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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:42 Fr 25.06.2004 | | Autor: | Joergi |
Hallo zusammen,
ich habe ein Problem bei meinen Hausaufgaben.
Die Aufgabenstellung lautet:
Es sei [mm]f\in\Aut\left( \hat\IC\right)[/mm] derart, dass die Bilder zweier konzentrischer Kreise mit Radien [mm]r_1,r_2[/mm] wieder konzentrische Kreise sind mit Radien [mm]s_1 bzw. s_2[/mm].Zeigen Sie, dass dann gilt:
[mm]\bruch{s_1}{s_2}&=&\bruch{r_1}{r_2}[/mm] oder [mm]\bruch{s_1}{s_2}&=&\bruch{r_2}{r_1}[/mm].
Dann ist noch ein Hinweis angegeben:
Falls [mm]r_1 > r_2[/mm] und [mm]s_1 > s_2[/mm], kann man explizit konforme Abbildungen [mm]\IC\to B[/mm] angeben, welche den jeweils äußeren der konzentrischen Kreise auf den Rand von [mm]B[/mm] und den inneren auf einen dazu konzentrischen im Inneren von [mm]B[/mm] abbilden.
Ach ja und es gilt: [mm]f\in\Aut\left( \hat\IC\right)\gdw f(z) = \bruch {az+b}{cz+d}[/mm]
Aber leider helfen mir sowohl der Hinweis, als auch die Definition nicht weiter. Ich weiß einfach nicht wie ich da überhaupt anfangen soll.
Kann mir jemand weiterhelfen?????
Joergi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:36 Sa 26.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Joergi,
da ein Freund von mir im Moment für seine Funktionentheorie-Prüfung lernt  , will ich die Antwort mal etwas ausführlicher gestalten, damit er vielleicht auch etwas davon hat:
Man kann die Bilder dreier Punkte in [mm] $\hat{\IC}$ [/mm] unter einer linearen Transformation beliebig vorschreiben:
Zuerst verschaffen wir uns eine Transformation, die voneinander und von [mm] $\infty$ [/mm] verschiedene gegebene Punkte [mm] $z_1, z_2,z_3$ [/mm] auf [mm] $0,1,\infty$ [/mm] abbildet, indem wir setzen:
(*) $Tz = [mm] \frac{z-z_1}{z - z_3} [/mm] : [mm] \frac{z_2 - z_1}{z_2 - z_3}$ [/mm] .
Dabei ist natürlich $T [mm] \infty [/mm] = [mm] \frac{z_2 - z_3}{z_2 - z_1}$ [/mm] zu verstehen.
Der rechts in (*) stehende Ausdruck heißt das Doppelverhältnis der vier Punkte $z, [mm] z_1,z_2,z_3$; [/mm] wir schreiben dafür auch:
[mm] $DV(z,z_1,z_2,z_3) [/mm] = [mm] \frac{z-z_1}{z-z_3} [/mm] : [mm] \frac{z_2 - z_1}{z_2 - z_3}$.
[/mm]
Falls ein Punkt [mm] $z_{\nu}$ [/mm] auf [mm] $\infty$ [/mm] fällt, können wir ein $T$ mit
$T : [mm] (z_1,z_2,z_3) \mapsto (0,1,\infty)$
[/mm]
finden, indem wir in (*) den Grenzübergang [mm] $z_{\nu} \to \infty$ [/mm] vollziehen (in anderen Worten: Wir setzen [mm] $z_{\nu} [/mm] = [mm] \frac{1}{w_{\nu}}$ [/mm] in (*) ein und bilden den Grenzwert für [mm] $w_{\nu} \to [/mm] 0$).
Auch die dabei entstehenden Ausdrücke wollen wir Doppelverhältnisse nennen. Im Einzelnen ergibt sich:
[mm] $DV(z,\infty,z_2,z_3) [/mm] = [mm] \frac{z_2 - z_2}{z - z_3}$,
[/mm]
[mm] $DV(z,z_1, \infty,z_3) [/mm] = [mm] \frac{z - z_1}{z - z_3}$,
[/mm]
[mm] $DV(z,z_1, z_2,\infty) [/mm] = [mm] \frac{z - z_1}{z_2 - z_1}$.
[/mm]
In jedem Fall ist $z [mm] \mapsto DV(z,z_1,z_2,z_3)$ [/mm] also diejenige lineare Transformation, die [mm] $z_1,z_2,z_3$ [/mm] auf [mm] $0,1,\infty$ [/mm] abbildet.
Wir bekommen nun den
Satz
Sin [mm] $(z_1,z_2,z_3)$ [/mm] und [mm] $(w_1,w_2,w_3)$ [/mm] zwei verschiedene Punkte von [mm] $\hat{\IC}$, [/mm] so gibt es genau eine lineare Transformation $T$ mit
$T [mm] z_{\nu} [/mm] = [mm] w_{\nu}$ [/mm] für [mm] $\nu=1,2,3$.
[/mm]
Beweis:
$T_1z = [mm] DV(z,z_1,z_2,z_3)$ [/mm] und $T_2z = [mm] DV(z,w_1,w_2,w_3)$
[/mm]
bilden [mm] $(z_1,z_2,z_3)$ [/mm] bzw. [mm] $(w_1,w_2,w_3)$ [/mm] auf [mm] $(0,1,\infty)$ [/mm] ab.
Daher leistet $T= [mm] T_2^{-1} \circ T_1$ [/mm] das Verlangte.
Mit $w=Tz = [mm] T_2^{-1} \circ [/mm] T_1z$ folgt übrigens [mm] $T_2 [/mm] w = [mm] T_1 [/mm] z$, also:
(**) [mm] $DV(w,w_1,w_2,w_3) [/mm] = [mm] DV(z,z_1,z_2,z_3)$,
[/mm]
und man bekommt die Formel für $w=Tz$ durch Auflösen von (**) nach $w$.
Nun aber zu der Aufgabe:
Ohne Einschränkung sei der Mittelpunkt aller Kreise der Nullpunkt.
Eine Automorphismus $f$, der zwei konzentrische Kreise in zwei konzentrische Kreise überführt, muss notwendigerweise $0$ auf $0$ (oder auf [mm] $\infty$?) [/mm] und einen Punkt des inneren Kreises im Urbildbereich entweder auf einen Punkt des inneren Kreises im Bildbereich oder auf einen Punkt des äußeren Kreises im Bildbereich abbilden.
Sei [mm] $r_1 [/mm] > [mm] r_2$ [/mm] und [mm] $s_1 [/mm] > [mm] s_2$, $|z_1|=r_1$, $|z_3|=r_2$.
[/mm]
Sei [mm] $z_2 [/mm] = 0$, [mm] $w_2 [/mm] = 0$ oder [mm] $z_2=0$, $w_2=\infty$ [/mm]
Dann wird (im ersten Fall) [mm] $z_1$ [/mm] entweder auf ein [mm] $w_1$ [/mm] mit [mm] $|w_1| [/mm] = [mm] s_1$ [/mm] (und damit [mm] $z_3$ [/mm] auf [mm] $w_3$ [/mm] mit [mm] $|w_3| [/mm] = [mm] s_2$) [/mm] oder aber (im zweiten Fall) auf ein [mm] $w_3$ [/mm] mit [mm] $|w_3| [/mm] = [mm] s_2$ [/mm] (und damit [mm] $z_3$ [/mm] auf [mm] $w_1$ [/mm] mit [mm] $|w_1|=s_1$) [/mm] abgebildet.
Es gilt also nach (**) entweder:
[mm] $\frac{w-w_1}{w-w_3} [/mm] : [mm] \frac{w_1}{w_3} [/mm] = [mm] \frac{z-z_1}{z-z_3} [/mm] : [mm] \frac{z_1}{z_3}$
[/mm]
oder
[mm] $\frac{w-w_1}{w-w_3} [/mm] = [mm] \frac{z-z_1}{z-z_3} [/mm] : [mm] \frac{z_1}{z_3}$.
[/mm]
Wenn man sich nun zusätzlich überlegt, dass im ersten Fall [mm] $T\infty [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] und im zweiten Fall [mm] $T\infty [/mm] = 0$ gilt, dann folgt durch den Grenzübergang:
[mm] $\frac{w_3}{w_1} [/mm] = [mm] \frac{z_3}{z_1}$
[/mm]
oder
[mm] $\frac{w_1}{w_3} [/mm] = [mm] \frac{z_3}{z_1}$.
[/mm]
Bildet man nun auf beiden Seiten die Beträge und beachtet: [mm] $|z_1|=r_1$, $|z_3|=r_2$, $|w_1|=s_1$, $|w_3|=s_2$, [/mm] dann folgt unmittelbar die Behauptung.
Liebe Grüße
Stefan
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...meine Antwort hat leider einen Fehler enthalten - also hier nochmal der überarbeitete Patch:
> Ich gehe davon aus, dass die Idee richtig ist, daher habe
> ich es trotzdem gepostet. Vielleicht können wir ja
> zusammend die Lücken noch schließen (vor allem vertraue ich
> da auf GrafZahl (Rasmus), falls er mal wieder hier
> hereinschaut, denn der ist der inkarnierte
> Funktionentheorie-Gott ).
Diesen Handschuh muß ich natürlich aufnehmen. Bin zwar schon länger nicht mehr beim Namen geworden, aber dennoch ist hier ein Lösungsvorschlag:
OBdA können wir annehmen, daß beide konzentrischen Kreispaare durch den Ursprung gehen, sonst verschieben wir sie einfach in den Nullpunkt, das ist dann eine Isometrie, also bleiben die Radien und deren Verhältnisse unverändert.
Weiter können wir [mm]r_1=s_1=1[/mm] annehmen, da auch die Abbildung [mm]z\to rz[/mm] die Verhältnisse der Radien invariant läßt. Im Grunde ist das der Tip aus der Aufgabenstellung.
Die gebrochen-lineare Transformation, muß nun $T(0)=0$ oder [mm]T(0)=\infty[/mm] erfüllen, und das sieht man so mit der Winkeltreue: betrachte eine Gerade $g$ durch den Ursprung. Diese schneidet die konzentrischen Kreise rechtwinklig. Das Bild der Gerade ist ein Kreis oder eine Gerade. Da auch das Bild $T(g)$ jeder solchen Geraden zwei konzentrische Kreise rechtwinklig schneidet, muß $T(g)$ wieder eine Gerade durch den Ursprung sein.
Somit ist die Aufgabe auf folgende Aussage reduziert:
(*) Alle gebrochen-linearen Transformationen $T$ mit $T(0)=0$, die die Einheitssphäre invariant lassen, sind Drehungen oder die Inversionen am Einheitskreis.
Diese Aussage ist nicht ganz so trivial wie es vielleicht scheint und muß noch bewiesen werden. Also gut: Sei $ T(z) = [mm] \bruch{az+b}{cz+d} [/mm] $ mit [mm]T(S_1) = S_1[/mm]. Der Nullpunkt muß nun auf $0$ oder [mm] $\infty$ [/mm] abgebildet werden (siehe oben). OBdA sei $ T(0)=0$, denn ist [mm]T(0)=\infty[/mm], so betrachte [mm] $T(\bruch{1}{z})$. [/mm]
Also ist [mm]b=0 [/mm]. Es ist auch [mm]T(\infty)=\infty[/mm] (Warum?), also [mm]c=0 [/mm] (wieso das?).
Nach einer weiteren Drehung können wir noch [mm]T(1)=1[/mm] annehmen, also [mm]a=d [/mm].
Also ist $T$ bis auf Drehung und Inversion gleich der Identität und das war zu zeigen.
Hoffentlich habe ich nix übersehen, aber ich denke die Sache stimmt. Falls was unklar ist: einfach nachfragen!
Gruß GrafZahl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:41 Di 29.06.2004 | | Autor: | Joergi |
Hallo GrafZahl,
vielen Dank für Deine Ausführungen.
Und Stefan auch vielen Dank an Dich. Ich glaube, dass ich die Aufgabe jetzt zusammen bekomme.
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