] \in [/mm] K$ ein $z [mm] \in \partial [/mm] D$ mit $w(z)=k$. Also folgt $K [mm] \subset w(\partial [/mm] D)$.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:48 Di 25.12.2007 | | Autor: | ebarni |
Hi Marcel, zunächst einmal Frohe Weihnachten!
Sorry, dass ich mich jetzt erst melde, aber Verwandtenbesuche....
Vielen Dank für Deinen ausführlichen post und Deine Erklärungen, ich denke, jetzt ist es klar geworden.
Sorry für meine vielen Nachfragen und danke für Deine Geduld!
Ich wünsche Dir alles Gute für 2008 und dass Du noch viele in diesem Forum mit Deiner Hilfe dienst!
Grüße, Andreas
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