Antworte auf:  Riemannscher Abbildungssatz von erik92
Forum:  Holomorphie, moderiert von: Curufin epsilonkugel

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erik92
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Dabei seit: 09.05.2019
Mitteilungen: 182
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 Beitrag No.10, eingetragen 2019-06-21 12:03    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo, in der Übung heute hat mir eine Kommilitone erzählt, er habe diese Aufgabe in einem Skript der Uni Konstanz gefunden. Nach der Übung hat er mir netter Weise den Link zukommen lassen.

www.math.uni-konstanz.de/~racke/skripten/mb16ss08.pdf

Dort ist meine Aufgabe Satz 16.14.4. und der Beweis ist deutlich schöner und übersichtlicher als meine Lösung. Vielleicht hilft es ja nochmal jemandem  😄


erik92
Aktiv
Dabei seit: 09.05.2019
Mitteilungen: 182
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 Beitrag No.9, eingetragen 2019-06-19 16:59    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich glaub ich habs jetzt. Vielen Dank für deine Hilfe Tom. Ich werde morgen mal meine Lösung posten, vielleicht hilft sie ja nochmal jemandem  😄


erik92
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 Beitrag No.8, eingetragen 2019-06-17 16:19    [Diesen Beitrag zitieren]

Ah okay. Da mache ich mal weiter. Vielen Dank!


Ex_Senior
 Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-17 15:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Sorry kleiner Schreibfehler: $g(z)=e^{i\varphi}\frac{z-a}{\boldsymbol{1}-\overline{a}z}$ und dann $g(0)=-e^{i\varphi}a$


erik92
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Dabei seit: 09.05.2019
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 Beitrag No.6, eingetragen 2019-06-17 15:32    [Diesen Beitrag zitieren]

😵  Das verstehe ich leider nicht.

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Oder? Wieso kann ich daraus folgern |a|<1?

Übersehe ich gerade etwas?  😵


Ex_Senior
 Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-17 14:40    [Diesen Beitrag zitieren]

$g(z)=e^{i\varphi}\frac{z-a}{a-\overline{a}z}$ ist ein biholomorphe Abbildung $g:\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, hat also zunächst nichts mit $\Omega$ zu tun. $|a|<1$ folgt direkt aus $g(0)\in\mathbb{D}$.


erik92
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Dabei seit: 09.05.2019
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 Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-17 13:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Tom,

danke für deine Antwort. Ich werde sobald ich aus der Uni zurück bin versuchen mit deinem Hinweis weiterzumachen. Allerdings frage ich mich gerade wieso du |a|<1 annimmst? Ich bin davon ausgegangen, dass a ein beliebiges Element aus Omega ist und nur auf den Einheitskreis abgebildet wird. Meinst du hier |f(a)|<1?

Gruß
Erik


Ex_Senior
 Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-17 11:40    [Diesen Beitrag zitieren]

Diese Möbiustransformation g ist eindeutig,

Das ist zu zeigen. Du hast zwei Variablen $\varphi, a$, die noch zu bestimmen sind (Hier gilt $|a|<1$). Die Bedingung $f(z_0 ) = g(h(z_0 )) = 0$ liefert eine Gleichung mit der Du $a$ bestimmen kannst. $f'(z_0)\in\IR_{>0}$ kannst Du dann für $\varphi$ verwenden.


erik92
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 Beitrag No.2, eingetragen 2019-06-17 01:13    [Diesen Beitrag zitieren]

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Ex_Senior
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-16 12:09    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

für zwei biholomorphe Abb. $f,g:\Omega\to\mathbb{D}$ ist $f\circ g^{-1}:\mathbb{D}\to\mathbb{D}$ ein Automorphismus der Einheitskreisscheibe. Diese kennen wir alle. Daher kannst Du nun für eine gegebene biholomorphe Abbildung $g$ mit einem passendem $\mu\in Aut(\mathbb{D})$ ein $f$ mit den passenden Eigenschaften basteln.

Statt $f'(z_0)>0$ sollte dort besser $f'(z_0)\in\IR_{+}$ stehen, da $f'(z_0)$ allgemein in $\IC$ liegt.


erik92
Aktiv
Dabei seit: 09.05.2019
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 Themenstart: 2019-06-16 10:44    [Diesen Beitrag zitieren]

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