Konforme Abbildungen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 11:28 Di 11.09.2012 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Ich hab mal wieder eine Aufgabe fürs Sommerloch:
Sei [mm] D:=\{z \in \IC: |z|<1 \}$, $D_0:=D \setminus \{0\}$, [/mm] seien 0<r<R und sei [mm] $A:=\{z \in \IC: r<|z|
Man zeige, das es keine Abbildung $f: [mm] D_0 \to [/mm] A$ gibt, die die folgenden Eigenschaften hat:
(i) f ist auf [mm] D_0 [/mm] holomorph;
(ii) f ist auf [mm] D_0 [/mm] injektiv;
(iii) $f( [mm] D_0)=A$. [/mm] |
Ich bitte darum, dass sich jemand aus dem Kreis der Moderatoren die Mühe macht, dies Aufgabe in der üblichen Weise zu kennzeichnen.
Danke und Gruß
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:29 Di 11.09.2012 | | Autor: | Loddar |
Dummyfrage
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:57 Di 11.09.2012 | | Autor: | felixf |
Moin,
man kann die Aufgabe auch erweitern.
Seien dazu $0 [mm] \le [/mm] r < r' < R$ reelle Zahlen und $A := [mm] \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \}$ [/mm] und $B := [mm] \{ z \in \IC \mid r' < |z| < R \}$. [/mm] Man zeige, dass es keine Abbildung $f : A [mm] \to [/mm] B$ gibt, die die folgenden Eigenschaften hat:
(i) f ist auf $A$ holomorph;
(ii) f ist auf $A$ injektiv;
(iii) $f(A)=B$.
Fuer $r = 0$ entspricht diese Aufgabe gerade der von Fred. Fuer $r > 0$ dagegen ist es etwas schwerer. Wie viel schwerer weiss ich nicht, da ich die Loesung nicht kenne :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:16 Mi 12.09.2012 | | Autor: | fred97 |
> Moin,
>
> man kann die Aufgabe auch erweitern.
>
> Seien dazu [mm]0 \le r < r' < R[/mm] reelle Zahlen und [mm]A := \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \}[/mm]
> und [mm]B := \{ z \in \IC \mid r' < |z| < R \}[/mm]. Man zeige, dass
> es keine Abbildung [mm]f : A \to B[/mm] gibt, die die folgenden
> Eigenschaften hat:
> (i) f ist auf [mm]A[/mm] holomorph;
> (ii) f ist auf [mm]A[/mm] injektiv;
> (iii) [mm]f(A)=B[/mm].
>
> Fuer [mm]r = 0[/mm] entspricht diese Aufgabe gerade der von Fred.
> Fuer [mm]r > 0[/mm] dagegen ist es etwas schwerer. Wie viel schwerer
> weiss ich nicht, da ich die Loesung nicht kenne :)
>
> LG Felix
>
Moin Felix,
das ist ganz schön schwer, wenn r>0 ist !
Sei $ [mm] A_1 [/mm] := [mm] \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \} [/mm] $ und $ [mm] A_2 [/mm] := [mm] \{ z \in \IC \mid r_1 < |z| < R_1 \} [/mm] $, wobei [mm] 0
Satz: [mm] A_1 [/mm] und [mm] A_2 [/mm] sind konform äquivalent [mm] \gdw \bruch{R}{r}= \bruch{R_1}{r_1}.
[/mm]
Diesen Satz findet man in
W. Rudin: Real and complex Analysis, Theorem 14.22.
Schau Dir mal den Beweis an, dann siehst Du, dass das ganz schön knackig ist. Auch Dein Spezialfall [mm] R_1=R [/mm] ändert daran nichts.
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:48 Mi 12.09.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Fred,
> > man kann die Aufgabe auch erweitern.
> >
> > Seien dazu [mm]0 \le r < r' < R[/mm] reelle Zahlen und [mm]A := \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \}[/mm]
> > und [mm]B := \{ z \in \IC \mid r' < |z| < R \}[/mm]. Man zeige, dass
> > es keine Abbildung [mm]f : A \to B[/mm] gibt, die die folgenden
> > Eigenschaften hat:
> > (i) f ist auf [mm]A[/mm] holomorph;
> > (ii) f ist auf [mm]A[/mm] injektiv;
> > (iii) [mm]f(A)=B[/mm].
> >
> > Fuer [mm]r = 0[/mm] entspricht diese Aufgabe gerade der von Fred.
> > Fuer [mm]r > 0[/mm] dagegen ist es etwas schwerer. Wie viel schwerer
> > weiss ich nicht, da ich die Loesung nicht kenne :)
>
> das ist ganz schön schwer, wenn r>0 ist !
ich weiss, das hatte ich schon gesehen, als ich mich ein wenig auf die Suche nach einem Beweis gemacht hab :)
Ich dachte ich poste mal eine Aufgabe, die auch mir zu schwierig ist 
LG Felix
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 19:25 Mi 12.09.2012 | | Autor: | Berieux |
> Moin,
>
> man kann die Aufgabe auch erweitern.
>
> Seien dazu [mm]0 \le r < r' < R[/mm] reelle Zahlen und [mm]A := \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \}[/mm]
> und [mm]B := \{ z \in \IC \mid r' < |z| < R \}[/mm]. Man zeige, dass
> es keine Abbildung [mm]f : A \to B[/mm] gibt, die die folgenden
> Eigenschaften hat:
> (i) f ist auf [mm]A[/mm] holomorph;
> (ii) f ist auf [mm]A[/mm] injektiv;
> (iii) [mm]f(A)=B[/mm].
>
> Fuer [mm]r = 0[/mm] entspricht diese Aufgabe gerade der von Fred.
> Fuer [mm]r > 0[/mm] dagegen ist es etwas schwerer. Wie viel schwerer
> weiss ich nicht, da ich die Loesung nicht kenne :)
>
> LG Felix
>
Hallo!
Es gibt (natürlich :)) viele verschiedene Beweise hierfür. Ich denke am schnellsten kommt man mit etwas Überlagerungstheorie zum Zuge.
Zunächst kann man natürlich oBdA R=1 setzen. Die universelle Überlagerung der Kreisscheiben ist die obere Halbebene [mm]\mathbb{H}=\{z : Im(z) > 0\}[/mm]. Die Deckgruppen sind die zyklischen, diskreten [mm]Aut(\mathbb{H})=PSL(2, \mathbb{R})[/mm] -Untergruppen der Form [mm]< diag(a, a^{-1})>[/mm] (d.h. die von Diagonalmatrizen mit [mm]a\in \mathbb{R}\backslash \{0\}[/mm] erzeugten Untergruppen).
Die Überlagerungsabbildung ist gegeben durch [mm] z\mapsto exp(i2\pi \bruch{log(z)}{log(a^{2})}) [/mm].
Man hat [mm]\mathbb{H} / \cong A(r,1)[/mm] wobei [mm]r=exp(- \bruch{2\pi^{2}}{log(a^{2})})[/mm]. Es ist klar dass [mm][/mm] zu [mm][/mm] genau dann konjugiert ist, wenn a=b. Damit sind die zwei resultierenden Kreisscheiben [mm]A(r, 1)[/mm] und [mm]A(r', 1)[/mm] genau dann biholomorph äquivalent, wenn r=r'.
Interessant ist der Fall der Kreisscheiben unter anderem in Hinblick auf die Deformationstheorie Riemannscher Flächen, weil es ein einfaches Beispiel ist bei dem sich zeigt dass die Theorie kompakter Flächen nicht allgemein übertragbar ist.
Es ist klar dass alle Kreisscheiben homöomorph (sogar diffeomorph) zueinander sind. D.h. wir können eine fixieren [mm]A(r_{0},1)=:M[/mm]. Das obige Resultat besagt, dass der Modulraum der Fläche M gerade (0,1) ist.
Es ist aber [mm]H^{1}(M, TM)=0[/mm], wobei TM die Tangentialgarbe von M ist. Der Grund ist, dass M eine steinsche Mannigfaltigkeit ist und TM kohärent (nach Cartans Theorem B verschwinden die Kohomologiegruppen kohärenter Garben auf steinschen Mannigfaltigkeiten); das sollte aber eigentlich auch ohne diese tiefgreifenden Sätze zu zeigen sein.
Wäre M kompakt, so müsste wegen [mm]H^{1}(M, TM)=0[/mm] nach der Deformationstheorie für kompakte komplexe Mannigfaltigkeiten (Kodaira-Spencer Theorie) der Modulraum trivial sein.
Wie das Beispiel der Kreisscheiben zeigt, ist dieser Schluss im offenen Fall nicht zulässig.
Viele Grüße,
Berieux
Edit: eigentlich wollte ich diesen Artikel als Lösung zu Felix Zusatzaufgabe posten, für den Fall dass sich daran auch noch jemand anderes versucht. Wie es aussieht ist der Post jetzt öffentlich zugänglich.
Leider weiß ich nicht was ich falsch gemacht habe :). Hoffentlich habe ich niemandem der sich noch an der Aufgabe versucht jetzt die Lösung aufs Auge gedrückt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:57 Do 15.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin Berieux,
danke fuer deine ausfuehrliche Antwort! :)
Ich hab sie jetzt schon mehrmals gelesen, bin immer bis zu den Kohomologiegruppen gekommen, darueber weiss ich einfach zu wenig. Ich hab gehofft dass sich irgendwer anderes dazu aeussert, der vielleicht mehr davon versteht, aber das ist nicht passiert. Also schreib ich nun doch was :)
> > man kann die Aufgabe auch erweitern.
> >
> > Seien dazu [mm]0 \le r < r' < R[/mm] reelle Zahlen und [mm]A := \{ z \in \IC \mid r < |z| < R \}[/mm]
> > und [mm]B := \{ z \in \IC \mid r' < |z| < R \}[/mm]. Man zeige, dass
> > es keine Abbildung [mm]f : A \to B[/mm] gibt, die die folgenden
> > Eigenschaften hat:
> > (i) f ist auf [mm]A[/mm] holomorph;
> > (ii) f ist auf [mm]A[/mm] injektiv;
> > (iii) [mm]f(A)=B[/mm].
> >
> > Fuer [mm]r = 0[/mm] entspricht diese Aufgabe gerade der von Fred.
> > Fuer [mm]r > 0[/mm] dagegen ist es etwas schwerer. Wie viel schwerer
> > weiss ich nicht, da ich die Loesung nicht kenne :)
> >
> > LG Felix
> >
>
> Hallo!
>
> Es gibt (natürlich :)) viele verschiedene Beweise
> hierfür. Ich denke am schnellsten kommt man mit etwas
> Überlagerungstheorie zum Zuge.
> Zunächst kann man natürlich oBdA R=1 setzen. Die
> universelle Überlagerung der Kreisscheiben ist die obere
> Halbebene [mm]\mathbb{H}=\{z : Im(z) > 0\}[/mm]. Die Deckgruppen
> sind die zyklischen, diskreten [mm]Aut(\mathbb{H})=PSL(2, \mathbb{R})[/mm]
> -Untergruppen der Form [mm]< diag(a, a^{-1})>[/mm] (d.h. die von
> Diagonalmatrizen mit [mm]a\in \mathbb{R}\backslash \{0\}[/mm]
> erzeugten Untergruppen).
>
> Die Überlagerungsabbildung ist gegeben durch [mm]z\mapsto exp(i2\pi \bruch{log(z)}{log(a^{2})}) [/mm].
>
> Man hat [mm]\mathbb{H} / \cong A(r,1)[/mm] wobei
> [mm]r=exp(- \bruch{2\pi^{2}}{log(a^{2})})[/mm]. Es ist klar dass
> [mm][/mm] zu [mm][/mm] genau dann
> konjugiert ist, wenn a=b. Damit sind die zwei
> resultierenden Kreisscheiben [mm]A(r, 1)[/mm] und [mm]A(r', 1)[/mm] genau
> dann biholomorph äquivalent, wenn r=r'.
Das ist in der Tat sehr elegant!
> Interessant ist der Fall der Kreisscheiben unter anderem in
> Hinblick auf die Deformationstheorie Riemannscher Flächen,
> weil es ein einfaches Beispiel ist bei dem sich zeigt dass
> die Theorie kompakter Flächen nicht allgemein übertragbar
> ist.
>
> Es ist klar dass alle Kreisscheiben homöomorph (sogar
> diffeomorph) zueinander sind. D.h. wir können eine
> fixieren [mm]A(r_{0},1)=:M[/mm]. Das obige Resultat besagt, dass der
> Modulraum der Fläche M gerade (0,1) ist.
> Es ist aber [mm]H^{1}(M, TM)=0[/mm], wobei TM die Tangentialgarbe
> von M ist. Der Grund ist, dass M eine steinsche
> Mannigfaltigkeit ist und TM kohärent (nach Cartans Theorem
> B verschwinden die Kohomologiegruppen kohärenter Garben
> auf steinschen Mannigfaltigkeiten); das sollte aber
> eigentlich auch ohne diese tiefgreifenden Sätze zu zeigen
> sein.
> Wäre M kompakt, so müsste wegen [mm]H^{1}(M, TM)=0[/mm] nach der
> Deformationstheorie für kompakte komplexe
> Mannigfaltigkeiten (Kodaira-Spencer Theorie) der Modulraum
> trivial sein.
> Wie das Beispiel der Kreisscheiben zeigt, ist dieser
> Schluss im offenen Fall nicht zulässig.
Danke fuer die Ausfuehrung!
> Viele Grüße,
> Berieux
>
> Edit: eigentlich wollte ich diesen Artikel als Lösung zu
> Felix Zusatzaufgabe posten, für den Fall dass sich daran
> auch noch jemand anderes versucht. Wie es aussieht ist der
> Post jetzt öffentlich zugänglich.
> Leider weiß ich nicht was ich falsch gemacht habe :).
> Hoffentlich habe ich niemandem der sich noch an der Aufgabe
> versucht jetzt die Lösung aufs Auge gedrückt.
Ich vermute nicht, dass irgendwer es auf diese Art und Weise probiert hat. Und all diejenigen (also vermutlich niemand), die es anders versucht haben, sind offenbar nicht zum Ziel gelangt, sonst haetten sie sich sicher mit alternativen Ansaetzen gemeldet.
Insofern: no harm done :)
LG Felix
PS: Ich werd die Frage mal auf "fuer Interessierte" stellen. Ich hoffe das ist ok fuer alle Beteiligten.
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