Elemente der Mathematik

Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Lösungen Übungsblatt 10
Aufgabe 35 (3 Punkte). Die Cayley-Abbildung ist definiert als C(z) = i · 1+z
1−z .
Bestimmen Sie das Bild des Einheitskreises und der Einheitskreisscheibe
E = {z ∈ C | |z| < 1}
unter C.
Lösung. Die Punkte 1, −1, i liegen alle auf dem Einheitskreis und es gilt C(1) =
∞, C(−1) = 0 und C(i) = i ·
1+i
1−i
= i·
(1+i)2
2
= −1. Da das Bild eines Kreises
wieder ein Kreis oder eine Gerade ist und durch 3 Punkte eindeutig festgelegt
ist, folgt, dass das Bild des Einheitskreises genau die reelle Gerade R̂ = R∪{∞}
ist.
Für den zweiten Teil behaupten wir, dass E auf die obere Halbebene
H = {z ∈ C | Im(z) > 0}
abgebildet wird. Es gilt
1
(C(z) − C(z))
2i
1 1 + z 1 + z̄ +
=
2 1 − z 1 − z̄
1 (1 + z)(1 − z̄) + (1 + z̄)(1 − z)
= ·
2
(1 − z)(1 − z̄)
1 − z z̄
=
|1 − z|2
Im(C(z)) =
=
1 − |z|2
.
|1 − z|2
Daraus folgt leicht |z| < 1 ⇐⇒ Im(C(z)) > 0, d.h. z ∈ E ⇐⇒ C(z) ∈ H.
Bemerkung: Der zweite Teil folgt auch aus der Stetigkeit von C und C(0) = i.
Aufgabe 36 (6 Punkte). Untersuchen Sie, ob es eine gebrochen lineare Transformation L gibt mit
(a) L(0) = −2, L(2) = 0, L(i) = ∞ und L(∞) = −i,
(b) L(1) = i, L(i) = 1, L(0) = ∞ und L(3i) = 0.
Falls es ein solches L gibt, bestimmen sie dessen Umkehrabbildung und dessen
Fixpunkte, i.e. die Punkte z ∈ C mit L(z) = z.
2
Lösung. (a) Es gibt genau eine gebrochen lineare Transformation L, die die
ersten 3 Bedingungen erfüllt. Wir schreiben L(z) =
az+b
cz+d .
Aus L(2) = 0
folgt 2a + b = 0, also b = −2a. Aus ad − bc 6= 0 folgt a 6= 0, somit können
wir a = 1 wählen (dies ist möglich, da wir sonst den Bruch einfach erweitern
können). Aus L(i) = ∞ folgt ic + d = 0, also d = −ic. Wegen L(0) = −2
gilt −2 =
b
d
=
−2
d ,
also d = 1 und somit c = i. Das ergibt
L(z) =
Wegen L(∞) =
1
i
z−2
.
iz + 1
= −i ist auch die 4. Bedingung erfüllt. Wir berechnen
die Umkehrabbildung:
w=
w+2
z−2
⇐⇒ w(iz + 1) = z − 2 ⇐⇒ w + 2 = z(1 − iw) ⇐⇒ z =
,
iz + 1
1 − iw
also L−1 (z) =
z+2
−iz+1 .
Wir bestimmen nun die Fixpunkte von L. Es gilt
z−2
= z ⇐⇒ z − 2 = iz 2 + z ⇐⇒ iz 2 = −2
iz + 1
√ πi
πi
⇐⇒ z 2 = 2i ⇐⇒ z 2 = 2e 2 ⇐⇒ z = ± 2e 4
L(z) = z ⇐⇒
⇐⇒ z = ±(1 + i).
(b) Wir gehen analog wie in (a) vor und betrachten zunächst die letzten 3
Bedingungen. Aus L(3i) = 0 folgt wiederum, dass a 6= 0 und somit können
wir a = 1 setzen. Es folgt also b = −3i. Aus L(0) = ∞ folgt d = 0 und aus
L(i) = 1 folgt i − 3i = ci, also c = −2. Wir erhalten somit
L(z) =
Es gilt aber L(1) =
3i−1
2
z − 3i
3i − z
=
.
−2z
2z
6= i und somit gibt es keine gebrochen lineare
Transformation, die alle 4 Bedingungen erfüllt.
Aufgabe 37 (5 Punkte). Das Doppelverhältnis von vier verschiedenen komplexen Zahlen z1 , z2 , z3 , z4 ∈ Ĉ ist gegeben durch
DV(z1 , z2 , z3 , z4 ) =
z1 − z3 z1 − z4
:
.
z2 − z3 z2 − z4
(a) Für paarweise verschiedene z1 , z2 , z3 ∈ Ĉ sei Lz1 ,z2 ,z3 die eindeutige gebrochen lineare Transformation mit L mit L(z1 ) = 1, L(z2 ) = 0 und
L(z2 ) = ∞. Zeigen Sie, dass
Lz1 ,z2 ,z3 (z) = DV(z, z1 , z2 , z3 ).
3
(b) Zeigen Sie, dass gebrochen lineare Transformationen Doppelverhältnisse erhalten, d.h. ist L eine gebrochen lineare Transformation mit wi = L(zi ), i =
1, . . . , 4, so gilt
DV(z1 , z2 , z3 , z4 ) = DV(w1 , w2 , w3 , w4 ).
Lösung. (a) Sei L = Lz1 ,z2 ,z3 . Wir schreiben L(z) =
az+b
cz+d
und bestimmen
a, b, c, d ∈ C. Aus L(z2 ) = 0 folgt az2 + b = 0 und somit wegen ad − bc 6= 0
muss a 6= 0 gelten. Wir setzen a = 1 (dies ist möglich, da man den Bruch
jederzeit erweitern kann), also gilt b = −z2 . Aus L(z3 ) = ∞ folgt cz3 +d = 0
und somit d = −cz3 . Aus L(z1 ) = 1 folgt
z1 − z2 = z1 + b = cz1 + d = c(z1 − z3 ).
Somit ist c =
z1 −z2
z1 −z3 .
Insgesamt erhalten wir
z − z2
c(z − z3 )
z − z2
= z1 −z2
z1 −z3 (z − z3 )
L(z) =
=
z − z2 z1 − z2
:
z − z 3 z1 − z3
= DV(z, z1 , z2 , z3 ).
(b) Sei L(z) =
az+b
cz+d .
Dann gilt für 1 < i, j < 4:
wi − wj =
azi + b azj + b
−
czi + d czj + d
(azi + b)(czj + d) − (azj + b)(czi + d)
(czi + d)(czj + d)
adzi + bczj − adzj − bczi
=
(czi + d)(czj + d)
ad − bc
=
· (zi − zj ).
(czi + d)(czj + d)
=
Daraus folgt
(ad − bc)2
(w1 − w3 )(w2 − w4 ) = Q4
(z1 − z3 )(z2 − z4 )
i=1 (czi + d)
= u(z1 − z3 )(z2 − z4 )
mit u =
(ad−bc)2
Q4
i=1 (czi +d)
und analog
(w2 − w3 )(w1 − w4 ) = u(z2 − z3 )(z1 − z4 ).
4
Somit erhalten wir
(w1 − w2 )(w2 − w4 )
u(z1 − z3 )(z2 − z4 )
DV(w1 , w2 , w3 , w4 ) =
=
= DV(z1 , z2 , z3 , z4 ).
(w2 − w3 )(w1 − w4 )
u(z2 − z3 )(z1 − z4 )
Aufgabe 38 (3 Punkte). Sei S die Spiegelung an dem Kreis K = K(z0 , r) um
z0 ∈ C vom Radius r > 0. Weiterhin sei L eine gebrochen lineare Transformation, welche den Kreis K auf die reelle Achse abbildet.1
Zeigen Sie: Die Abbildung L ◦ S ◦ L−1 ist die komplexe Konjugation, also die
Spiegelung an der reellen Achse. Dies rechtfertigt die Sprechweise “Spiegelung
am Kreis”.
Hinweis: Die Kreisspiegelung ist gegeben durch S(z) = z0 +
r2
z̄−z̄0 .
Lösung. Sei
F (z) = L ◦ S ◦ L−1 (z).
Man kann leicht feststellen, dass F eine gebrochen rationale Funktion ist. Da
S den Kreis K festhält, gilt F (x) = x für jedes x ∈ R. Da aber F bereits durch
drei Punkte eindeutig bestimmt ist, ist F die Identität. Somit ist L ◦ S ◦ L−1
die komplexe Konjugation.
Aufgabe 39 (2 Punkte). Beweisen Sie, dass die Abbildung
M : GL(2, C) → Bij(Ĉ)
!
a b
az + b 7→ z 7→
cz + d
c d
ein Gruppenhomomorphismus ist.
Lösung. Seien
A1 =
a1
b2
c2
d2
!
und A2 =
a2
b2
c2
d2
!
zwei Matrizen in GL(2, C). Es gilt
A1 ◦ A2 =
a1 a2 + b1 c2 a1 b2 + b1 d2
!
c1 a2 + d1 c2 c1 b2 + d1 d2
Dann ist M (A1 ◦ A2 ) die Abbildung
z 7→
(a1 a2 + b1 c2 )z + (a1 b2 + b1 d2 )
.
(c1 a2 + d1 c2 )z + (c1 b2 + d1 d2 )
1Zur Erinnerung: man whle dazu drei verschiedene Punkte z , z , z auf K. Dann gibt es
1 2 3
bekanntlich genau eine gebrochen lineare Transformation L mit L(z1 ) = 0, L(z2 ) = 1, L(z3 ) =
∞. Dieses L bildet dann K auf R ab.
5
Seien Li (z) =
ai z+bi
ci z+di
für i = 1, 2. Dann ist
a z + b 2
2
L1 ◦ L2 (z) = L1
c2 z + d2
z+b2
a1 ac22z+d
+ b1
2
=
z+b2
+ d1
c1 ac22z+d
2
=
a1 a2 z + a1 b2 + b1 c2 z + b1 d2
c1 a2 z + c1 b2 + d1 c2 z + d1 d2
= M (A1 ◦ A2 )(z)
wie gewünscht.

Download Report