funktion mit f°f =id < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:01 Mo 08.06.2009 | | Autor: | mona85 |
| Aufgabe | | Bestimme alle ganzen Funktionen f mit f [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_\IC [/mm] |
Hallo, ich möchte diese Funktionen finden, das bedeutet doch, dass wir alle f suchen, die selbstinvers sind.
Hat da jemand eine Idee wie man da rangehen kann und vor allem das müssen doch einige sein, die muss man ja irgendwie klassifizieren können?!
Danke im Voraus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:06 Mo 08.06.2009 | | Autor: | M.Rex |
Hallo.
Hier hilft es, die Funktionen mal als geometrische Abbildungen zu sehen.
Z.B. ist die Speigelung an einer der Koordinatenachse eine solche Abbildung, oder allgemeiner: die Spiegelung an einer Ursprungsgeraden erfüllt die Bedingung.
Marius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:05 Mo 13.07.2009 | | Autor: | fred97 |
Es geht einfacher (als in meiner ersten Antwort vor 32 Tagen):
Sei [mm] $\IC^{\times} [/mm] $:= [mm] \IC [/mm] \ {0} und $g(z) := f(1/z)$ für $z [mm] \in \IC^{\times} [/mm] $
Sei weiter [mm] (z_n) [/mm] eine Folge in [mm] $\IC^{\times} [/mm] $ mit [mm] z_n \to [/mm] 0.
Annahme: [mm] (g(z_n)) [/mm] strebt nicht gegen unendlich. Dann enthält [mm] (g(z_n)) [/mm] eine beschränkte Teilfolge, welche, nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge enthält. Wir können also ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass es ein a [mm] \in \IC [/mm] gibt mit
[mm] $g(z_n) \to [/mm] a$ für n [mm] \to \infty
[/mm]
Da f stetig ist, folgt: [mm] $f(g(z_n)) \to [/mm] f(a).$
Wegen
[mm] $f(g(z_n)) [/mm] = [mm] \bruch{1}{z_n} \to \infty$
[/mm]
erhalten wir einen Widerspruch. g hat also einen Pol in [mm] z_0 [/mm] = 0.
Wie in meiner ersten Antwort sieht man nun: f hat die Gestalt
$f(z) =az+b $
Wegen $f [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_\IC [/mm] $ folgt nun:
$f(z) = z$ oder $f(z) = -z+b$
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:22 Mo 13.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo FRED
> Sei [mm]\IC^{\times} [/mm]:= [mm]\IC[/mm] \ {0} und [mm]g(z) := 1/z[/mm] für [mm]z \in \IC^{\times}[/mm]
Du meinst sicher $g(z) = f(1/z)$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:25 Mo 13.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo FRED
>
> > Sei [mm]\IC^{\times} [/mm]:= [mm]\IC[/mm] \ {0} und [mm]g(z) := 1/z[/mm] für [mm]z \in \IC^{\times}[/mm]
>
> Du meinst sicher [mm]g(z) = f(1/z)[/mm].
Aua !! Hallo Felix, klar Du hast recht. Werd es gleich korrigieren
FRED
>
> LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:13 Mi 10.06.2009 | | Autor: | fred97 |
Lemma:
Ist f eine ganze und injektive Funktion , so gibt es a,b [mm] \in \IC [/mm] mit:
$f(z) = az+b$ und $a [mm] \not= [/mm] 0$
Beweis: Für z [mm] \not= [/mm] 0 sei $g(z) := f(1/z)$. Dann ist g auf [mm] \IC [/mm] \ {0} injektiv und hat in 0 eine isolierte Singularität.
Annahme: 0 ist eine wesentliche Singularität von g. Sei D die offene Einheitskreisscheibe , V := D \ {0} und G:= [mm] \IC [/mm] \ [mm] \overline{D}.
[/mm]
Dann ist G ein Gebiet, insbes. also offen und wegen der Injektivität von g gilt:
(*) $g(G) [mm] \cap [/mm] g(V)= [mm] \emptyset$
[/mm]
Nach dem Satz von Casorati-Weierstraß ist [mm] \overline{g(V)}= \IC
[/mm]
Sei $w [mm] \in [/mm] g(G) [mm] \subseteq \overline{g(V)}$. [/mm] Also gibt es eine Folge [mm] (w_n) [/mm] in g(V) mit: [mm] w_n \to [/mm] w.
Da g(G) offen ist , gibt es ein m [mm] \in \IN: w_m \in [/mm] g(G).
Damit: [mm] $w_m \in [/mm] g(G) [mm] \cap [/mm] g(V)$,
Widerspruch zu (*).
(**) 0 ist also keine wesentliche Sing. von g.
Sei $f(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_nz^n$. [/mm] Dann
(***) $g(z) = [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_n\bruch{1}{z^n}$
[/mm]
Wegen (**) und (***) folgt: [mm] a_n [/mm] = 0 für fast alle n. Somit ist f ein Polynom.
Damit ist auch f' ein Polynom. Da f injektiv ist, ist f' nullstellenfrei, also muß f' konstant sein. Beweisende.
Zur Aufgabe: Wegen f $ [mm] \circ [/mm] $ f = $ [mm] id_\IC [/mm] $, ist f injektiv. Obiges Lemma liefert:
f(z) =az+b mit a [mm] \not= [/mm] 0
Aus f $ [mm] \circ [/mm] $ f = $ [mm] id_\IC [/mm] $ folgt dann b = 0 und a = [mm] \pm [/mm] 1
FRED
P.S: es geht sicher einfacher (aber wie ?)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:22 So 21.06.2009 | | Autor: | zorin |
> f(z) =az+b mit a [mm]\not=[/mm] 0
>
> Aus f [mm]\circ[/mm] f = [mm]id_\IC[/mm] folgt dann b = 0 und a = [mm]\pm[/mm] 1
Für a=-1 muss b nicht 0 sein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:53 Mo 13.07.2009 | | Autor: | fred97 |
> > f(z) =az+b mit a [mm]\not=[/mm] 0
> >
> > Aus f [mm]\circ[/mm] f = [mm]id_\IC[/mm] folgt dann b = 0 und a = [mm]\pm[/mm] 1
>
> Für a=-1 muss b nicht 0 sein.
Da hast Du recht, ich war etwas voreilig
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:14 So 21.06.2009 | | Autor: | zorin |
> Lemma:
[...]
> P.S: es geht sicher einfacher (aber wie ?)
Weiss nicht ob es einfacher oder kranatenmäßiger Schwachsinn ist. Eigentlich ist es das gleiche, nur anschaulich in Worten:
Wenn f injektive ganze Funktion ist, kann [mm] \infty [/mm] keine wesentliche Singularität sein.
Ansonsten würde eine Umgebung von [mm] \infty [/mm] dichtes Bild unter f haben.
Wegen der Injektivität von f kann dieses Bild aber nicht das Bild des Komplements dieser Umgebung schneiden.
Da f nicht konstant ist, bildet f offene Mengen auf offene Mengen ab. Das Bild des Komplements enthält also eine offene Menge.
(Die Umgebung sollte nicht übertrieben groß sein.)
Ich glaube, das detaillierte Vorrechnen der Übungsaufgaben bringt die Fragesteller nicht weiter.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 So 12.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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