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Riemannscher Abbildungssatz |
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
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Hallo, auf meinem aktuellen Übungszettel habe ich folgende Aufgabe: Sei \Omega\subset\ \IC ein einfach zusammenhängendes Gebiet mit \Omega!=\IC . Zeigen Sie, dass für jedes z_0 \el\ \Omega genau eine biholomorphe Abbildung f: \Omega -> \ID ex. mit f( z_0 ) = 0 und f'( z_0 ) > 0. Ich habe mir nun gedacht, dass nach dem Riemannschen Abbildungssatz jedes einfach zusammenhängende Gebiet, dass eine echte Teilmenge von \IC ist, biholomorph äquivalent zu \ID ist. D.h. es ex. g: \Omega -> \IC ,wobei g biholomorph ist. Angenommen g( z_0 ) = 0 , dann ist z_0 eine einfache Nst. von g, da g bijektiv ist. Also folgt g'( z_0 )!=0. Angenommen g( z_0 ) != 0, dann ist f:\Omega -> \ID , f(z)=g(z)-g( z_0 ) ebenfalls biholomorph und es gilt f'( z_0 ) != 0 , da f wieder bijektiv ist. Nun habe ich aber zwei Probleme: 1. Weiß ich nicht wie ich zeigen soll, dass die Ableitung bei z_0 größer 0 ist. 2. Weiß ich nicht wie ich zeigen soll, dass es nur genau eine Abbildung gibt die diese Eigenschaften erfüllt. Kann mir hier jemand weiterhelfen?
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Ex_Senior
 |     Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-16
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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.
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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Hallo Tom, vielen Dank für deine Antwort. Ich hab mir noch etwas zum Abbildungssatz von Riemann durchgelesen und wenn ich es richtig verstehe müsste die Idee hier sein: Nach dem Riemannschen Abbildungssatz ex. h:\Omega->\ID, h biholomorph. Nun verknüpft man dieses h mit der Möbiustransformation g die wohl die Form: z -> exp(i\phi) (z-a)/(1-a^- z) ,wobei a=z_0 Diese Möbiustransformation g ist eindeutig, d.h. die Verknüpfung von h mit g ist eindeutig. Diese Verknüpfung ist unser gesuchtes f. Also f=h(g) Nun bleibt nur noch z.z. f(z_0 ) = h(g(z_0 )) = h(0) = 0?, sowie der Teil mit der Ableitung. Bei den beiden Punkten weiß ich aber gerade nicht weiter. Ist diese ganze Konstruktion sinnig und falls ja hättest du eine Idee wie ich die letzten beiden Punkte zeigen kann?
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Ex_Senior
 |     Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-17
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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.
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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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
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Ex_Senior
 |     Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-17
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$g(z)=e^{i\varphi}\frac{z-a}{a-\overline{a}z}$ ist ein biholomorphe Abbildung $g:\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, hat also zunächst nichts mit $\Omega$ zu tun. $|a|<1$ folgt direkt aus $g(0)\in\mathbb{D}$.
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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Ex_Senior
 |     Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-17
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Sorry kleiner Schreibfehler: $g(z)=e^{i\varphi}\frac{z-a}{\boldsymbol{1}-\overline{a}z}$ und dann $g(0)=-e^{i\varphi}a$
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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Ah okay. Da mache ich mal weiter. Vielen Dank!
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-19
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Ich glaub ich habs jetzt. Vielen Dank für deine Hilfe Tom. Ich werde morgen mal meine Lösung posten, vielleicht hilft sie ja nochmal jemandem 
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erik92
Aktiv  Dabei seit: 09.05.2019 Mitteilungen: 182
 |     Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-21
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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 
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