8 Geometrische Eigenschaften holomorpher Funktionen

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1 8 Geometrische Eigenschaften holomorpher Funktionen 8.1 Der Nullstellensatz In diesem Abschnitt wollen wir präzisieren, wann eine holomorphe Funktion lokal umkehrbar ist. Im Umkehrsatz 3.5 hatten wir dazu die Bedingung f (z 0 0 kennengelernt. Im Reellen zeigt die Funktion f(x = x 3, dass eine Umkehrung auch ohne die Bedingung f (x 0 möglich ist. Nicht so im Komplexen - dort ist der Umkehrsatz scharf, und das wollen wir im Folgenden beweisen. Lemma 8.1 (Wurzelfunktion Sei f : D holomorph im Gebiet D und sei z 0 D ein Punkt mit f(z 0 0. Dann besitzt f auf einer Umgebung von z 0 für jedes n Æ \ {0} eine holomorphe n-te Wurzel. Genauer: Ist a eine n-te Wurzel aus f(z 0 (wovon es n verschiedene gibt, so gibt es eine holomorphe Funktion g auf einer Umgebung U von z 0 mit g n = f U und g(z 0 = a. Beweis: Die Ableitung der holomorphe Abbildung z z n hat in a keine Nullstelle, also gibt es nach dem Umkehrsatz eine offene Umgebung W von f(z 0 und darauf eine holomorphe Funktion w : W mit w(f(z 0 = a und w n (z = z für alle z W. Weil f stetig ist, gibt es eine Umgebung U D von z 0 mit f(u W, und wir setzen g = w f U. Dann ist g n = w n f U = f U und g(z 0 = a. Wir nennen eine holomorphe Abbildung f : D E biholomorph zwischen den Gebieten D und E, wenn sie bijektiv ist und die Umkehrabbidung ebenfalls holomorph ist. Wie wir gleich sehen werden, ist die letzte Bedingung automatisch erfüllt. Satz 8.2 (Nullstellensatz Sei z 0 eine Nullstelle der endlichen Ordnung n der holomorphen Funktion f : D. Dann gibt es eine biholomorphe Abbildung so dass auf B r (0 h : B r (0 V (z 0, r > 0, f(h(z = z n. Bis auf eine biholomorphe Transformation sieht f bei z 0 so aus wie z n bei 0. Insbesondere nimmt f in V jeden Wert w mit 0 < w < r n genau n-mal an. Beweis: Nach Satz 5.4 und dem Lemma haben wir f(z = (z z 0 n g(z = ( (z z 0 g(z n mit einer holomorphen Funktion g. Die Abbildung k(z := (z z 0 g(z hat Ableitung k (z 0 = g(z 0 0, und nach dem Umkehrsatz bildet sie deshalb eine offene Umgebung von z 0 biholomorph auf eine offene Umgebung U von k(z 0 = 0 ab. Ohne Einschränkung ist U ein Kreis um 0. Aus f(z = k(z n folgt für h := k 1 die Behauptung. Der Satz gilt sinngemäß für alle Punkte z 0, in denen die Ableitung verschwindet. In diesem Fall können wir f(z f(z 0 betrachten und haben für diese Funktion eine mehrfache Nullstelle. Zusammen mit dem Umkehrsatz gilt daher für eine holomorphe Funktion f: (8.1 f (z 0 0 f lokal bijektiv f lokal injektiv f 1 lokal holomorph. Eine Abbildung zwischen zwei Gebieten ist daher genau dann biholomorph, wenn sie bijektiv und holomorph ist. Wir können dieses Prinzip noch mit dem Satz von Hurwitz 7.2 kombinieren: 68

2 Satz 8.3 Die Grenzfunktion einer Folge kompakt konvergenter injektiver holomorpher Funktionen ist konstant oder injektiv. In der klassischen Funktionentheorie nennt man die hier auftretenden injektiven Funktionen auch schlichte holomorphe Funktionen. Der Beweis dieses Satzes ist klar: Ist (f n kompakt konvergent, so auch (f n. Da die f n keine Nullstelle besitzen, gilt das nach dem Satz von Hurwitz auch für f. 8.2 Konforme Abbildungen Eine Abbildung f : D, D, heißt konform, wenn sie holomorph in D ist mit f (z 0 für alle z D. Sei z(t ein glatter Weg mit z(0 = z 0 D und α = z (0 0. Unter dem Abbildungsmaßstab einer Abbildung f : D in Richtung α verstehen wir die Zahl f(z(t f(z 0 A = lim. t 0 z(t z 0 Wenn A existiert, so lässt es sich als die Längenverzerrung eines kleinen Kurvenstückes deuten, das im Punkt z 0 in Richtung α verläuft. Wenn f holomorph ist, so gilt A = lim t f (z 0 + o(1 = f (z 0. Der Abbildungsmaßstab einer holomorphen Funktion ist also richtungsunabhängig, d.h. sie ist maßstabstreu. Sei z(t ein glatter Weg mit z (t 0. Für konformes f gilt d dt f(z(t = f (zz (t 0, also ist auch das Bild der Kurve durch f(z(t regulär parametrisiert. Für Kurven z 1 (t, z 2 (t, die sich im Punkt z 0 schneiden, gilt für den Schnittwinkel z 1 (t z 2 (t α = arg z 1 (0 z 2 (0 = argz 1(0 argz 2(0, für die Bilder w 1 = f(z 1, w 2 = f(z 2 unter einer konformen Abbildung f daher α d dt = arg f(z 1(t d dt f(z = arg z 1 (0 2(t t=0 z 2 = α. (0 f w 1 (t=f(z 1 (t w 2 (t=f(z 2 (t Solche Abbildungen, die den Schnittwinkel und den Drehsinn zweier Kuven unverändert lassen, bezeichnet man als winkeltreu. Wir haben gezeigt: Satz 8.4 Eine konforme Abbildung ist maßstabs- und winkeltreu. Beispiele 8.5 (i f(z = e z ist wegen f (z = e z in ganz konform. Wenn im linken Rechteck α < 2π erfüllt ist, bildet die komplexe y y e-funktion das Rechteck bijektiv auf ein Ringsegment ab. Für α > 2π ist e z nicht bijektiv. α (ii f(z = z 2 e ist im Ursprung nicht winkeltreu, denn die Kurven C 1 : z 1 (t = t, C 2 : z 2 (t = ti, t [0, 1], werden beide auf einen Teil der reellen Achse abgebildet. a b x e a e b x 69

3 8.3 Die gebrochen lineare Abbildung ist eine Abbildung der Form f(z = az + b cz + d, z d c. f wird auch Möbius-Transformation genannt. Wir fordern ad bc 0, denn andernfalls wären die Vektoren ( a b, ( c d linear abhängig und wir können f zu einer Konstanten kürzen. Da wir den Bruch in f(z mit einer komplexen Zahl erweitern können, sind abgesehen von der Bedingung ad bc 0 drei Parameter frei wählbar. Spezialfälle: (i c = 0, d = 1 : f(z = az +b ist die Komposition von g(z = az (Drehstreckung und h(z = z + b (Translation. (ii f(z = 1 z ist die Komposition von g(z = 1 z (Spiegelung am Einheitskreis und h(z = z (Spiegelung an der re- y ellen Achse. Die Spiegelung am Einheitskreis ist auf \{0} g(z definiert. z 0 wird auf den Punkt abgebildet, der auf dem Strahl 0z liegt und die Entfernung 1 z vom Ursprung besitzt, z d.h. g(z = z z 2 = 1 z. 1 x Jede gebrochen lineare Abbildung lässt sich als Komposition dieser beiden Spezialfälle darstellen, (c 0, sonst trivial (8.2 z z 1 = cz + d z 2 = 1 z 1 z 3 = ad bc z 2 + a c c = f(z. Ein verallgemeinerter Kreis in ist ein Kreis oder eine Gerade (= Kreis mit Radius. Satz 8.6 Die gebrochen lineare Abbildung f mit ad bc 0 hat die folgenden Eigenschaften: (a f : \ { d c } \ {a c } ist bijektiv und die Umkehrabbildung ebenfalls gebrochen linear. (b f ist auf ihrem Definitionsbereich konform. (c f überführt verallgemeinerte Kreise in verallgemeinerte Kreise. Beweis: (a Wir lösen nach z auf und erhalten w = az + b cz + d z = dw b cw + a, w a c. Diese Auflösung nach z ist eindeutig. Genauso können wir die letzte Gleichung wieder eindeutig nach w auflösen und erhalten die Behauptung. (b Die Gleichung f (z = a(cz + d (az + bc (cz + d 2 = ad bc (cz + d 2 0 gilt für z d c, denn ad bc darf nach Voraussetzung nicht verschwinden. (c Hilfssatz: Die Gleichung (8.3 azz + αz + αz + b = 0, α, a, b Ê, 70

4 mit D := αα ab > 0 beschreibt für a 0 den Kreis mit Mittelpunkt α a und Radius D a. Für a=0 erhält man die allgemeine Geradengleichung. Beweis des Hilfssatzes: Für a 0 gilt z + α a 2 = (z + α a (z + α αα ab = a a 2 = D a 2, d.i. der behauptete Kreis. Für a = 0 ergibt sich also die allgemeine Geradengleichung. b = αz + αz = α 1 z 1 + α 2 z 2 (z = z 1 + iz 2, Nun kommen wir zum Beweis von (c. Für c = 0 haben wir eine lineare Funktion vor uns, die sogar Kreise und Geraden in Kreise und Geraden überführt. Für c 0 lässt sich f nach Gleichung (8.2 als Komposition von linearen Funktionen und 1 z darstellen. Wir müssen die Behauptung daher nur für 1 z nachweisen. Nach dem letzten Hilfssatz erhalten wir für w = 1 z oder nach Multiplikation mit ww a ww + α w + α w + b = 0 bww + αw + αw + a = 0. Dies ist von der Form (8.3, also wieder eine verallgemeinerte Kreisgleichung. Da man bei gebrochen linearen Abbildungen sowohl ein Loch im Definitions- als auch im Wertebereich hat, bietet es sich an, sie gleich auf C = C { } zu studieren, zumal in der Metrik der Riemannschen Zahlenkugel erfüllt ist. az + b lim f(z = lim z z cz + d = a c, lim f(z =, z d c Satz 8.7 Mit f( = a c, f( d c = sind die gebrochen linearen Abbildungen f : stetig. Sie bilden eine Untergruppe der Bijektionen von nach. Beweis: Wir zeigen, dass die Komposition zweier gebrochen linearer Funktionen wieder gebrochen linear ist. Für f(z = az + b cz + d, αz + β g(z = γz + δ gilt f g(z = (aα + bγz + (aβ + bδ (cα + dγz + (cβ + dδ. Dies zeigt man, indem man g(z für z einsetzt und dann den Bruch mit γz + δ erweitert. Wie der Beweis zeigt, hat man offenbar eine Korrespondenz zwischen regulären 2 2-Matrizen und gebrochen linearen Abbildungen, ( a b (8.4 Φ : az + b c d cz + d. Es gilt Φ(AB = Φ(A Φ(B. Man kann hier noch die gebrochen linearen Abbildungen durch ad bc = 1 normieren und erhält so einen Gruppen-Homomorphismus zwischen SL(2,, der Gruppe der komplexen 2 2-Matrizen mit Determinante 1, und den gebrochen linearen Abbildungen. Man kann die gebrochen linearen Abbildungen zur Konstruktion konformer Abbildungen nutzen. Dazu muss man aber wissen, wie man die oben genannten drei freien Parameter einsetzen soll. 71

5 Lemma 8.8 Eine gebrochen lineare Abbildung ist durch die Vorgabe von paarweise verschiedenen Werten in den Punkten 0, 1 und eindeutig bestimmt. Beweis: Für f(z = az + b cz + d ist f(0 = b d, f(1 = a + b c + d, f( = a c. Im Fall f( = ist c = 0 und wir erhalten f(z = (f(1 f(0z + f(0. Im Fall f(0 = ist d = 0 und f(z = f( + (f(1 f( /z. Treffen diese beiden Fälle nicht zu, so schreiben wir f(z = a c z + b c z + d c = f( z + f(0d c z + d c und f(1 = f( + f(0d c 1 + d c. Die rechte Seite ist gebrochen linear in d c und damit eindeutig nach d c auflösbar. Satz 8.9 (6-Punkte-Satz Sind z 1, z 2, z 3 und w 1, w 2, w 3 paarweise verschiedene Punkte in, so gibt es genau eine gebrochen lineare Abbildung mit f(z i = w i für i = 1, 2, 3. Diese erhält man durch Auflösen der 6-Punkte-Formel nach w: (w w 1 (w 2 w 3 (w 1 w 2 (w 3 w = (z z 1(z 2 z 3 (z 1 z 2 (z 3 z. Die Formel gilt sinngemäß auch dann, wenn für ein w i oder ein z i der Wert vorgegeben wird. In diesem Fall kürzt man diesen heraus, beispielsweise für w 3 =, (w w 1 ( w 2 w 3 1 (w 1 w 2 (1 w w 3 = (w w 1(0 1 (w 1 w 2 (1 0 = w w 1 w 2 w 1. Beweis: Die rechte Seite ist eine nicht konstante gebrochen lineare Abbildung r(z mit r(z 1 = 0, r(z 2 = 1, r(z 3 = und damit auch bijektiv in. Für die linke Seite s(w gilt das gleiche. Damit erfüllt f = s 1 r die angegebenen Bedingungen. Die Transformation f r 1 bildet 0, 1, auf w 1, w 2, w 3 ab und ist nach dem letzten Lemma eindeutig bestimmt. Demnach hat man die Möglichkeit, sich mit Hilfe der gebrochen linearen Abbildung konforme Abbildungen zwischen Kreisscheiben und anderen Kreisscheiben oder Halbebenen zu konstruieren. Beispiele 8.10 (i Welche gebrochen lineare Abbildungen bilden die obere Halbebene H = {Im z > 0} auf sich ab? Jede dieser Abbildungen bilden reelle Punkte, z.b 1, 0, 1 auf reelle Punkte ab. Daher sind in der 6-Punkte-Formel alle Größen reell. Hat man umgekehrt eine gebrochen lineare Funktion mit reellen Koeffizienten, so geht die reelle Achse in sich über. Ferner gilt f(i = ai + b ci + d = 1 ac + bd bc c 2 + d2(ai + b(d ic = c 2 + iad + d2 c 2 + d 2 und die obere Halbebene wird genau dann auf sich abgebildet, wenn Imf(i > 0, also ad bc > 0 erfüllt ist. 72

6 (ii Gesucht ist eine Abbildung, die die obere Halbebene konform auf den Einheitskreis abbildet. Wir stellen die Bedingungen f(0 = i, f(1 = 1, f( = i. Da im Urbildbereich das Gebiet links liegt, wenn wir die Punkte 0, 1, abschreiten, muss das Bild auch links liegen, wenn wir i, 1, i abschreiten (Winkeltreue. Demnach wird die obere Halbebene tatsächlich auf das Innere des Einheitskreises abgebildet und nicht auf das Äußere. Wir können natürlich den letzten Satz für die Konstruktion einer solchen Abbildung finden. Da das Gleichungssystem hier besonders einfach ist, nehmen wir gleich den Ansatz f(z = az + b cz + d und erhalten Mit der Normierung a = 1 gilt dann b d = i, a + b c + d = 1, f(z = z i iz 1. a c = i. Mit der gebrochen linearen Funkton können wir leicht entscheiden, ob vier verschiedene Punkte z 1, z 2, z 3, z 4 auf einem Kreis liegen. Wir nehmen dazu die bereits oben verwendete Transformation f(z = (z z 2(z 3 z 4 (z 2 z 3 (z 4 z, die die Punkte z 2, z 3, z 4 auf die Punkte 0, 1, abbildet, was als verallgemeinerter Kreis der reellen Achse entspricht. Damit haben wir gezeigt: Satz 8.11 (Satz vom Doppelverhältnis Die paarweise verschiedenen Punkte z 1, z 2, z 3, z 4 liegen genau dann auf einem verallgemeinerten Kreis, wenn DV (z 1, z 2, z 3, z 4 = (z 1 z 2 (z 3 z 4 (z 2 z 3 (z 4 z 1, reell ist. Die Zahl DV (z 1, z 2, z 3, z 4 heißt das Doppelverhältnis der vier Punkte. Aus der 6-Punkte-Formel folgt dann: Satz 8.12 Für je vier paarweise verschiedenene Punkte z 1, z 2, z 3, z 4 und einer beliebigen gebrochen linearen Funktion f gilt DV (f(z 1, f(z 2, f(z 3, f(z 4 = DV (z 1, z 2, z 3, z 4. Satz 8.13 Die gebrochen linearen Abbildungen, die die Einheitskreisscheibe = B 1 (0 auf sich abbilden, sind genau von der Form f(z = e iφ z z 0 1 z 0 z mit einem beliebigen φ Ê und z 0 < 1. Für diese gilt f (z = 1 z z 0 z 2 = 1 f(z 2 1 z 2. 73

7 Beweis: Für z = 1 gilt f(z 2 = zz (zz 0 + zz 0 + z 0 z 0 1 (zz 0 + zz 0 + z 0 z 0 zz = 1. Damit bildet f den Einheitskreis auf sich ab und wegen f(z 0 = 0 auch das Innere auf sich selbst. sowie Für die Ableitung bekommen wir f (z = e iφ1 z 0z + (z z 0 z 0 (1 z 0 z 2 = e iφ 1 z 0 2 (1 z 0 z 2 1 f(z 2 1 z z 0 z z 0 1 z 1 z 2 = 0 z 1 z 0 z 1 z 2 = 1 z 0z z 0 z + z 0 2 z 2 z 2 z z 0 z + z 0 z 1 z 0 z 2 (1 z 2 = (1 z 2 (1 z z 0 z 2 (1 z 2 = 1 z z 0 z 2 Als letztes zeigen, dass jede gebrochen lineare Abbildung mit f( = von der angegebenen Form ist. Die Abbildung g(z = iz + 1 iz 1, g 1 (w = w + 1 iw i, bildet die obere Halbebene auf die Einheitskreisscheibe ab. Dies sieht man, wenn man beispielsweise die Werte g( 1, g(0, g(1 K 1 (0 einsetzt sowie g(i = 0. Damit bildet h = g 1 f g die obere Halbebene auf sich ab und ist nach Beispiel 8.10(i von der Form h(z = αz + β, αδ βγ > 0. γz + δ Mit (8.4 können wir damit die Struktur von f(z = az + b cz + d bestimmen ( ( ( ( a b i 1 α β 1 1 = c d i 1 γ δ i i ( (γ β + i(α + δ (β + γ + i(α δ = = (β + γ + i(α δ (γ β + i(α + δ Daher f(z = az + b bz a. Wäre a = 0, so f(0 = im Widerspruch zu f( =. Mit z 0 = b a folgt f(z = a z z 0 a 1 z 0 z. ( a b. b a Der Vorfaktor a/( a ist vom Betrag 1. Es gibt daher ein φ mit e iφ = a/( a. Ferner gilt z 0 wegen z 0 = f 1 (0. 74

8 8.4 Das Lemma von Schwarz-Pick Lemma 8.14 (Lemma von Schwarz-Pick Sei f : holomorph. Dann gilt für alle z (8.5 f (z 1 f(z z 2. Die Gleichheit in dieser Abschätzung für ein z impliziert Gleichheit für alle z, und das ist genau dann der Fall, wenn f eine gebrochen lineare Abbildung von nach ist, siehe Satz Beweis: Sei z 0. Nach Satz 8.13 bilden φ 1 (z = z + z z 0 z, φ 2(z = z f(z 0 1 f(z 0 z bijektiv auf sich selber ab. Für F = φ 2 f φ 1 gilt daher F(. Wegen F(0 = φ 2 (f(z 0 = 0 folgt aus dem Lemma von Schwarz F (0 = φ 2(f(z 0 f (z 0 φ (0. Aus Satz 8.13 wissen wir ferner, dass für jede gebrochen lineare Abbildung, die bijektiv auf sich selber abbildet, gilt φ (z = 1 φ(z 2 1 z 2. In unserem Fall daher also φ 1(0 = 1 z 0 2, φ 1 2(f(z 0 = 1 F (0 = 1 z f(z 0 2 f (z f(z 0 2, und damit die behauptete Ungleichung. Gilt Gleichheit für ein z 0, so ist F nach dem Lemma von Schwarz eine Drehung und damit f gebrochen linear. Dass dann in (8.5 Gleichheit gilt, hatten wir bereits in Satz 8.13 nachgerechnet. Korollar 8.15 Ist f : holomorph und bijektiv, so ist f gebrochen linear, nach Satz 8.13 also von der Form f(z = e iφ z z 0 1 z 0 z, z 0, φ Ê. Beweis: Nach (8.1 ist auch die Umkehrabbildung holomorph. Anwendung des Lemmas von Schwarz-Pick auf f 1 liefert 1/f (z 1 z f(z 2 oder 1 1 z 2 f (z 1 f(z 2. Aus dem Lemma von Schwarz-Pick angewendet auf f folgt dann Gleichheit. Also ist f gebrochen linear. 75

9 8.5 Der Riemannsche Abbildungssatz Zwei Gebiete der komplexen Ebene heißen biholomorph äquivalent, wenn es zwischen ihnen eine bijektive holomorphe Abbildung gibt. Nach (8.1 darf die Ableitung einer biholomorphen Funktion nicht verschwinden; eine biholomorphe Abbildung ist daher konform. Nach dem Umkehrsatz ist die Umkehrfunktion einer biholomorphen Funktion ebenfalls holomorph. Wir hatten schon viele Beispiele biholomorpher Abbildungen kennengelernt. Nach dem letzten Abschnitt sind Kreisscheiben und Halbebenen biholomorph äquivalent. In Beispiel 8.5(i hatten wir gesehen, dass ein Rechteck und ein Ringsegment biholomorph äquivalent sind. Dagegen ist die komplexe Ebene nicht zu einem beschränken Gebiet biholomorph äquivalent wegen des Satzes von Liouville. Wir fragen, welche Gebiete zur Einheitskreissscheibe biholomorph äquivalent sind. Alle diese Gebiete sind dann auch untereinander biholomorph äquivalent. Satz 8.16 (Riemannscher Abbildungssatz Sei D ein von verschiedenes, einfach zusammenhängendes Gebiet. Dann ist D biholomorph äquivalent zu. Der Abbildungssatz wurde von Riemann in seiner Doktorarbeit 1851 in etwas modifizierter Form behandelt, sein Beweis war aber fehlerhaft. Mittlerweile gibt es verschiedene Beweise, der erste korrekte Beweis stammt von Hilbert aus dem Jahr Es folgten weitere Verbesserungen und neue Ideen bis Carathéodori 1928 den hier vorzustellenden sehr kompakten Beweis veröffentlichte. Da D nicht mit übereinstimmt, können wir nach einer Verschiebung annehmen, dass 0 / D. Wir gehen in mehreren Schritten vor. A: Konstruktion eines eindeutigen Logarithmus und einer eindeutigen Wurzelfunktion in D: Wir wählen ein beliebiges z 0 D und ein w 0 mit e w 0 = z 0. Auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet D bekommen wir eine Stammfunktion λ von 1 z, die wir durch λ(z 0 = w 0 normieren. Wegen λ (z = 1 z 0 können wir den Umkehrsatz anwenden und erhalten für die Ableitung der Umkehrabbildung d dw λ 1 (w = 1 λ (z z=λ 1 (w = λ 1 (w. Zusammen mit e w 0 = z 0 folgt, dass λ die Umkehrung der e-funktion, also ein Logarithmus ist. Damit gilt e λ(z = z in D. Mit w(z = e 1 2 λ(z erhalten wir eine eindeutige Funktion w mit w(z 2 = z, also einen eindeutigen Zweig der Quadratwurzel. w ist damit injektiv und wegen (8.1 eine biholomorphe Abbildung zwischen D und einem Gebiet w(d. B: D ist biholomorph äquivalent zu einem beschränkten Gebiet: Diesen Schritt brauchen wir nur, wenn D unbeschränkt ist. Sei nach wie vor 0 / D, w sei die gerade konstruierte Quadratwurzel. Seien z, z D mit w(z = w( z. Dann gilt z = w(z 2 = ( w(z 2 = w( z 2 = z, daher w(z = w(z = 0 im Widerspruch zur Definition von w. Das Gebiet w(d enthält daher keine Spiegelpunkte. Wir wählen einen abgeschlossenen Kreis { w w 0 r} w(d und wissen dann, dass der gespiegelte Kreis { w + w 0 r} keine Punkte von w(d enthält. Damit kann w(d durch w 1 w+w 0 auf ein beschränktes Gebiet abgebildet werden. C: Ein Surjektivitätskriterium: Lemma Sei D einfach zusammenhängend mit 0 D und sei f F = {f : D : f injektiv und holomorph mit f(0 = 0} 76

10 Ist f(d, so gibt es ein F F mit F (0 > f (0. Ist also f (0 maximal in F, so ist f surjektiv. Beweis: Sei also z 0 \ f(d und z 0 φ 0 eine bijektive biholomorphe Abbildung von auf sich mit φ(z 0 = 0, siehe Korollar Damit ist φ 0 f eine biholomorphe Abbildung von D auf ein einfach zusammenhängende f φ 0 Gebiet D = φ 0 (f(d, das 0 = φ(z 0 nicht enthält. Also gibt es F nach A eine injektive Funktion w : D h w mit w(z 2 = z und w( D. Wiederum nach Korollar 8.15 gibt es eine bijektive φ 1 biholomorphe Abbildung φ 1 von auf sich selbst, die w(φ 0 (0 auf 0 abbildet. Dann setze F(z = φ 1 w φ 0 f. Offenbar ist F : D injektiv mit F(0 = 0. Man beachte hier, dass φ 0, φ 1 gebrochen linear sind. Wie im obigen Bild setzen wir h(z = φ 1 ( 0 φ 1 1 (z2 mit h(0 = 0 und h F = f. h ist keine gebrochen lineare Abbildung, weil sonst die Quadratabbildung φ 0 h φ 1 eine wäre. Daher folgt aus dem Lemma von Schwarz 5.6 h (0 < 1 und f (0 = h (0F (0 < F (0. D: Der Kompaktheitsschluss: Nach B können wir D als beschränkt annehmen und nach Translation und Streckung 0 D. Die Menge F der injektiven holomorphen Funktionen f : D mit f(0 = 0 enthält f(z = z und ist damit nichtleer. Wir konstruieren ein f in F mit maximalem f (0. Nach Schritt C ist dieses f dann surjektiv. Sei ε > 0 mit B ε (0 D. Nach der Cauchyschen Integralformel 4.8 für die erste Ableitung gilt für alle f F f 1 f(zdz (0 = 2πi (z πi ε 22πε = 1 ε. Also ist z =ε s 0 = sup{ f (0 } 1 f F ε <. Sei (f n eine Folge in F mit lim f n(0 = s 0. Die Folge ist durch 1 beschränkt. Nach dem Satz von Montel 7.4 enthält sie eine gegen f kompakt konvergente Teilfolge. Die lokal gleichmäßige Konvergenz sorgt für f(0 = 0 und die lokal gleichmäßige Konvegenz für f n impliziert f (0 = s 0. Wegen f (0 0 ist f nicht konstant und nach dem Satz über die Injektivität der Grenzfunktion 8.3 wie die f n eine injektive Funktion. Nach Konstruktion ist f 1 und nach dem Satz von der Gebietstreue 6.5 folgt dann f(. Damit ist f F und nach Schritt C ist f( =. Im Riemannschen Abbildungssatz wird nicht behauptet, dass es eine winkeltreue Fortsetzung der konformen Abbildung auf D gibt (Man kann von der Winkeltreue einer Abbildung auch in Randpunkten sprechen, wenn man die Schnittkurven innerhalb von D betrachtet. Beispiel 8.17 f(z = z 2 ist die eindeutig bestimmte konforme Abbildung des Sektors {(r, ϕ : 0 < r < 1, 0 < ϕ < π 2 } auf den Sektor {(r, ϕ : 0 < r < 1, 0 < ϕ < π} unter der Dreipunktbedingung f(0 = 0, f(1 = 1, f(i = 1. Nach Beispiel 8.5 (ii ist die Abbildung in z = 0 nicht winkeltreu. 77

11 8.6 Potentialströme Zunächst kommen wir auf die Definition der komplexen Differenzierbarkeit einer Funktion f(z = u(x, y + iv(x, y zurück, die äquivalent zur reellen Differenzierbarkeit von u, v und den Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen (8.6 x u = y v, y u = x v ist. Es ist daher gleichgültig, ob man holomorphe Funktionen oder ebene Vektorfelder, die die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen erfüllen, studiert. Satz 8.18 Wenn f = u + iv holomorph ist, so stehen die Höhenlinien aufeinander senkrecht. u = const, v = const, v u Beweis: Der Gradient steht senkrecht auf den Höhenlinien. Sofern u, v 0, zeigen die Tangentenvektoren der Höhenlinien in die Richtungen u Linien: ( y u x u = ( x v y v, v Linien: ( y v x v u=const ( x u = y u v=const, und wegen ( y u x u stehen sie senkrecht aufeinander. Beispiel 8.19 Für ( y v x v f(z = z 2 = (x 2 y 2 + 2ixy erhalten wir das nebenstehende Bild. ( y u = x u y ( x u y u = 0 u=const Wir wollen nun ein reelles Problem formulieren und es später ins Komplexe übersetzen. Erinnert sei an den Rotationsoperator im Ê 2 rot ( v1 v 2 = x v 2 y v 1. v=const x Das Vektorfeld v(x, y = (v 1 (x, y, v 2 (x, y T heißt ebenes Potentialfeld, wenn es dem System von partiellen Differentialgleichungen (8.7 divv = 0, rot v = 0 genügt. Potentialfelder werden in der Stömungsmechanik benutzt, beschreiben sie doch eine quellenund wirbelfreie Strömung. Satz 8.20 Zu einem Potentialfeld v in einem einfach zusammenhängenden Gebiet D existiert ein bis auf eine Konstante c eindeutiges (reelles Potential P mit (8.8 v = P, P = 0. 78

12 Beweis: Nach Satz 1.12 gibt es solch ein P wegen rot v = 0. Die Bedingung divv = 0 impliziert dann P = 0. Sei v ein ebenes Potentialfeld mit Potential P. Dann heißen die Höhenlinien von P die Potentiallinien. Die Stromlinien stehen senkrecht auf den Potentiallinien. Die Definition lässt sich an Hand einer Strömung leicht veranschaulichen. Der Gradient von P steht senkrecht auf den Potentiallinien und zeigt nach (8.8 in Richtung v. Die Stromlinien sind also die Bahnkurven der Flüssigkeitsteilchen. Vergleichen wir die Gleichungen (8.6 und (8.7, so folgt ( v1 (8.9 ist ein Potentialfeld f(z = v 1 iv 2 ist holomorph. v 2 Jede holomorphe Funktion erzeugt demnach durch Bildung der komplex konjugierten Funktion ein Potentialfeld. Wenn P das Potential zum reellen Potentialfeld (v 1, v 2 T ist, so gibt es wegen P = 0 nach Satz 3.7(b eine Funktion Q, sodass F(z = P(x, y + iq(x, y holomorph ist. Wegen erhalten wir aus dem Vergleich mit (8.9: Wir haben damit die Korrespondenzen: F (z = x P(x, y + i x Q(x, y = x P(x, y i y P(x, y F (z = ( v1 (x, y. v 2 (x, y Potentiallinien Höhenlinien vonp Höhenlinien von ReF, Stromlinien (Höhenlinien vonp Höhenlinien von ImF, wobei die zweite Korrespondenz aus Satz 8.18 folgt. F heißt daher komplexes Potential zu f. Ein häufiger Anwendungsfall der Potentialströmung ist die Umströmung von Hindernissen. In reeller Schreibweise sucht man ein Vektorfeld (v 1, v 2 T : Ê 2 \ D Ê 2, wobei D ein Gebiet des Ê 2 (=Hindernis ist, mit divv = 0, rot v = 0 in Ê 2 \ D, n v = 0 auf D. n ist hier die Normale von D. Die Randbedingung besagt, dass nichts in das Hindernis ein- oder aus dem Hindernis herausfließen darf. Demnach zeigt v auf D in tangentialer Richtung, d.h. D ist Stromlinie. Beispiele 8.21 (i F(z = 1 2 z2 ist das Potential zu f(z = z. Vergleiche die Zeichnung in Beispiel Wir können z als Strömung im ersten Quadranten deuten, die die positive reelle und positive imaginäre Achse umströmt. (ii F(z = J(z = 1 2 (z + 1 z heißt Jukowski-Funktion und wird auf dem Definitionsbereich D = {z : z 1} betrachtet. Für die erzeugte Strömung J(z gilt dann x P otentiallinien : x + x 2 + y 2 = α, Stromlinien : y y x 2 + y 2 = α. Schreiben wir die Stromlinien in Polarkoordinaten, r 2 sinϕ αr sin ϕ = 0, so folgt für α = 0, dass r = 1, d.h. D ist Stromlinie. Damit beschreibt die Jukowski-Funktion die Umströmung eines Kreises oder, als dreidimensionale Strömung aufgefasst, die Umströmung eines Kreiszylinders. x 79