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Funktionentheorie » Holomorphie » Holomorphe Automorphismen haben die Form f(z) = az+b
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Universität/Hochschule J Holomorphe Automorphismen haben die Form f(z) = az+b
Phoensie
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  Themenstart: 2020-11-13

Liebe Matheplanetarier Ich versuche gerade, folgende Aussage nachzuweisen: Satz. $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ ist biholomorph $\iff$ es existieren $a \in \mathbb{C}^*$ und $b \in \mathbb{C}$ sodass auf ganz $\mathbb{C}$ die Funktion der Gestalt $f(z) = az+b$ ist. Die Richtung $\Leftarrow$ konnte ich durch direkte Rechnung nachweisen (Umkehrfunktion $f^{-1}(z) = \frac{z-b}{a}$). Für die Richtung $\Rightarrow$ beginne ich mit biholomorphem $f:\mathbb{C} \to \mathbb{C}$. Die Abbildung besitzt eine Laurentreihe \[ f(z) = \sum_{k=0}^\infty a_kz^k \] mit komplexen Zahlen $a_k \in \mathbb{C}, k \geq 0$. Anschliessend definiere ich die Funktion $g$ als $g(z):=f(1/z)$ und folgere, dass $g$ eine wesentliche Singularität an $z=0$ besitzt. Nun kann ich den Satz von Casorati-Weierstrass auf $g$ anwenden. So weit so gut. Nun weiss ich nicht, was mir Casorati-Weierstrass ("Das Bild jeder an $0$ punktierte Umgebung unter $g$ ist eine dichte Teilmenge von $\mathbb{C}$") genau in Bezug auf die Aufgabe liefert.😵 Anschliessend soll ich folgern können, dass $f$ ein Polynom ist, jedoch weiss ich nicht wie.😵 LG Phoensie


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) Hallo Phoensie, du kannst zeigen, dass für jedes $R>0$ das Bild von $\C\backslash \overline{U_R(0)}$ unter $f$ dicht in $\mathbb C$ liegt (Casorati-Weierstraß auf $g$ anwenden), und gleichzeitig offen ist (Satz von der Gebietstreue). Damit kannst du zeigen: $f$ nimmt auf $U_R(0)$ Werte an, die die Funktion auch auf $\mathbb C\backslash\overline{U_R(0)}$ annimmt. Dann wäre $f$ aber nicht injektiv, also kein Automorphismus. Es können also nicht beide Aussagen gleichzeitig zutreffen. Da die Voraussetzungen des Satzes von der Gebietstreue sicher erfüllt sind (Automorphismen sind nicht konstant), müssen also die Voraussetzungen des Satzes von Casorati-Weierstraß verletzt sein (speziell kann $g$ keine wesentliche Singularität in $0$ besitzen). Ob $g$ eine wesentliche Singularität besitzt, erkennt man an der Laurentreihe von $g$. Aus dieser kann man wiederum die Taylorreihe von $f$ ablesen, die dann ein Polynom sein wird. Viele Grüße Vercassivelaunos\(\endgroup\)


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Phoensie
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-16

Lieber Vercassivelaunos Danke vielmals für deine Hinweise. Ich musste noch einmal über den Stoff gehen und die Sätze genauer anschauen (den Satz von der Gebietstreue zum Beispiel haben wir nicht behandelt während der Vorlesung, aber im Skript steht er bei mir notiert ... daher kannte ich den auch noch gar nicht). Der Beweis ist mir gelungen (so hoffe ich). Nachdem man beweist, dass $f$ ein Polynom ist (d.h. die Taylorreihe von $f$ nur eine endliche Reihe ist), kann man wegen Biholomorphie von $f$ argumentieren, dass dasselbe Beweisargument auch für $f^{-1}$ gelten muss (man ersetze dann im Beweis überall $f$ mit $f^{-1}$). Da bezüglich der Komposition von Abbildungen nur Polynome im Polynomring $\mathbb{C}[z]$ mit Grad 0 oder 1 ein Inverses in $\mathbb{C}[z]$ besitzen (d.h. Inverse von Polynomen mit Grad $\geq 2$ sind keine Polynome mehr, daher auch die wichtige Unterscheidung der Terme "inverse Funktion" und "reziproke Funktion"), muss $f$ die angegebene Gestalt haben.


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