Musterlösung zu Übungsblatt 12

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1 Prof. R. Pandharipande J. Schmitt, C. Schießl Funktionentheorie 8. Dezember 17 HS 17 Musterlösung zu Übungsblatt 1 Die folgenden Aufgabe entwickelt Techniken, um mit Möbiustransformationen (auch gebrochen-lineare Funktionen, linear fractional transformations genannt) zu arbeiten. Als Hilfestellung könntest du auch zuerst das entsprechende Kapitel in einem Lehrbuch, zum Beispiel Gamelin, II.7, Ahlfors III. oder Salomon durcharbeiten, um die konkreten Aufgaben zu lösen. Aufgabe 1. Jeder Matrix ( ) a b M = c d aus Gl (C) ordnen wir die meromorphe Funktion φ M (z) = az + b cz + d zu. Diese Funktion können wir als Endomorphismus C C auffassen. Wir nennen solche Abbildungen Möbius-Transformationen. (i) Seien M, N Gl (C). Zeige φ M φ N = φ MN. Folgere daraus eine konkrete Formel für φ 1 M. (ii) Zeige, dass es für paarweise verschiedene z 1, z, z aus C genau eine Möbiustransformation φ z1,z,z mit φ(z 1 ) =, φ(z ) = 1, φ(z ) = gibt. Gib eine konkrete Formel für φ z1,z,z an. (iii) Für paarweise verschiedene z 1, z, z, z 4 C definieren wir das Doppelverhältnis Zeige, dass (iv) Sei T eine Möbiustransformation. Zeige DV(z 1, z, z, z 4 ) = φ z,z,z 4 (z 1 ). DV(z 1, z, z, z 4 ) = z 1 z z 1 z 4 z z 4 z z DV(z 1, z, z, z 4 ) = DV(T (z 1 ), T (z ), T (z ), T (z 4 )) (v) Seien w 1, w, w, w 4 C ebenfalls alle verschieden. Zeige, dass es genau dann eine Möbiustransformation T mit T (z i ) = w i für i = 1,,, 4 gibt, wenn DV(z 1, z, z, z 4 ) = DV(w 1, w, w, w 4 ) (vi) Zeige, dass DV(z 1, z, z, z 4 ) R genau dann, wenn alle z i auf einer Gerade oder einem Kreis liegen. Hinweis: Fasskreisbogen (vii) Folgere, dass eine Möbiustransformation eine Gerade oder einen Kreis wieder auf eine Gerade oder einen Kreis abbildet.

2 Lösung. Die Fragen (i)-(iv) werden ausführlich im oben erwähnten Abschnitt II.7 des Buches Complex Analysis von Gamelin besprochen und können dort nachgelesen werden. (v) Nach Aufgabenteil (iii) ist die Bedingung, dass eine Möbiustransformation mit T (z i ) = w i existiert, hinreichend damit DV(z 1, z, z, z 4 ) = DV(w 1, w, w, w 4 ). Um zu zeigen, dass sie notwendig ist, sei S = φ z,z,z 4 die Möbiustransformation, die die Punkte z, z, z 4 auf, 1, abbildet und analog S = φ w,w,w 4 die entsprechende Transformation für w, w, w 4. Per Definition gilt dann S(z 1 ) = DV(z 1, z, z, z 4 ) = DV(w 1, w, w, w 4 ) = S (w 1 ). Dann ist T = (S ) 1 S die gesuchte Möbiustransformation, die z i auf w i abbildet für i = 1,,, 4. (vi) Betrachte zunächst die letzten drei Punkte z, z, z 4. Diese liegen entweder auf einer gemeinsamen Geraden oder es existiert ein eindeutiger Kreis K (der Umkreis des von ihnen gebildeten Dreiecks ), der durch diese Punkte verläuft. Sei α der (Innen-)Winkel des Dreiecks bei z, dann ist der Kreis K genau die Menge der Punkte z C {z, z 4 }, so dass das Dreieck mit Eckpunkten z, z 4, z den Winkel α oder π α bei z hat. Dies ist der Inhalt des Umfangs- oder Peripheriewinkelsatzes; der Kreis K ist dann die Vereinigung der Fasskreisbögen der Strecke z, z 4 für die Winkel α, π α. Nach der expliziten Formel für das Doppelverhältnis aus (ii) gilt DV(z, z, z, z 4 ) = φ z,z,z 4 (z) = z z z z 4 : z z z z 4. Diese Zahl ist genau dann reell, wenn ihr Argument oder π ist. Wir sehen ( ) ( ) z z z z arg(dv(z, z, z, z 4 )) = arg arg. z z 4 z z 4 Mit der Polarkoordinatendarstellung der komplexen Zahlen sieht man, dass auf der rechten Seite der linke Term gerade der Winkel der Strecke z 4 z zur Strecke z z ist und der rechte Term der Winkel von z 4 z zu z z. Die Differenz dieser beiden Zahlen ist genau dann wenn das Dreieck z, z 4, z denselben Winkel bei z hat wie das Dreieck z, z 4, z. Analoges gilt für die Differenz π (dann liegen z, z auf unterschiedlichen Seiten der Geraden durch z, z 4 ). Mit dem Umfangswinkelsatz folgt die Behauptung. Der Fall, dass z, z, z 4 auf einer Geraden liegen geht analog (hier ist α = ). (vii) Sei M C ein Kreis oder eine Gerade. Dann kann M durch drei paarweise verschiedene Punkte z, z, z 4 M eindeutig festgelegt werden. Wie wir gesehen haben gilt: M = {z C {z, z, z 4 } : DV(z, z, z, z 4 ) R} {z, z, z 4 }. Sei T eine Möbiustransformation, dann gilt nach Teilaufgabe (v) dass T M = {w C {z, z, z 4 } : DV(w, T z, T z, T z 4 ) R} {T z, T z, T z 4 }. Also ist T M exakt der Kreis oder die Gerade, die durch die Punkte T z, T z, T z 4 verläuft.

3 Aufgabe. Finde eine Möbiustransformation T mit T ( 1) = 1, T () = i, T (1) = 1. Lösung. Wir suchen a, b, c, d C, so dass für ( ) a b M = c d die Möbiustransformation T = φ M die gewünschten Eigenschaften hat. Betrachtet man die Gleichung T ( 1) = 1 ergibt sich T ( 1) = a( 1) + b c( 1) + d Analog geben die beiden anderen Gleichungen = 1 a + b = c d. b = i d, a + b = c + d. Dies ist ein lineares Gleichungssystem mit den vier Unbekannten a, b, c, d und drei Gleichungen. Durch ein Gaussverfahren bestimmen wir die möglichen Lösungen: ( ) ( ) a b 1 i = λ, für λ C. c d i 1 Man sieht leicht, dass die Transformation T unabhängig von der Skalierung mit λ C ist, also ist die eindeutige Lösung T (z) = z + i iz + 1 = iz + i z i. Aufgabe. Gibt es eine Möbiustransformation T mit T () = 1, T (i) =, T (i) = 1 und T (1) = 1? Lösung. Es gibt keine solche Transformation und wir präsentieren drei Lösungen, in aufsteigender Länge: Lösung 1: Die vier Punkte 1,, 1, 1 liegen alle auf einer Geraden, aber die Punkte, i, i, 1 liegen nicht auf einem Kreis oder einer Geraden. Wir erhalten einen Widerspruch zu Aufgabe 1, (vii). Lösung : Wir verwenden Aufgabe 1, (vi) und überprüfen, ob die Doppelverhältnisse der Punkte übereinstimmen: DV(, i, i, 1) = i i 1 1 i i DV( 1,, 1 1, 1) = 1 1 = i( + i) = i 1, = 1 ( ) = 1. Da die Zahlen nicht übereinstimmen kann es keine Möbiustransformation geben, die, i, i, 1 auf 1,, 1, 1 abbildet. Lösung : Wir könnten wir in Aufgabe die ersten drei Bedingungen T () = 1, T (i) =, T (i) = 1 verwenden, um die eindeutige Transformation T zu berechnen, die diese erfüllt und dann überprüfen, dass T (1) 1.

4 Aufgabe 4. Wir betrachten die Möbiustransformation Bestimme die Bilder der Punktmengen T (z) = z + 1 z 1 A = {Re z = } B = {Im(z) = } C = {Re z > } D = { z < 1} unter der Abbildung T. Lösung. Für z = λi A mit λ R gilt ( ) λi + 1 λi + 1 λi 1 = (λi + 1)( λi 1)/(λ + 1) =. λi + 1 Für λ R durchläuft λi+1 λi+1 gerade den offenen Halbkreis {e it : t ( π, π)}. Also durchläuft das Quadrat dieser Zahlen gerade den Einheitskreis ohne den Punkt 1. Nach der Multiplikation mit 1 erhalten wir also T (A) = B(, 1) {1}. Für z B = R C sehen wir, dass T (z) R. Tatsächlich hat die rationale Funktion x (x + 1)/(x 1) Wertbereich R {1} = T (B). Die Menge C ist die Vereinigung von Geraden l λ = {Re z = λ} für λ >. Diese werden auf Kreise oder Geraden k λ abgebildet, in denen ein Punkt fehlt (nämlich der fehlende Punkt im Unendlichen T ( ) = 1). Andererseits wird λ l λ auf p λ = (λ + 1)/(λ 1) (R { }) [ 1, 1] abgebildet. Da ausserdem T (z) = T (z) gilt und l λ invariant unter komplexer Konjugation ist, muss auch k λ = T (l λ ) invariant sein, also symmetrisch bezüglich der reellen Achse. Diese Informationen legen k λ eindeutig fest. Für λ 1 ist k λ der Kreis um (p λ + 1)/ mit Radius (1 p λ )/, minus den Punkt 1. Für λ = 1 erhalten wir gerade k λ = {1 + αi : α R {}}. Zusammen überdecken diese Mengen genau die komplexe Ebene ohne die abgeschlossene Einheitskreisscheibe: T (C) = C B(, 1). Die Menge D ist die Vereinigung der Kreise k r = B(, r) für r (, 1) und des Punktes. Unter T wird der Kreis k r wieder auf einen Kreis k r abgebildet, der wieder symmetrisch bezüglich der reellen Achse sein muss nach dem gleichen Argument wie oben. Die Punkte r, r werden von T abgebildet auf T (r) = r + 1 r 1 (, 1), T ( r) = r + 1 r 1 ( 1, ). Beachte auch T (r), T ( r) für r 1. Dadurch sind die Kreise eindeutig festgelegt und man überlegt sich, dass sie zusammen mit T () = 1 genau die linke Halbebene {z : Rez < } = T (D) überdecken. Aufgabe 5. Bestimme Aut(C). (Hinweis: Aufgabe 5, letzte Serie) 4

5 Lösung. Wir haben dort gezeigt, dass jede injektive Abbildung f : C Form f(z) = az + b ist. Jede bijektive Abbildung ist also von der Form C von der f(z) = az + b mit a C, b C. Sehen wir sie als Moebiustransformation, erkennen wir, dass {( ) } a b Aut C : a, b C, a. 1 Aufgabe 6. Berechne cos (x) (x + 1) dx. Lösung. Da die zu integrierende Funktion gerade ist, gilt I = cos (x) (x + 1) dx = 1 cos (x) (x + 1) dx. Es genügt also das letztere Integral zu berechnen. Wir verwenden die Formel cos(x) = (e ix + e ix )/ und erhalten Setzen wir dies ein, erhalten wir also cos (x) = 1 4 (eix + + e ix ) = 1 (cos(x) + 1). I = 1 4 Re ( e ix ) + 1 (x + 1) dx. Da der Grad des Nenners in x gleich 4 ist, und da e iz + 1 e iz + 1 für Im(z) > können wir das Integral auf den Limes von Integralen über Halbkreisen in der oberen Halbebene zurückführen (vergleiche Typ II aus der Vorlesung). Da (z + 1) = (z i) (z + i), ist die einzige Polstelle der zu integrierenden Funktion in der oberen Halbebene bei z = i und von Ordnung. Wir erhalten also über den Residuensatz I = 1 ( e (πires iz )) 4 Re + 1 (z + 1), i. Mit den Rechenregeln für Residuen berechnen wir ( 1 e iz ) + 1 Res (z i) (z + i), i = d e iz + 1 dz (z + i) z=i Zusammen ergibt sich = (i(z + i) (z + i))e iz (z + i) (z + i) 4 z=i = (i( 4) 4i)e 4i 16 I = π e = ie i 4 5

6 Aufgabe 7. Seien k, n N mit k < n. Zeige, dass t k 1 + t dt = π n n sin ( ). (k+1)π Lösung. Da der Integrand gerade ist, sehen wir I = n t k 1 + t dt = 1 t k dt. n 1 + tn Aufgrund der Voraussetzung k < n ist der Grad der zu integrierenden rationalen Funktion kleiner gleich, also können wir die Strategie für Integrale von Typ I anwenden. Die Polstellen der Funktion z k /(z n + 1) sind genau die (n)-ten Wurzeln von 1, alle Polstellen von Ordnung 1. Dies sind genau die Zahlen z j = exp(i( π n ))ρj, j < n, für ρ = exp(πi/(n)) eine (n)-te Einheitswurzel. Es gilt also z n + 1 = n 1 j= (z z j ). Von diesen Polstellen sind genau z,..., z n 1 in der oberen Halbebene. Um die Residuen an diesen Stellen auszurechnen, verwenden wir die Formel Res(f/g, w) = f(w)/g (w) für f analytisch und g mit einfacher Nullstelle an w C. Wir erhalten I = 1 n 1 πi j= n 1 zj k = πi j= nzj n 1 = πi n 1 zj k n+1. n j= z k Res( z n + 1, z j) Beachte, dass als Nullstelle von z n + 1 natürlich gilt z n j = (z n j ) 1 = ( 1) 1 = 1. Aus der Formel für z j sehen wir z j = z ρ j. Setzen wir dies ein, ergibt sich z.b. mit der geometrischen Reihe I = πi n 1 n zk+1 (ρ j ) k+1 j= = πi n 1 n zk+1 (ρ k+1 ) j = πi = πi n zk+1 n zk+1 j= 1 (ρ k+1 ) n 1 ρ k+1 1 ρ. k+1 6

7 Hier verwenden wir ρ n = 1 und ( 1) k+1 = 1. Ziehen wir den Term z k+1 in den Nenner und setzen die Formeln für z und ρ ein, ergibt sich I = π n = π n e (k+1)π n Da sin( y) = sin(y), folgt die Behauptung. i i e (k+1)π i n 1 sin( (k+1)π ). n Aufgabe 8. Sei H = {z C: Im z > } die obere Halbebene. (i) Zeige, dass jeder Automorphismus von C eine Möbiustransformation ist. (Hinweis: Es gibt eine bihomolomorpher Abbildung zwischen H und einer Einheitskreisscheibe). (ii) Zeige, dass jeder solcher Automorphismus sogar als Möbiustransformation mit reellen Koeffizienten geschrieben werden kann. (iii) Zeige, dass Aut H = { z } az + b : a, b, c, d R, ad bc = 1 / ± I = PSL (R). cz + d Lösung. Das wird in den Notizen zu Automorphismusgruppen auf der Webseite gezeigt. Aufgabe 9. Zeige für n N: n 1 ν=1 sin νπ n = n n 1 7