Iteration quadratischer Polynome

(Stand: February 27, 2013)

1. Juliamengen

Sei f : ℂ̂ → ℂ̂ eine nicht–konstante rationale Abbildung, d.h. deg(f) ≥ 1. Die rationalen Funktionen vom Grad 1 sind die Möbiustransformationen. Die Iterierten werden bezeichnet mit f^{n} = \underbrace{f ∘ ⋯ ∘ f}_{n mal} .

Definition. Die Fatoumenge F (f) ist die Menge der z ∈ ℂ̂, für die die Familie der Iterierten {f, f^{2}, f^{3}, …} normal in (einer Umgebung von) z ist. Das Komplement J(f) = ℂ̂ \ F (f) ist die Juliamenge.

Die Fatoumenge ist offen und die Juliamenge als Teilmenge in ℂ̂ kompakt.

Für z ∈ ℂ̂ bezeichnet O^{−}(z) = ⋃_{n≥0}f^{−n}(z) den Rückwärtsorbit von z.

Satz 1.1. Sei deg(f) ≥ 2. Ist z ∈ J(f), so gilt J(f) = \overline{O^{−}(z)}.

Sei nun f : ℂ̂ → ℂ̂ ein nicht–konstantes Polynom. Dann ist

A(∞) = {z ∈ ℂ̂ : f^{n}(z) → ∞} der Anziehungsbereich von ∞ .

Satz 1.2. Ist f ein Polynom vom Grad deg(f) ≥ 2, so ist J(f) = ∂A(∞).

Die ausgefüllte Juliamenge K(f) = ℂ̂\A(∞) ist die Menge der Punkte, die unter Iteration beschränkt bleiben. Wiederum ist J(f) = ∂K(f). Sei f(z) = a_{d}z^{d} + … + a_{0} Polynom vom Grad d ≥ 2. R > 0 ist Fluchtradius, falls f^{n}(z) → ∞ für alle |z| > R. Zum Beispiel gilt dies für

R = \frac{1 + |a_{d}| + … + |a_{0}|}{|a_{d}|} .

Es folgt: K(f) = {z ∈ ℂ : |f^{n}(z)| ≤ R ∀ n}.

Beispiele: K(z^{2}) = \overline{𝔻}, J(z^{2}) = ∂𝔻 und K(z^{2}−2) = J(z^{2}−2) = [−2, 2] .

2. Periodische Punkte

Sei z_{0} ein Fixpunkt, d.h. f(z_{0}) = z_{0}. Ist |f′(z_{0})| < 1, so gibt es ρ < 1, so daß

|\frac{f(z) − f(z_{0})}{z − z_{0}} | ≤ ρ < 1

in einer Kreisscheibe D um z_{0}. Somit |f(z) − z_{0}| = |f(z) − f(z_{0})| ≤ ρ|z − z_{0}|, d.h. z ∈ D ⇒ f(z) ∈ D und |f^{n}(z) − z_{0}| ≤ ρ^{n}|z − z_{0}| → 0. Es folgt z_{0} ∈ F (f).

Ist |f′(z_{0})| > 1 für einen Fixpunkt z_{0}, so entfernen sich Punkte in der Nähe von z_{0} vom Fixpunkt. Wäre {f^{n}} normal in einer Umgebung von z_{0}, so würde dort eine Teilfolge gegen eine holomorphe Funktion g konvergieren mit |g′(z_{0})| < ∞, jedoch (f^{n})′(z_{0}) → ∞. Daher folgt z_{0} ∈ J(f).

Ein Fixpunkt heißt anziehend, falls |f′(z_{0})| < 1, und abstoßend, falls |f′(z_{0})| > 1. Im Fall |f′(z_{0})| = 1 nennt man ihn indifferent.

Definition. z_{0} heißt periodischer Punkt der Periode n, wenn f^{n}(z_{0}) = z_{0} und f^{k}(z_{0}) ≠ z_{0} für 0 < k < n. Die Menge Z = {z_{0}, z_{1} = f(z_{0}), …, z_{n−1} = f^{n−1}(z_{0})} heißt Zyklus der Länge n, und

λ = (f^{n})′(z_{0}) = ∏_{k=0}^{n−1} f′(f^{k}(z_{0})) = ∏_{k=0}^{n−1} f′(z_{k})

heißt Multiplikator.

Der Multiplikator ist an jeder Stelle eines Zyklus gleich. Ein Fixpunkt ist ein periodischer Punkt mit Periode 1.

Definition. Sei Z = {z_{0}, …, z_{n−1}} ein Zyklus mit Multiplikator λ = (f^{n})′(z_{0}). Der Zyklus bzw. periodische Punkt heißt

super-anziehend, wenn λ = 0
anziehend, wenn |λ| < 1
abstoßend, wenn |λ| > 1
rational indifferent, wenn |λ| = 1 , λ^{q} = 1
irrational indifferent, wenn |λ| = 1 , λ^{m} ≠ 1 ∀ m .

Ist ein periodischer Punkt/Zyklus indifferent, d.h. |λ| = 1, so ist λ = e^{2πit}, und er ist rational indifferent ⟺ t = p/q ∈ ℚ. Rational indifferente periodische Punkte heißen parabolisch, falls λ^{q} = 1, jedoch f^{q} ≠ id. Da hier deg(f) ≥ 2, sind rational indifferente Punkte auch parabolisch.

Für einen Zyklus Z gilt:

Z (super-)anziehend ⇒ Z ⊂ F (f)
Z abstoßend ⇒ Z ⊂ J(f)
Z parabolisch ⇒ Z ⊂ J(f)

Für ein Polynom f vom Grad d ist ∞ ein (d−1)–facher kritischer Punkt. Zudem gibt es d − 1 kritische Punkte in ℂ, nämlich die Nullstellen von f′. Die n–te Iterierte hat d^{n} Lösungen der Gleichung f^{n}(z) − z = 0. Für die Anzahl der periodischen Punkte der Periode n muß man noch die periodischen Punkte mit Perioden m < n abziehen, die n teilen.

Satz 2.1. Sei deg(f) ≥ 2. So hat f nur endlich viele nicht–abstoßende Zyklen. Ein Polynom vom Grad d ≥ 2 hat höchstens d−1 nicht–abstoßende Zyklen in ℂ. Satz 2.2. Sei deg(f) ≥ 2. J(f) = \overline{\{abstoßende periodische Punkte\}} . Folgerung. Ist U eine offene Menge mit U ∩ J ≠ ∅, so gibt es ein N mit

f^{N}(U ∩ J) = J .

3. Quadratische Polynome und Mandelbrotmenge Sei nun p(z) = αz^{2} + βz + γ ein quadratisches Polynom. Die kritischen Punkte von p sind ∞ und z_{c} = −\frac{β}{2α}. Satz 3.1. J(p) zusammenhängend ⟺ z_{c} bleibt unter Iteration beschränkt. Die Juliamenge ist entweder zusammenhängend (wenn {p^{n}(z_{c})} beschränkt ist) oder total unzusammenhängend (Cantormenge). Lemma 3.2. Die Juliamenge eines quadratischen Polynoms ist symmetrisch zum kritischen Punkt z_{c}. Beweis. Sei p(z) = αz^{2} + βz + γ mit kritischen Punkt. z_{c} = −\frac{β}{2α}. Dann gilt

\begin{aligned}p(z_{c} + z) & = α (z^{2} − \frac{β}{α}z + \frac{β^{2}}{4α^{2}} ) + βz − \frac{β^{2}}{2α} + γ \\ & = αz^{2} − \frac{β^{2}}{4α} + γ = p(z_{c} − z) . \end{aligned}

Alternativ: w = αz^{2} + βz + γ hat zwei Lösungen

z_{1/2} = −\frac{β}{2α} ± \sqrt{\frac{β^{2}}{4α^{2}} + \frac{w − γ}{α}} = z_{c} ± \sqrt{z_{c}^{2} + \frac{w − γ}{α}} .

Daher hat jedes w ∈ J zwei Urbilder, die symmetrischen sind zum kritischen Punkt. Zwei Abbildungen f : U → U und g : V → V sind konjugiert, wenn es eine konforme Abbildung φ : U → V gibt mit g = φ ∘ f ∘ φ^{−1}. Für zwei konjugierte Abbildungen f und g sind auch die Iterierten konjugiert:

g^{n} = (φ ∘ f ∘ φ^{−1})^{n} = φ ∘ f^{n} ∘ φ^{−1} .

Folgerung. Sind f ∼ g konjugiert durch g = φ ∘ f ∘ φ^{−1}, dann J(g) = φ(J(f)).

Jedes quadratische Polynom p(z) = αz^{2}+βz+γ ist konjugiert zu einem Polynom f_{c}(z) = z^{2} + c. Für φ(z) = αz + \frac{β}{2} ist φ ∘ p ∘ φ^{−1}(z) = z^{2} + c mit c = αγ + \frac{β}{2} − \frac{β^{2}}{4} . Der kritische Punkt von f_{c}(z) = z^{2} + c ist 0. Ein anziehender Zyklus zieht einen kritischen Punkt an. f_{c} kann höchstens einen nicht–abstoßenden Zyklus in ℂ haben.

Definition. Die Mandelbrotmenge M ist die Menge der Parameter c ∈ ℂ, für die die Juliamenge J(f_{c}) zusammenhängend ist.

Ein Fluchtradius für f_{c}(z) = z^{2} + c ist R_{c} = max{2, |c|}. Denn für |z| > R_{c} ist

\frac{|f_{c}(z)|}{|z|} = \frac{|z^{2} + c|}{|z|} ≥ |z| − \frac{|c|}{|z|} > |z| − 1 > 1 + δ ⇝ |f_{c}^{n}(z)| → ∞ .

Somit K(f_{c}) = {z ∈ ℂ : |f_{c}^{n}(z)| ≤ R_{c}}, und 0 ∈ K(f_{c}) ⟺ f_{c}^{n}(0) beschränkt;

c ∈ M ⟺ J(f_{c}) zusammenhängend ⟺ f_{c}^{n}(0) ↛ ∞ .

Für c ∉ M gilt f_{c}^{n}(0) → ∞ und J(f_{c}) = K(f_{c}).

Satz 3.3. M = \{c ∈ ℂ : |f_{c}^{n}(0)| ≤ 2 ∀ n\}, M ⊂ \overline{D}_{2} und −2 ∈ M.

Beweis. Zu zeigen ist, daß z_{n} = f_{c}^{n}(0) → ∞ , sobald |z_{n_{0}}| > 2 für ein n_{0}.

(i) Sei |c| > 2. Dann gilt |f_{c}(0)| = |c| und |f_{c}^{2}(0)| ≥ |c|^{2} − |c| = |c|(|c| − 1) . Durch Induktion folgt |f_{c}^{n}(0)| ≥ |c|(|c| − 1)^{2^{n−1}} → ∞. Oder: Ist |c| = 2 + δ > 2 und |z| ≥ |c|, dann gilt z ∉ K(f_{c}), denn

|f_{c}(z)| = |z^{2} + c| ≥ |z|^{2} − |c| = |z|(|z| − \frac{|c|}{|z|}) ≥ |z|(1 + δ) ,

somit |f_{c}^{n}(z)| ≥ (1 + δ)^{n}|z| → ∞ für |z| ≥ |c| > 2. Da |f_{c}(0)| = |c|, folgt insbesondere f_{c}^{n}(0) → ∞ für |c| > 2, also 0 ∉ K(f_{c}) und c ∉ M. (ii) Sei nun |c| ≤ 2, jedoch |f_{c}^{n_{0}}(0)| = 2 + δ mit δ > 0 für ein n_{0} ≥ 2. Dann gilt

\begin{aligned}|f_{c}^{n_{0}+1}(0)| & = |[f_{c}^{n_{0}}(0)]^{2} + c| ≥ |f_{c}^{n_{0}}(0)|^{2} − |c| \\ & ≥ |f_{c}^{n_{0}}(0)|^{2} − 2 = (2 + δ)^{2} − 2 ≥ 2 + 4δ . \end{aligned}

Durch Induktion folgt |f_{c}^{n_{0}+k}(0)| ≥ 2 + 4^{k}δ ⟶ ∞ (k → ∞), d.h. c ∉ M. Für c = −2 gilt 0 ↦ −2 ↦ 2 ↦ 2, also −2 ∈ M.

Sei c ∈ [−2, \frac{1}{4}] und a = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} − c} einer der Fixpunkte von f_{c}. Für b = f_{c}^{n}(0) gilt a^{2} + c + b^{2} + c = a + b^{2} + c ≥ 0, da |f_{c}(0)| = |c| ≤ a. Wenn nun |b| ≤ a, so folgt auch |f_{c}^{n+1}(0)| = |b^{2} + c| ≤ a^{2} + c = a, d.h. |f_{c}^{n}(0)| ist beschränkt und c ∈ M. Ist c ≥ \frac{1}{4}, so ist f_{c}^{n}(z) monoton wachsend für z ∈ ℝ, denn

f_{c}(z) − z = z^{2} − z + c ≥ z^{2} − z + \frac{1}{4} = (z − \frac{1}{2})^{2} ≥ 0 .

Ist f_{c}^{n}(0) beschränkt, so konvergiert f_{c}^{n}(0) gegen einen reellen Fixpunkt. Diesen gibt es jedoch nur für c ≤ 1/4. Daher ist c > 1/4 nicht in M und M∩ℝ = [−2, \frac{1}{4}].

Sei H = {c ∈ ℂ : f_{c} hat anziehenden Zyklus} ⊂ M^{∘}. H ist offen. Man nennt die Zusammenhangskomponenten hyperbolische Komponenten. Die Zyklenlänge in einer hyperbolischen Komponente W ist konstant. Für jedes c ∈ W hat f_{c} einen anziehenden Zyklus der Länge n. Sei λ(c) der zugehörige Multiplikator. Man kann zeigen, daß dadurch eine konforme Abbildung λ_{W} : W → 𝔻 definiert wird, die ein Homöomorphismus \overline{W} → \overline{𝔻} ist. Das Zentrum von W ist das c, für das λ_{W} (c) = 0 und f_{c} einen super-anziehenden Zyklus der Länge n hat.

Periode 1: Fixpunkte.

Die Fixpunkte sind Lösungen α, β von f_{c}(z)−z = 0. Es gilt α+β = 1 und αβ = c. Die Multiplikatoren sind λ_{α} = f′_{c}(α) und λ_{β} = f′_{c}(β) mit λ_{α} + λ_{β} = 2(α + β) = 2. Mindestens einer der Fixpunkte ist entweder abstoßend oder parabolisch und somit in beiden Fällen in J. (Der parabolische Fall ist c = 1/4 mit α = β = 1/2.)

f_{c} kann höchstens einen anziehenden Fixpunkt (|λ| < 1) haben. Ein Fixpunkt μ von z ↦ z^{2} + c ist Lösung von z^{2} − z + c = 0, daher c = μ − μ^{2} = λ(2 − λ)/4, denn λ = 2μ. Ist μ anziehender Fixpunkt, so ist |λ| = 2|μ| < 1. Wegen

|\frac{f(z)−μ}{z−μ} | = |\frac{f(z)−f(μ)}{z−μ} | = |\frac{z^{2}−μ^{2}}{z−μ} | = |z + μ| = |z − μ + 2μ| ≤ |z − μ| + |λ|

wähle r = 1 − |λ| > 0. Für z ∈ D_{r}(μ) ist dann |z − μ| + |λ| < 1. Somit gibt es ϱ mit |z − μ| + |λ| < ϱ < 1. Es gilt nun |f^{n}(z) − μ| ≤ ϱ^{n}|z − μ| → 0. Der gesamte Anziehungsbereich A(μ) ist Jordangebiet, enthält z_{krit} = 0, und ∂A(μ) = J_{c}.

Die hyperbolische Komponente H_{0}, in der f_{c} einen anziehenden Fixpunkt hat, wird berandet von der Kurve

c_{0}(λ) = \frac{λ(2 − λ)}{4} , wobei λ = e^{2πit}, 0 ≤ t < 1 .

Die Juliamengen J(f_{c}) für c ∈ H_{0} sind Jordankurven. H_{0} = c_{0}(𝔻) enthält die Kreisscheibe D_{\frac{1}{2}} (−\frac{1}{4}) = \{|z + \frac{1}{4}| < \frac{1}{2}\}. c_{0}(1) = 1/4 ist die Wurzel der hyperbolischen Komponente H_{0}.

Sind p/q teilerfremd, so schließt sich bei c_{0}(e^{2πip/q}) eine Komponente H_{p/q} zur Länge q an. Den Übergang zur neuen Periode nennt man Bifurkation. Bei c_{0}(e^{2πi1/2}) = c_{0}(−1) = −3/4 schließt sich H_{1/2} an H_{0} an.

Periode 2.

Ein anziehender periodischer Punkt z der Periode 2 erfüllt

f_{c}^{2}(z) − z = 0 & f_{c}(z) − z ≠ 0 und |(f_{c}^{2})′(z)| < 1 .
0 = f_{c}^{2}(z) − z = (z^{2} − z + c)(z^{2} + z + c + 1)
= (f_{c}(z) − z)(z − u)(z − v)
= (f_{c}(z) − z)(z^{2} − (u + v)z + uv)

Es folgt uv = c + 1, und {u, v} ist ein 2–Zyklus: f_{c}(u) = v, f_{c}(v) = u. Weiter gilt

(f_{c}^{2})′(u) = f′_{c}(f_{c}(u))f′_{c}(u) = f′_{c}(v)f′_{c}(u) = 4uv .

Daher |(f_{c}^{2})′(u)| < 1 ⟺ |4uv| < 1 ⟺ 4|c + 1| < 1 . Die hyperbolische Komponente H_{1/2} mit anziehenden 2–Zyklen ist \{c ∈ ℂ : |c + 1| < \frac{1}{4}\}.

Periode 3 und mehr.

Sei G_{n}(z) = f^{n}(z) − z . Die Fixpunkte von f^{n} sind genau die Nullstellen von G_{n}. Wenn d Teiler von n ist, dann sind Fixpunkte von f^{d} auch Fixpunkte von f^{n}, d.h.

d|n ⇒ G_{d}|G_{n} ⇒ G_{n}/G_{d} ist Polynom.

Definiere die Polynome F_{d} rekursiv durch G_{n} = ∏_{d|n} F_{d} . Die Nullstellen von F_{d}

sind die d–periodischen Punkte von f (auch d–Zykel genannt). Ist n Primzahl, so ist F_{n}(z) = (f^{n}(z) − z)/(f(z) − z) .

deg G_{n} = 2^{n} = ∑_{d|n} deg F_{d} , deg F_{n} = deg G_{n} −∑_{\begin{matrix}d|n \\ d<n \end{matrix}} deg F_{d}

F_{1}(z) = G_{1}(z) = f(z) − z = z^{2} − z + c
F_{2}(z) = z^{2} + z + c + 1
F_{3}(z) = z^{6} + z^{5} + (3c + 1)z^{4} + (2c + 1)z^{3} + (3c^{2} + 3c + 1)z^{2} + (c + 1)^{2}z

+ c^{3} + 2c^{2} + c + 1

F_{4}(z) = z^{12} + 6cz^{10} + z^{9} + 3(5c^{2} + c)z^{8} + 4cz^{7} + (20c^{3} + 12c^{2} + 1)z^{6}

+ 2c(3c + 1)z^{5} + c(15c^{3} + 18c^{2} + 3c + 4)z^{4} + (4c^{3} + 4c^{2} + 1)z^{3} + c(6c^{4} + 12c^{3} + 6c^{2} + 5c + 1)z^{2} + c(c^{3} + 2c^{2} + c + 2)z + c^{6} + 3c^{5} + 3c^{4} + 3c^{3} + 2c^{2} + 1

Es gilt: F_{n}(z) = 0 ⇒ F_{n}(f(z)) = 0 .

λ = (f^{n})′ (z) = ∏_{k=0}^{n−1} f′(f^{k}(z)) = 2^{n} · z · f(z) ⋯ f^{n−1}(z) = 2^{n}μ

Sei L_{n}(z) = \frac{1}{2^{n}} [(f^{n})′(z) − λ].

L_{1}(z) = z − μ , L_{2}(z) = z^{3} + cz − μ ,
L_{3}(z) = z^{7} + 3cz^{5} + (3c + 1)cz^{3} + c^{2}(c + 1)z − μ

Seien f(z) = a_{p}z^{p} + … + a_{0} und g(z) = b_{q}z^{q} + … + b_{0}. Die Resultante ist

res(f, g) = det (\begin{matrix}a_{p} & a_{p−1} & a_{p−2} & ⋯ & a_{1} & a_{0} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{p} & a_{p−1} & a_{p−2} & ⋯ & a_{1} & a_{0} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & a_{p} & a_{p−1} & a_{p−2} & ⋯ & a_{1} & a_{0} & ⋯ & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & ⋯ & 0 & a_{p} & a_{p−1} & a_{p−2} & ⋯ & a_{1} & a_{0} \\ b_{q} & b_{q−1} & b_{q−2} & ⋯ & b_{1} & b_{0} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & b_{q} & b_{q−1} & b_{q−2} & ⋯ & b_{1} & b_{0} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & b_{q} & b_{q−1} & b_{q−2} & ⋯ & b_{1} & b_{0} & ⋯ & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & ⋯ & 0 & b_{q} & b_{q−1} & b_{q−2} & ⋯ & b_{1} & b_{0} \end{matrix}) .

f und g haben gemeinsame Nullstellen, wenn ihr Resultante verschwindet.

res(F_{n}, L_{n}) ist ein Polynom in c und μ. Für gegebenes μ = 2^{−n}λ erhält man die c, für die f_{c} einen periodischen Zyklus der Länge n und mit Multiplikator λ hat.

Es gilt

\begin{aligned}res(F_{3}, L_{3}) & = (c^{3} + 2c^{2} + (1 − μ)c + (1 − μ)^{2})^{3} , \\ res(F_{4}, L_{4}) & = (c^{6} + 3c^{5} + (3 + μ)c^{4} + (3 + μ)c^{3} + (2 − μ − μ^{2})c^{2} + (1 − μ)^{3})^{4} . \end{aligned}

Allgemein gilt

Lemma 3.4. res(F_{n}, L_{n}) = (E_{n})^{n} .

Beweisskizze. Ist F_{n}(ω) = 0, dann ist ω d–periodisch, und bis auf endlich viele (c, μ) ist d = n. Sei Ω = {ω, f(ω), …, f^{n−1}(ω)} ein n–Zykel. Da f^{n}(ω) = ω, gilt

λ = (f^{n})′ (ω) = ∏_{j=0}^{n−1} f′(f^{j}(ω)) = (f^{n})′ (f^{m}(ω)) ,

und somit L_{n}(ω) = \frac{1}{2^{n}} [(f^{n})′(ω) − λ] = L_{n}(f^{m}(ω)) für alle m ∈ \{1, …, n−1\}. Nun hat F_{n} genau die n–Zykel Ω_{1}, …, Ω_{k} von f als Nullstellen, wobei k · n = deg F_{n}. Es gilt res(F_{n}, g) = res(X − α_{1}, g) ⋯ res(X − α_{kn}, g) und res(X − α, g) = g(α), also

res(F_{n}, L_{n}) = ∏_{j=1}^{kn} L_{n}(α_{j}) , wobei F_{n}(α_{j}) = 0 .

Somit ergibt sich für ω_{i} ∈ Ω_{i}, i = 1, …, k,

res(F_{n}, L_{n}) = ∏_{i=1}^{k} ∏_{j=0}^{n−1} L_{n}(f^{j}(ω_{i})) = ∏_{j=0}^{n−1} ∏_{i=1}^{k} L_{n}(f^{j}(ω_{i}))

= ∏_{j=1}^{n} ∏_{i=1}^{k} L_{n}(f^{j}(ω_{i})) = ∏_{j=1}^{n} ∏_{i=1}^{k} L_{n}(ω_{i})

= ( ∏_{i=1}^{k} L_{n}(ω_{i}))^{n} = (E_{n}(c, μ))^{n} .

Man erhält:

\begin{aligned}E_{1}(c, μ) & = c − μ − μ^{2} \\ E_{2}(c, μ) & = c + 1 − μ \\ E_{3}(c, μ) & = c^{3} + 2c^{2} + (1 − μ)c + (1 − μ)^{2} \\ E_{4}(c, μ) & = c^{6} + 3c^{5} + (3 + μ)c^{4} + (3 + μ)c^{3} + (2 − μ − μ^{2})c^{2} + (1 − μ)^{3} \end{aligned}

Die Ränder der 3 hyperbolischen Komponenten zur Periode 3 werden beschrieben durch 0 = c^{3} + 2c^{2} + (1 − λ/8)c + (1 − λ/8)^{2} , λ = e^{2πit}. Für den Wurzelpunkt auf der reellen Achse gilt f_{c}^{3}(z) = z und (f_{c}^{3})′(z) = 1. Dort fallen zwei 3–Zyklen zusammen, somit (f_{c}(z) − z)(z − u)^{2}(z − v)^{2}(z − w)^{2} = 0. Man erhält c = −\frac{7}{4} als mögliche Lösung. Die anderen beiden Wurzelpunkte liegen bei c_{0}(e^{2πi/3}) und c_{0}(e^{4πi/3}), wobei c_{0}(λ) = λ(2 − λ)/4.

Definiere q_{1}(c) = c, q_{n+1}(c) = [q_{n}(c)]^{2} + c, also q_{n}(c) = f_{c}^{n}(0). Wegen M = ⋂ q_{n}^{−1}(\overline{D}_{2}) ist M abgeschlossen und kompakt. M^{c} = ℂ̂ \ M = ⋃ q_{n}^{−1}(ℂ̂ \ \overline{D}_{2}) zeigt, daß M^{c} zusammenhängend ist, denn jede Komponente der offenen Menge q_{n}^{−1}(ℂ̂ \ \overline{D}_{2}) enthält den Punkt ∞, d.h. q_{n}^{−1}(ℂ̂ \ \overline{D}_{2}) ist zusammenhängend und alle Urbilder hängen über ∞ zusammen. M ist symmetrisch zur reellen Achse. Es gilt M ∩ ℝ = [−2, \frac{1}{4}].

Sei g_{c} : ℂ̂ \ K(f_{c}) → ℝ, g_{c}(z) = lim_{n→∞} \frac{log |f_{c}^{n}(z)|}{2^{n}} . So ist g_{c} Greensche Funktion in

ℂ̂ \ K(f_{c}) mit Pol in ∞, und es gilt g_{c}|_{J_{c}} = 0 und g_{c}(f_{c}(z)) = 2g_{c}(z).

Um ∞ gibt es eine Umgebung U, so daß f_{c} : U → U konjugiert ist zu ϕ_{c}∘f_{c}∘ϕ_{c}^{−1} : z ↦ z^{2}, wobei ϕ_{c} : U → V konform auf eine Umgebung von ∞ abbildet. Es gilt ϕ_{c}(f_{c}(z)) = [ϕ_{c}(z)]^{2} und g_{c}(z) = log |ϕ_{c}(z)| in U.

Es folgt weiter, daß es eine konforme Fortsetzung ϕ_{c} : Ω_{c} → ℂ̂ \ \overline{D}_{r_{c}} gibt, wobei r_{c} = e^{g_{c}(0)} und Ω_{c} = {z ∈ ℂ̂ : g_{c}(z) > g_{c}(0)}.

Ist f_{c}^{n}(0) ↛ ∞ beschränkt, d.h. J(f_{c}) zusammenhängend, so ist Ω_{c} = A(∞) und r_{c} = 1, und man hat die konforme Abbildung ϕ_{c} : ℂ̂ \ K(f_{c}) → ℂ̂ \ \overline{𝔻}.

Wenn f_{c}^{n}(0) → ∞, so ist g_{c}(0) > 0 und wegen g_{c}(c) = 2g_{c}(0) ist c ∈ Ω_{c}. Ist also c ∉ M, d.h. J(f_{c}) nicht zusammenhängend, so kann man Φ_{M}(c) := ϕ_{c}(c) definieren und zeigen, daß Φ_{M} : ℂ̂ \ M → ℂ̂ \ \overline{𝔻} konform ist.

Satz 3.5 (Douady/Hubbard). M ist kompakt und zusammenhängend, und es gibt eine konforme Abbildung Φ_{M} : ℂ̂ \ M → ℂ̂ \ \overline{𝔻}.

Für f_{c}(z) = z^{2} + c sind die Zyklen der Länge n Lösungen von f_{c}^{n}(z) − z = 0. Da auch Zyklen der Länge d dies erfüllen, falls d|n, muß man die periodischen Punkte mit Perioden d|n abziehen bzw. durch die Teiler f_{c}^{d}(z) − z dividieren. Damit kann man die Anzahl der Zyklen rekursiv bestimmen, wobei für gewisse c Zyklen zusammenfallen können, wenn (f_{c}^{n})′(z) = 1.

Die Anzahl ν(n) der hyperbolischen Komponenten zur Periode n ermittelt man über die Anzahl der Zentren. Die Zentren zur Periode n sind Lösungen von q_{n}(c) = 0 modulo q_{d}(c) = 0 für d|n.

Lemma 3.6. Das Polynom q_{n} hat nur einfache Nullstellen.

Beweis. q_{n}(c) = [q_{n−1}(c)]^{2} + c, q_{1}(c) = c, ist ein normiertes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten. Die Nullstellen sind also ganzalgebraische Zahlen. Summen und Produkte sind wieder ganzalgebraisch. Zudem ist jede ganzalgebraische Zahl, die rational ist, eine ganze Zahl. Sei q_{n}(c) = 0, somit c ganzalgebraisch. Dann ist q′_{n−1}(c)q_{n−1}(c) ganzalgebraisch. Wenn jedoch auch q′_{n}(c) = 0, dann wäre q_{n−1}(c)q′_{n−1}(c) = −1/2 ∉ ℤ. Man kann auch die Diskriminante res(q_{n}, q′_{n}) = 1 + 2 · N ≠ 0 betrachten. f_{c}(z) = z^{2} + c und g_{λ}(z) = λz(1 − z) sind konjugiert mit c = \frac{λ}{2} − \frac{λ^{2}}{4} . Für g_{λ} ist 0 ein Fixpunkt mit Multiplikator λ, und 1/2 ist der endliche kritische Punkt. Analog zur Mandelbrotmenge ist M_{λ} = {z ∈ ℂ : g_{λ}^{n}(1/2) ↛ ∞}. Das gleiche M_{λ} erhält man für h_{λ}(z) = z^{2} + λz, das den kritischen Punkt −λ/2 hat. Die Juliamengen J(g_{c}) und J(h_{c}) sind zusammenhängend genau dann, wenn J(f_{c}) zusammenhängend ist für c = \frac{λ}{2} − \frac{λ^{2}}{4} .

M ist zusammenhängend und hat keine Löcher (ℂ̂ \ M ist zusammenhängend). M ist lokal zusammenhängend ⟺ Ψ_{M} = Φ_{M}^{−1} : ℂ̂ \ \overline{𝔻} → ℂ̂ \ M hat stetige Fortsetzung auf ℂ̂ \ 𝔻, und es würde folgen M^{∘} = H.

Für ein quadratisches Polynom f gilt

J_{f} = ∂A(∞) = ∂K_{f} = \overline{\{abst. per. Punkte\}} und z ∈ J_{f} ⇒ J_{f} = \overline{O^{−}(z)} .

Ist f(z) = z^{2} + c, so hat f die Fixpunkte α und β. Ist α ≠ β, so ist mindestens einer abstoßend und damit in J_{f}. Fallen beide zusammen, so ist α = β = 1/2 ein parabolischer Fixpunkt, der ebenfalls in J_{f} liegt. Dies ist der Fall c = 1/4.

4. Fläche der Mandelbrotmenge

Ist f : U → V eine konforme Abbildung, so ist det Jac(f) = |f′|^{2} , und es gilt

\begin{aligned}area f(U) & = ∫_{f(U)} dx dy = ∫_{U} |f′(z)|^{2} dx dy \\ & = \frac{i}{2} ∫_{U} |f′(z)|^{2} dz ∧ d\overline{z} = \frac{1}{2i} ∫_{U} d(\overline{f(z)}f′(z) dz) . \end{aligned}

Hat U einen glatten Rand und ist f auch holomorph auf \overline{U}, so gilt mit Stokes

\frac{1}{2i} ∫_{U} d(\overline{f(z)}f′(z) dz) = \frac{1}{2i} ∫_{∂U} \overline{f(z)}f′(z) dz .

Die Hauptkardioide H_{0} ist das konforme Bild der Einheitskreisscheibe unter f(z) = z(2 − z)/4. Die Fläche von H_{0} ist π/4 + π/8. Dabei ist π/4 die Fläche der Kreisscheibe D_{\frac{1}{2}} (−\frac{1}{4}) ⊂ H_{0}. Die Fläche von H_{1/2} = \{c ∈ ℂ : |c + 1| < 1/4\} ist π/16. Beide Komponenten zusammen haben somit die Fläche \frac{7}{16}π.

Ist D ⊂ ℂ beschränkt und f : \overline{D} → ℂ stetig, so gilt f(\overline{D}) ⊂ \overline{f(D)}. Ist f|_{D} holomorph, so gilt ∂f(D) ⊂ f(∂D). Ist f|_{D} schlicht (d.h. holomorph und injektiv), so gilt ∂f(D) = f(∂D).

Sei f : 𝔻 → ℂ schlicht und C_{r} = {|z| = r} = ∂D_{r}. Für r < 1 ist f holomorph auf \overline{D}_{r} und area f(C_{r}) = 0 . f(C_{r}) ist sogar eine glatte Jordankurve, daher

∫_{\overline{D}_{r}} |f′|^{2} dx dy = ∫_{D_{r}} |f′|^{2} dx dy = \frac{1}{2i} ∫_{C_{r}} \overline{f(z)}f′(z) dz .

Satz 4.1 (Gronwall). Sei Δ = ℂ̂ \ \overline{𝔻} und g : Δ → ℂ̂ schlicht mit g(z) =

z + ∑_{j=0}^{∞} b_{j}z^{−j}. Sei K = ℂ̂ \ g(Δ). Dann gilt area K = π(1 − ∑_{n=1}^{∞} n|b_{n}|^{2}).

Dabei ist die Fläche zum Lebesgue–Maß μ in ℂ gemeint.

Beweis. Sei Δ_{r} = {z ∈ ℂ̂ : |z| > r} und U_{r} = g(Δ_{r}) für r > 1. Da U_{r} Umgebung von ∞ ist, ist K_{r} = ℂ̂ \ U_{r} beschränkt in ℂ. Sei H_{r} = ℂ̂ \ \overline{U}_{r} = ℂ̂ \ g(\overline{Δ}_{r}). C_{r} ist negativ orientiert bzgl. Δ_{r}. Daher ist die glatte Jordankurve Γ_{r} = g(C_{r}) negativ orientiert bzgl. U_{r} und positiv bzgl. H_{r}, ∂H_{r} = +Γ_{r}. Für A(r) = area H_{r} gilt

\begin{aligned}A(r) & = \frac{1}{2i} ∫_{H_{r}} dw ∧ d\overline{w} = \frac{1}{2i} ∫_{Γ_{r}} \overline{w} dw = \frac{1}{2i} ∫_{C_{r}} \overline{g(z)}g′(z) dz \\ & = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π}\overline{g(re^{it})}g′(re^{it})re^{it} dt , wobei \end{aligned}

\overline{g(re^{it})} = re^{−it} + ∑_{m=0}^{∞} \overline{b}_{m}r^{−m}e^{imt} , g′(re^{it})re^{it} = re^{it} − ∑_{n=1}^{∞} nb_{n}r^{−n}e^{−int} .

Es folgt

\begin{aligned}\overline{g(re^{it})} · g′(re^{it})re^{it} & = r^{2} − ∑_{n=1}^{∞} nb_{n}r^{1−n}e^{−i(n+1)t} + ∑_{m=0}^{∞} \overline{b}_{m}r^{1−m}e^{i(m+1)t} \\ & − ∑_{m=0}^{∞} ∑_{n=1}^{∞} nb_{n}\overline{b}_{m}r^{−(n+m)}e^{i(m−n)t} . \end{aligned}

Da ∫_{0}^{2π} e^{i(n−m)t} dt = 0, wenn n ≠ m, folgt 0 ≤ A(r) = πr^{2} − π ∑_{n=1}^{∞} n|b_{n}|^{2}r^{−2n}.

Mit r → 1 folgt ∑_{n=1}^{∞} n|b_{n}|^{2} ≤ 1 .

Da K = ⋂_{r} H_{r} und H_{s} ⊂ H_{r} für r < s, folgt μ(K) = lim_{r→1} μ(H_{r}) = lim_{r→1} A(r), d.h.

area K = area (ℂ̂ \ g(Δ)) = π(1 − ∑_{n=1}^{∞} n|b_{n}|^{2}) .

Sei Σ = {g : Δ → ℂ̂ schlicht | g(∞) = ∞ , g′(∞) = 1}. Die Funktionen g ∈ Σ sind genau die schlichten Funktionen g : Δ → ℂ̂ mit Laurentreihenentwicklung

g(z) = z + ∑_{j=0}^{∞} b_{j}z^{−j} .

Ist g nullstellenfrei, so ist f(z) = 1/g(1/z) eine schlichte Funktion f : 𝔻 → ℂ mit f(0) = 0 und f′(0) = 1. Es gilt

f(z) = \frac{1}{g(1/z)} = z − b_{0}z^{2} + (b_{0}^{2} − b_{1})z^{3} + …

Sei S = {f : 𝔻 → ℂ schlicht | f(0) = 0 , f′(0) = 1}. Funktionen f ∈ S haben die Potenzreihenentwicklung f(z) = z + a_{2}z^{2} + a_{3}z^{3} + … Weiter ist g(z) = 1/f(1/z) = z − a_{2} + (a_{2}^{2} − a_{3})z^{−1} + … in Σ und nullstellenfrei.

Für die konforme Abbildung

Ψ_{M} : ℂ̂ \ \overline{𝔻} ⟶ ℂ̂ \ M

gilt Ψ_{M}(∞) = ∞ und Ψ′_{M}(∞) = 1. Mit der Laurentreihenentwicklung

Ψ_{M}(z) = z + ∑_{j=0}^{∞} b_{j}z^{−j} gilt area M = π(1 − ∑_{n=1}^{∞} n|b_{n}|^{2}) .

Die Koeffizienten b_{n} können rekursiv ermittelt werden: [13, 2, 8]

\begin{aligned}b_{m−1} & = β_{0,m} , wobei β_{0,0} = 1 , β_{n,m} = 0 , n ≥ 1 , 2^{n+1}−2 ≥ m ≥ 1 \\ 2β_{n−1,m} & = β_{n,m} − β_{0,m+1−2^{n}} − ∑_{k=2^{n}−1}^{m+1−2^{n}} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} , n ≥ 1 , m ≥ 2^{n} − 1 \end{aligned}

Für b_{m} = β_{0,m+1} müssen noch ∼ log_{2} m Terme β_{k,m+1} rekursiv berechnet werden. Die Reihe ∑_{n} n|b_{n}|^{2} konvergiert sehr langsam. Die ersten Koeffizienten sind

b_{0} = −\frac{1}{2} , b_{1} = \frac{1}{8} , b_{2} = −\frac{1}{4} , b_{3} = \frac{15}{128} , b_{4} = 0 , b_{5} = −\frac{47}{1024} .

Sei dazu ψ = Ψ_{M} und ϕ = ψ^{−1} = Φ_{M}. Sei p_{n} = q_{n−1}, also

p_{0}(w) = w , p_{n+1}(w) = [p_{n}(w)]^{2} + w .

Dann gilt p_{n}(w) = w^{2^{n}} + O(w^{2^{n}−1}). Definiere ϕ_{n} = p_{n}^{1/2^{n}} und ψ_{n} = ϕ_{n}^{−1}. Sei w = ψ_{n}(z). Dann gilt z^{2^{n}} = [ϕ_{n}(w)]^{2^{n}} = p_{n}(w) = p_{n}(ψ_{n}(z)) .

Weiter konvergiert ϕ_{n} → ϕ lokal gleichmäßig in einer Umgebung von ∞ ebenso wie ψ_{n} → ψ. Für ψ(z) = z + b_{0} + b_{1}z^{−1} + … gilt

p_{n}(ψ(z)) = ∑_{m=0}^{∞} β_{n,m} z^{2^{n}−m} = z^{2^{n}} + ∑_{m=1}^{∞} β_{n,m} z^{2^{n}−m} ,

wobei β_{0,m+1} = b_{m}, β_{n,0} = 1. Wegen p_{n}(ψ(z)) = [p_{n−1}(ψ(z))]^{2} + ψ(z) gilt

∑_{m=0}^{∞} β_{n,m} z^{2^{n}−m} = ∑_{m=0}^{∞} ∑_{k=0}^{m} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} z^{2^{n}−m} + ∑_{m=2^{n}−1}^{∞} β_{0,m−(2^{n}−1)} z^{2^{n}−m} .

Daher gilt für n ≥ 1

β_{n,m} = \begin{cases}∑_{k=0}^{m} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} & , m ≤ 2^{n} − 2 \\ β_{0,m−(2^{n}−1)} + ∑_{k=0}^{m} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} & , m ≥ 2^{n} − 1 . \end{cases}

Lemma 4.2. ψ(z) = ψ_{n}(z) + O(z^{2−2^{n+1}}) , z → ∞ .

Das bedeutet ψ_{n}(z) = z + α_{n,0} + α_{n,1}z^{−1} + … mit α_{n,m} = b_{m} für m ≤ 2^{n+1} − 3. Mit p_{n}(ψ_{n}(z)) = z^{2^{n}} folgt nun p_{n}(ψ(z)) = z^{2^{n}} + o(1) und daher β_{n,m} = 0 für n ≥ 1 und 1 ≤ m ≤ 2^{n}. Weiter ist für n ≥ 1 und 1 ≤ m ≤ 2^{n} − 2

\begin{aligned}0 = β_{n,m} & = β_{n−1,0}β_{n−1,m} + β_{n−1,m}β_{n−1,0} + ∑_{k=1}^{m−1} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} \\ & = 2β_{n−1,m} + ∑_{k=1}^{m−1} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} . \end{aligned}

Ist n ≥ 2 und 1 ≤ k ≤ m ≤ 2^{n} − 2, so ist k ≤ 2^{n−1} oder m − k ≤ 2^{n−1} und daher β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} = 0, so daß dann 2β_{n−1,m} = 0 bzw.

β_{n,m} = 0 für n ≥ 1 und 1 ≤ m ≤ 2^{n+1} − 2 .

Somit bleibt für m ≥ 2^{n} − 1:

β_{n,m} = β_{0,m−(2^{n}−1)} + 2β_{n−1,m} + ∑_{k=2^{n}−1}^{m−(2^{n}−1)} β_{n−1,k}β_{n−1,m−k} .

Der Rand der Mandelbrotmenge hat Hausdorff–Dimension 2. Allerdings folgt daraus nicht, daß μ(∂M) positiv ist. Es ist auch nicht bekannt, ob der Rand eine Kurve ist. Selbst Jordankurven können positives Lebesgue–Maß haben. Falls ∂M eine Kurve ist, bilden die hyperbolischen Komponenten das Innere von M. Die Fläche der hyperbolischen Komponenten ist zumindest eine untere Schranke für area(M). Obere Schranken sind π(1 − ∑_{n=1}^{N} n|b_{n}|^{2}).

Literatur

[1] A.F. Beardon: Iteration of Rational Functions. Springer, 1991.

[2] B. Bielefeld, Y. Fisher, F. v. Haeseler: Computing the Laurent Series of the Map Ψ : C − \overline{D} → C − M. Adv. Appl. Math. 14 (1993), 25–38.

[3] L. Carleson, W. Gamelin: Complex Dynamics. Springer, 1993.

[4] J.B. Conway: Functions of One Complex Variable II. Springer, 1995.

[5] A. Douady, J.H. Hubbard: Itération des polynômes quadratiques complexes. C. R. Acad. Sci. Paris Sér. I. 294 (1982), 123–126.

[6] A. Douady, J.H. Hubbard: Exploring the Mandelbrot set. The Orsay Notes. (1983-84)

[7] J.H. Ewing, G. Schober: On the coefficients of the mapping to the exterior of the Mandelbrot set. Mich. Math. J. 37, (1990) 315–320.

[8] J.H. Ewing, G. Schober: The area of the Mandelbrot set. Numer. Math. 61, (1992) 59–72.

[9] P. Fatou: Sur les équations fonctionelles. Bull. Soc. Math. France. 47 (1919), 161–271; 48 (1920), 33–94 & 208–314.

[10] D. Giarrusso, Y. Fisher: A Parameterization of the Period 3 Hyperbolic Components of the Mandelbrot Set. Proc. Am. Math. Soc. 123, (1995) 3731–3737.

[11] G. Julia: Memoire sur l’iteration des fonctions rationelles. J. Math. Pure Appl. 8 (1918), 47–245.

[12] W. Jung: Some Explicit Formulas for the Iteration of Rational Functions. RWTH Aachen (1997).

[13] I. Jungreis: The uniformization of the complemebt of the Mandelbrot set. Duke Math. J. 52 (1985), 935–938.

[14] J. Milnor: Dynamics in One Complex Variable. SUNY Stony Brook IMS 90-5, 1990. (Vieweg, 1999) (Princeton U. Press, 2006)

[15] E. Netto: Algebra II. Teubner, 1900.

[16] H.-O. Peitgen, P. Richter: The Beauty of Fractals. Springer, 1986.

[17] Ch. Pommerenke: Boundary Behaviour of Conformal Maps. Springer, 1992.

[18] M. Shishikura: The Hausdorff dimension of the boundary of the Mandelbrot set and Julia sets. Ann. of Math. 147 (1998), 225–267.

[19] N. Steinmetz: Rational Iteration. Walter de Gruyter, 1993.

Anhang

Sei f = a_{n}X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + … + a_{1}X + a_{0} ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten a_{j} ∈ ℤ, d.h. f ∈ ℤ[X]. Ist f ≠ 0, dann heißen die Nullstellen α algebraische Zahlen. f(α) = a_{n}α^{n} + … + a_{0} = 0. Ist a_{n} = 1, dann heißt f normiert. Die Nullstellen normieter Polynome mit ganzzahligen Koeffizieten nennt man ganzalgebraisch.

𝔸 = {α ∈ ℂ | ∃ f ∈ ℤ[X] \ {0} : f(α) = 0}
B = {α ∈ ℂ | ∃ a_{0}, …, a_{n−1} ∈ ℤ : α^{n} + a_{n−1}α^{n−1} + … + a_{1}α + a_{0} = 0}

Die algebraischen Zahlen 𝔸 bilden einen Körper, die ganzalgebraischen Zahlen B einen Ring. Es gilt B ∩ ℚ = ℤ.

Sei rekursiv folgendes komplexes Polynom definiert

P_{0}(z) = 0 , P_{n}(z) = [P_{n−1}(z)]^{2} + z .
( f_{c}(z) = z^{2} + c ⇝ f_{c}^{n}(0) = P_{n}(c) )

P_{n} ist ein normiertes Polynom vom Grad m = deg P_{n} = 2^{n−1} und P_{n}(0) = 0.

P_{n}(z) = ∑_{k=1}^{m} a_{k}z^{k} = z ∑_{k=0}^{m−1} a_{k+1}z^{k} , a_{m} = a_{1} = 1

Für die Ableitung gilt

P′_{n}(z) = 2P_{n−1}(z)P′_{n−1}(z) + 1 = 1 + ∑_{k=1}^{m−1} 2b_{k}z^{k} .

Lemma A.1. P_{n} hat nur einfache Nullstellen.

Beweis.

res(P_{n}, P′_{n}) = det (\begin{matrix}1 & . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . & a_{1} & 0 & . . . . . . . . & 0 \\ 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . & a_{1} & 0 & … & 0 \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . & a_{1} & 0 \\ 0 & . . . . . . . . . . & 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . . . & a_{1} \\ 2b_{m−1} & . . . . . . . . . . . . . . . . . . & 2b_{1} & 1 & 0 & . . . . . . . . & 0 \\ 0 & 2b_{m−1} & . . . . . . . . . . . . . . . . . . & 2b_{1} & 1 & 0 & … & 0 \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & 0 & 2b_{m−1} & . . . . . . . . . . . . . . . & 2b_{1} & 1 & 0 \\ 0 & . . . . . . . . . . & 0 & 2b_{m−1} & . . . . . . . . . . . . & 2b_{1} & 1 \end{matrix})

= 1 + 2 · N für ein N ∈ ℤ

Die Diskriminante ist somit ungleich 0.

Lemma A.2. Ist α ganzalgebraisch und rational, dann ist α eine ganze Zahl. Beweis. Sei α = \frac{p}{q} mit p, q teilerfremd, und sei α^{n}+a_{n−1}α^{n−1}+…+a_{1}α+a_{0} = 0 mit a_{0}, …, a_{n−1} ∈ ℤ. Dann folgt

\begin{aligned}α^{n} & = −(a_{n−1}α^{n−1} + … + a_{1}α + a_{0}) \\ \frac{p^{n}}{q^{n}} & = − (a_{n−1} \frac{p^{n−1}}{q^{n−1}} + … + a_{1} \frac{p}{q} + a_{0}) \\ p^{n} & = −q (a_{n−1}p^{n−1} + … + a_{1}pq^{n−2} + a_{0}q^{n−1}) \end{aligned}

Somit q|p^{n}, d.h. q teilt p^{n}. Angenommen q > 1. Dann gibt es eine Primzahl d mit d|q und somit auch d|p^{n}. Da d Primzahl ist, folgt aber auch d|p, im Widerspruch zur Teilerfremdheit von p und q. Lemma A.3. Sind α und β ganzalgebraisch, so sind es auch α+β und αβ. Beweis. Seien z = xy, d.h. xy − z ∈ ℤ[x, y, z] und

\begin{aligned}f & = x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + … + a_{0} ∈ ℤ[x] ⊂ ℤ[x, y] , \\ g & = y^{m} + b_{m−1}y^{m−1} + … + b_{0} ∈ ℤ[y] ⊂ ℤ[y, z] . \end{aligned}

f̃ = res_{x}(yx − z, f) = det (\begin{matrix}y & −z & 0 & . . . . . . . & 0 \\ 0 & y & −z & 0 & … & 0 \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & 0 & y & −z & 0 \\ 0 & . . . . . . . . . & 0 & y & −z \\ 1 & a_{n−1} & . . . . . . . & a_{1} & a_{0} \end{matrix})

= y · det ( \begin{matrix}y & −z & ... & 0 \\ & ... & ... \\ 0 & ... & y & −z \\ a_{n−1} & ... & a_{1} & a_{0} \end{matrix} ) + (−1)^{n+2}(−z)^{n} = a_{0}y^{n} + … + z^{n} ∈ ℤ[y, z]

h = res_{y}(g, f̃) = det (\begin{matrix}1 & . . . . . . . . . . . . . . . . & b_{0} & 0 & . . . . . . . & 0 \\ 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . & b_{0} & 0 & … & 0 \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . & b_{0} & 0 \\ 0 & . . . . . . . & 0 & 1 & . . . . . . . . . . . . . . . . & b_{0} \\ a_{0} & ∗ & . . . . . . . . . . . & z^{n} & 0 & . . . . . . . & 0 \\ 0 & a_{0} & ∗ & . . . . . . . . . . . & z^{n} & 0 & … & 0 \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & 0 & a_{0} & ∗ & . . . . . . . . . . . & z^{n} & 0 \\ 0 & . . . . . . . & 0 & a_{0} & ∗ & . . . . . . . . . . . . & z^{n} \end{matrix}) \} n Zeilen \} m Zeilen

= z^{mn} + … = res_{y}(g, res_{x}(yx − z, f)) ∈ ℤ[z] Der formale Grad von f̃ ist n. Es macht auch nichts, falls deg_{y} f̃ = ñ < n (wenn a_{0} = 0), es bleibt deg h = mn. Wenn f(x) = 0 und g(y) = 0, dann gilt h(xy) = 0.

f = ∏_{j=1}^{n}(x − α_{j}) , g = ∏_{k=1}^{m}(y − β_{k})

f̃ = res_{x}(yx − z, f) = res_{x}(y(x − \frac{z}{y}), f) = res_{x}(y, f) · res_{x}(y(x − \frac{z}{y}), f)

= y^{n} · f(\frac{z}{y}) = y^{n} ∏_{j=1}^{n}(\frac{z}{y} − α_{j}) = \frac{y^{n}}{y^{n}} ∏_{j=1}^{n}(z − yα_{j}) = ∏_{j=1}^{n}(−α_{j}) ∏_{j=1}^{n} (y − \frac{z}{α_{j}} )

h = res_{y}(g, f̃) = ∏_{j=1}^{n}(−α_{j})^{m} ∏_{k=1}^{m} ∏_{j=1}^{n} (β_{k} − \frac{z}{α_{j}} ) = ∏_{j=1}^{n} ∏_{k=1}^{m}(z − α_{j}β_{k})

Somit ist das Produkt zweier Nullstellen α_{j} von f und β_{k} von g eine Nullstelle des Polynoms h, das ebenfalls normiert ist.

Ebenso kann man zeigen, daß auch res_{y}(g, res_{x}(x + y − z, f)) ein normiertes Polynom in ℤ[z] ist, das bei z = x + y eine Nullstelle hat, falls f(x) = 0 und g(y) = 0.

\begin{aligned}f̃ & = res_{x}(x + y − z, f) = res_{x}(x − (z − y), f) = f(z − y) \\ & = ∏_{j=1}^{n}(z − y − α_{j}) = (−1)^{n} ∏_{j=1}^{n}(y − z + α_{j}) = (−1)^{n} ∏_{j=1}^{n}(y − (z − α_{j})) \end{aligned}

\begin{aligned}h & = res_{y}(g, f̃) = (−1)^{mn} ∏_{k=1}^{m} ∏_{j=1}^{n}(β_{k} − (z − α_{j})) = (−1)^{mn} ∏_{k=1}^{m} ∏_{j=1}^{n}(−1)(z − β_{k} − α_{j}) \\ & = (−1)^{mn}(−1)^{mn} ∏_{j=1}^{n} ∏_{k=1}^{m}(z − (α_{j} + β_{k})) = ∏_{j=1}^{n} ∏_{k=1}^{m}(z − (α_{j} + β_{k})) \end{aligned}

f ∈ ℤ[x] ⊂ ℤ[y, z][x] , c = xy − z bzw. c = x + y − z ∈ ℤ[y, z][x]
⇝ f̃ = res_{x}(c, f) ∈ ℤ[y, z] = ℤ[x][y]
g ∈ ℤ[y] ⊂ ℤ[x][y] ⇝ h = res_{z}(g, f̃) ∈ ℤ[x]

Sind also f und g normierte Nullstellenpolynome zu ganzalgebraischen Zahlen α und β, so findet man mit den Resultanten normierte Nullstellenpolynome h für α + β und α · β. Sind f und g Minimalpolynome, dann ist h jedoch i.a. kein Minimalpolynom. Für α/β ist x/y − z kein Polynom. Nimmt man x − yz, so ist res_{y}(g, res_{x}(x − yz, f)) = ∏_{j,k} β_{k}(z − \frac{α_{j}}{β_{k}}) ∈ ℤ[z] nicht mehr normiert.

Rechenregeln: f, g ∈ R[X] ⇝ res(f, g) ∈ R, z.B. mit R = ℤ oder R = ℤ[x].

Es gilt res(g, f) = (−1)^{mn} res(f, g) und res(f_{1}f_{2}, h) = res(f_{1}, h) res(f_{2}, h). Für Konstanten α, β folgt res(αf, βg) = α^{m}β^{n} res(f, g).

Für Polynome f(z) = α(z − α_{1}) ⋯ (z − α_{n}) und g(z) = β(z − β_{1}) ⋯ (z − β_{m})

gilt res(f, g) = α^{m} ∏_{j=1}^{n} g(α_{j}) = α^{m}β^{n} ∏_{j=1}^{n} ∏_{k=1}^{m}(α_{j} − β_{k}) , z.B. res(X − a, g) = g(a).

Cauchy–Produkt ( ∑_{m=0}^{∞} a_{m}z^{m})^{2} = ∑_{m=0}^{∞} ( ∑_{k=0}^{m} a_{k}a_{m−k})z^{m}

Sei ψ : ℂ̂ \ \overline{𝔻} → ℂ̂ \ M konform und ψ_{n} = ϕ_{n}^{−1} wie oben, d.h. ϕ_{n} = p_{n}^{1/2^{n}}, wobei p_{0}(w) = w, p_{n+1}(w) = [p_{n}(w)]^{2} + w. Es galt

ψ(z) = z + ∑_{j=0}^{∞} b_{j}z^{−j} , ψ_{n}(z) = z + ∑_{j=0}^{∞} α_{n,j}z^{−j} .

Lemma (4.2). ψ(z) = ψ_{n}(z) + O(z^{2−2^{n+1}}) , z → ∞ . Das bedeutet ψ_{n}(z) = z + α_{n,0} + α_{n,1}z^{−1} + … mit α_{n,m} = b_{m} für m ≤ 2^{n+1} − 3. Da p_{n}(ψ_{n}(z)) = z^{2^{n}}, kann man b_{j} rekursiv berechnen. n = 1: b_{0} = α_{1,0}, b_{1} = α_{1,1},

z^{2} = p_{1}(ψ_{1}(z)) = [ψ_{1}(z)]^{2} + ψ_{1}(z) = z^{2} + (2α_{1,0} + 1)z + 2α_{1,1} + α_{1,0}^{2} + α_{1,0} + …

d.h. 2b_{0} + 1 = 0 und 2b_{1} + b_{0}^{2} + b_{0} = 0 und daher b_{0} = −1/2 und b_{1} = 1/8. Lemma A.4.

\frac{1}{2πi} ∫_{|z|=R} z^{m}ψ′(z) dz = −mb_{m} .

Beweis. Da ψ′(z) = 1 − ∑_{j=0}^{∞} jb_{j}z^{−j−1}, ist der einzige Term, der zu ∮ z^{m}ψ′(z)

beiträgt, ∮ mb_{m}z^{−1} dz = −2πimb_{m}.

Lemma A.3. Sei 1 ≤ m ≤ 2^{n+1} − 3 und R > 1 groß genug. Dann gilt

\frac{1}{2πi} ∫_{|w|=R} p_{n}(w)^{m/2^{n}} dw = \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=R} z^{m}ψ′_{n}(z) dz = \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=R} z^{m}ψ′(z) dz .

Beweis. Sei w = ψ_{n}(z) und dw = ψ′_{n}(z) dz. Wegen p_{n}(ψ_{n}(z)) = z^{2^{n}} gilt p_{n}(w)^{m/2^{n}} dw = z^{m} \frac{dw}{dz} dz = z^{m}ψ′_{n}(z) dz. Ist R groß genug, so sind \{|z| = R\} und ψ_{n}({|z| = R}) homolog. Weiter gilt z^{m}ψ′_{n} − z^{m}ψ′ = O(z^{m+1−2^{n+1}}) und m + 1 − 2^{n+1} ≤ −2.

Aufgaben

Aufgabe 1. Sei f(z) = z^{2} + c und f^{n} = f ∘ … ∘ f. Definiere die Folge z_{1} = 0, z_{n+1} = f(z_{n}). Finde die Häufungspunkte der Folge (z_{n}) für

(i) c = 1/4 , (ii) c = i/4 , (iii) c = \frac{1}{4} + \frac{i}{2} , (iv) c = −1 + \frac{i}{4} .

Lösung. Sei f(z) = z^{2} + c , z_{1} = 0 , z_{n+1} = f(z_{n}) = f^{n}(0) .

(i) c = 1/4 : Die reelle Folge (z_{n}) ist streng monoton wachsend und beschränkt, z_{n} < z_{n+1} < \frac{1}{2} , daraus folgt: Grenzwert z_{0} existiert. Da f stetig ist bzw. Rechenregeln für Limes, lim(z_{n}^{2} + c) = (lim z_{n})^{2} + c, folgt

z_{0} = lim_{n→∞} z_{n+1} = lim_{n→∞} f(z_{n}) = f( lim_{n→∞} z_{n}) = f(z_{0}) ⇝ z_{0} = f(z_{0}) = \frac{1}{2} .

(ii) c = i/4 : Sei z_{0} = \frac{1−\sqrt{1−i}}{2} , wobei \sqrt{1 − i} = 2^{\frac{1}{4}} · e^{−i \frac{π}{8}} . Sei D = \{|z − z_{0}| < \frac{1}{4}\}. Die Folge z_{n} konvergiert gegen den (anziehenden) Fixpunkt z_{0}: Es gibt ein ϱ < 1, so daß für alle z ∈ D gilt: |f(z) − z_{0}| ≤ ϱ|z − z_{0}|. Für f^{n} = f ∘ … ∘ f gilt dann |f^{n}(z) − z_{0}| ≤ ϱ^{n}|z − z_{0}| ⟶ 0 , da 0 ≤ ϱ < 1 , d.h. f^{n}(z) konvergiert gegen z_{0} für z ∈ D, insbesondere z_{1} ∈ D. Wegen f(z_{0}) = z_{0} gilt nämlich

\frac{f(z) − z_{0}}{z − z_{0}} = \frac{f(z) − f(z_{0})}{z − z_{0}} = \frac{z^{2} + c − z_{0}^{2} − c}{z − z_{0}} = \frac{z^{2} − z_{0}^{2}}{z − z_{0}} = z + z_{0} , somit

|\frac{f(z) − z_{0}}{z − z_{0}} | = |z + z_{0}| = |z − z_{0} + 2z_{0}| ≤ |z − z_{0}| + 2|z_{0}| .

Wenn nun |z − z_{0}| < 1/4 und 2|z_{0}| < 1/2, so kann man ϱ = 3/4 wählen. f|_{D} ist Kontraktion: Wegen |f(z) − z_{0}| ≤ |z − z_{0}| in D gilt f(D) ⊂ D. Zudem

ist |f(z) − f(w)| = |z + w| · |z − w| ≤ λ|z − w|, wobei λ = sup_{z,w∈D} |z + w| =

2(|z_{0}| + 1/4) < 1. (iii) c = \frac{1}{4} + \frac{i}{2} : z_{n} → z_{0} = i/2 , (parabolischer) Fixpunkt von f. (iv) c = −1 + \frac{i}{4} : (z_{n}) hat als Häufungspunkte die Lösungen von z^{2} + z + \frac{i}{4} = 0.

Aufgabe 2. Sei f(z) = z^{2} +c. z_{0} ist anziehender Fixpunkt, wenn f(z_{0}) = z_{0} und |f′(z_{0})| < 1. Zeige:

(a) Ist |c| < 1/4 , so hat f einen anziehenden Fixpunkt.

(b) (i) f hat anziehenden Fixpunkt ⟺ c = (2 − λ)/4 für ein |λ| < 1. (ii) Bestimme r > 0, so daß f^{n}(z) → z_{0} für |z − z_{0}| < r.

Lösung.

(a) Die Fixpunkte erfüllen f(z) = z, d.h. f(z) − z = z^{2} − z + c = 0. Somit gibt es Fixpunkte α und β mit z^{2} − z + c = (z − α)(z − β) = z^{2} − (α + β)z + αβ. Da |αβ| = |c| < 1/4, folgt für |α| ≥ 1/2, daß |β| < 1/(4α) ≤ 1/2. Man kann also annehmen, daß |α| < 1/2, denn sonst ist es β. Man erhält |f′(α)| = 2|α| < 1. Nun gilt

|\frac{f(z) − α}{z − α}| = |\frac{f(z) − f(α)}{z − α}| = |\frac{z^{2} − α^{2}}{z − α} | = |z + α| ≤ |z| + |α| .

Wählt man eine Kreisscheibe D = D_{r}(α) mit 0 < r ≤ 1/2−|α|, so ist |z| < |α|+r für z ∈ D und somit |z + α| ≤ |z| + |α| < 2|α| + r ≤ |α| + 1/2 =: ϱ < 1. Es folgt f(D) ⊂ D und |f^{n}(z) − α| ≤ ϱ^{n}|z − α| → 0, d.h. die Punkte in D konvergieren unter Iteration gegen den Fixpunkt α.

(b) (i) μ ist Fixpunkt, d.h. f(μ) = μ ⟺ c = μ − μ^{2}. Sei λ = f′(μ) = 2μ. Dann ist μ anziehend, wenn |λ| = 2|μ| < 1. Umgekehrt, ist c = λ(2 − λ)/4 mit |λ| < 1, dann erfüllt μ = λ/2 die Gleichung c = μ − μ^{2}, ist also Fixpunkt, der zudem wegen |λ| < 1 anziehend ist. (ii) Sei f(z_{0}) = z_{0} mit λ = f′(z_{0}) = 2z_{0} und |λ| = 2|z_{0}| < 1. Wegen

|\frac{f(z) − z_{0}}{z − z_{0}} | ≤ |z − z_{0}| + 2|z_{0}|

wähle r = 1 − |λ|. Für z mit |z − z_{0}| < r ist |z − z_{0}| + 2|z_{0}| < 1. Somit gibt es ϱ mit |z − z_{0}| + 2|z_{0}| < ϱ < 1. Es gilt nun |f^{n}(z) − z_{0}| ≤ ϱ^{n}|z − z_{0}| → 0. Allgemein gilt, daß ein anziehender Fixpunkt einen kritischen Punkt anzieht. z = 0 ist der einzige endliche kritische Punkt von f(z) = z^{2} + c.

Man sieht, daß f(z) = z^{2} +c höchstens einen anziehenden Fixpunkt haben kann. Man kann zeigen, daß ein anziehender Fixpunkt den kritischen Punkt z = 0 anzieht. f hat einen anziehenden Fixpunkt genau dann, wenn c = \frac{λ(2−λ)}{4} für ein |λ| < 1, denn für die Fixpunkte gilt α + β = 1 und c = αβ = α(1 − α), wobei α anziehend ist genau dann, wenn |λ| < 1 für λ = f′(α) = 2α gilt. In einer Umgebung von α gilt nämlich f(z) − α = λ(z − α) + h(z) mit h(z)/(z − α) → 0 (z → α). Hier: h(z) = (z − α)^{2}; da |λ| < 1, ist \frac{f(z)−α}{z−α} = z + α = λ + z − α vom Betrag kleiner ρ < 1 für z nahe α.

Aufgabe 3.

Sei c : \overline{𝔻} → ℂ, c(z) = \frac{z(2 − z)}{4} .

(i) Zeige, daß c injektiv ist und c(𝔻) eine offene Kreisscheibe vom Radius 1/2 enthält. (ii) Berechne die Fläche von c(𝔻).

Lösung.

(i) Wegen

\begin{aligned}c(z) = c(w) ⟺ 2(z − w) & = z^{2} − w^{2} \\ & = (z − w)(z + w) \end{aligned}

gilt entweder z = w oder z + w = 2 (jedoch nicht in 𝔻). Somit ist c injektiv in \overline{𝔻}. Betrachte c(e^{it}). Da c(1) = 1/4 und c(−1) = −3/4, probiere −1/4 als Mittelpunkt. D.h. wenn d(−1/4, c(∂𝔻)) ≥ 1/2, dann folgt D_{\frac{1}{2}} (−\frac{1}{4}) ⊂ c(𝔻), denn −1/4 ∈ c(𝔻) und ∂c(𝔻) ⊂ c(∂𝔻) (da c injektiv, sogar ∂c(𝔻) = c(∂𝔻)).

|\frac{e^{it}(2 − e^{it})}{4} + \frac{1}{4}| ≥ \frac{1}{2} ⟺ |e^{it}(2 − e^{it}) + 1| ≥ 2 ⟺ |e^{2it} − 2e^{it} − 1|^{2} ≥ 4
⟺ (e^{2it} − 2e^{it} − 1)(e^{−2it} − 2e^{−it} − 1) ≥ 4
⟺ 1 − 2e^{it} − e^{2it} − 2e^{−it} + 4 + 2e^{it} − e^{−2it} + 2e^{−it} + 1 ≥ 4
⟺ 2 ≥ e^{2it} + e^{−2it} = 2 cos 2t ⟺ cos 2t ≤ 1

Sei γ(t) = c(e^{it}). Da |γ(t) − γ(0)| < 1 für t ≠ π, ist dies auch die größte Kreisscheibe in c(𝔻), denn |e^{2it} − 2e^{it} + 1| ≤ 4 ⟺ 5 + 4 cos t − cos 2t ≥ 0 und Gleichheit nur für t = π in [0, 2π]. (ii) Ist φ : U → V eine konforme Abbildung, so gilt

area(V) = area φ(U) = ∫_{φ(U)} dx dy = ∫_{U} |φ′(z)|^{2} dx dy ,

wobei

|φ′|^{2} = det (\begin{matrix}\frac{∂u}{∂x} & \frac{∂u}{∂y} \\ \frac{∂v}{∂x} & \frac{∂v}{∂y} \end{matrix}) = det Jac(φ) .

Sei Ω ein Gebiet mit positiv orientiertem glatten Rand ∂Ω. Ist ω eine 1–Form in einer Umgebung von \overline{Ω}, so gilt nach dem Satz von Stokes

∫_{Ω} dω = ∫_{∂Ω} ω .

Nun ist c : \overline{𝔻} → ℂ holomorph und injektiv auf \overline{𝔻}. Somit gilt

\begin{aligned}area c(𝔻) & = ∫_{𝔻} |c′(z)|^{2} dx dy = \frac{i}{2} ∫_{𝔻} c′(z)\overline{c′(z)} dz ∧ d\overline{z} \\ & = \frac{1}{2i} ∫_{𝔻} d(\overline{c(z)}c′(z) dz) = \frac{1}{2i} ∫_{∂𝔻} \overline{c(z)}c′(z) dz , \end{aligned}

wobei dz = dx + i dy und d\overline{z} = dx − i dy. Weiter gilt

\overline{c(z)}c′(z) = \frac{\overline{z}(2 − \overline{z})}{4} · \frac{1 − z}{2} = \frac{\overline{z}}{4} − \frac{\overline{z}^{2}}{8} − \frac{|z|^{2}}{4} + \frac{\overline{z}|z|^{2}}{8} .

Nun ist |z| = 1 auf der Einheitskreislinie und

∫_{|z|=1} \overline{z} dz = 2πi , ∫_{|z|=1} \overline{z}^{2} dz = 0 , ∫_{|z|=1} |z|^{2} dz = ∫_{|z|=1} 1 dz = 0 .

Damit folgt

area c(𝔻) = \frac{1}{2i} ∫_{∂𝔻} \overline{c(z)}c′(z) dz = \frac{1}{2i} ∫_{|z|=1} (\frac{1}{4}\overline{z} + \frac{|z|^{2}}{8} \overline{z}) dz = \frac{π}{4} + \frac{π}{8} = \frac{3π}{8} .

Dabei ist \frac{π}{4} die Fläche der Kreisscheibe D_{\frac{1}{2}} (−\frac{1}{4}) ⊂ c(𝔻).

Aufgabe 4. Sei f : ℂ → ℂ, f(z) = z^{2} − 1/2, und D = {z ∈ ℂ : |z − a| < 1/4} eine Kreisscheibe um a = −3/8. Ist f|_{D} eine Kontraktion? Untersuche, ob die Folge z_{n+1} = f(z_{n}) für (i) z_{1} = 0 bzw. (ii) z_{1} = i/4 konvergiert, und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert. Für welche r > 0 gilt f(D_{r}(a)) ⊂ D_{r}(a)?

Lösung.

(a) Für −5/8 ∈ \overline{D} gilt f(−5/8) = −7/64 ∉ \overline{D}, daher f(D) ⊄ D. Auch gibt es Punkte z ∈ D mit |f′(z)| > 1, dort wird in einer Umgebung |f(z) − f(w)| ≥ |z −w| sein: Da |f(z)−f(w)| = |z +w|·|z −w|, wähle z = −9/16 und w = −1/2.

(b) Für z_{0} = \frac{1−\sqrt{3}}{2} gilt f(z_{0}) = z_{0} (und |f′(z_{0})| = 2|z_{0}| < 1). Um den Fixpunkt gilt

|\frac{f(z) − z_{0}}{z − z_{0}} | = |\frac{f(z) − f(z_{0})}{z − z_{0}} | = |z + z_{0}| ≤ |z − z_{0}| + 2|z_{0}| .

Wie groß kann man die Kreisscheibe D_{r}(z_{0}) = {|z−z_{0}| < r} um z_{0} wählen, damit |z+z_{0}| ≤ ϱ < 1 für z ∈ D_{r}(z_{0})? Da dann |z+z_{0}| ≤ |z−z_{0}|+2|z_{0}| < r+2|z_{0}|, sollte r < 1 − 2|z_{0}| = 2 − \sqrt{3}. Wähle r = 1/4 < 2 − \sqrt{3}. Dann gilt f(D_{r}(z_{0})) ⊂ D_{r}(z_{0}) und |f(z) − z_{0}| ≤ ϱ|z − z_{0}| mit ϱ = r + 2|z_{0}| = \sqrt{3} − \frac{3}{4} < 1. Da nun auch f(z) ∈ D_{r}(z_{0}), folgt wieder

|f(f(z)) − z_{0}| ≤ ϱ|f(z) − z_{0}| ≤ ϱ^{2}|z − z_{0}| und |f^{n}(z) − z_{0}| ≤ ϱ^{n}|z − z_{0}| → 0 .

Alle Punkte in D_{r}(z_{0}) konvergieren somit unter Iteration gegen den Fixpunkt z_{0}. Insbesondere liegen f(0) = −1/2 und f(i/4) = −9/16 in D_{r}(z_{0}) ⇝ z_{n} → z_{0}. Man kann sogar r = \frac{1}{4} + |z_{0} − a| = \frac{9−4\sqrt{3}}{8} < 2 − \sqrt{3} wählen, dann gilt auch D ⊂ D_{r}(z_{0}).

(c) Wann gilt |z − a| < r ⇒ |f(z) − a| < r? Nun ist |f(z)−a| = |z^{2}− \frac{1}{2} + \frac{3}{8}| = |z^{2}− \frac{1}{8}| = |z+b|·|z−b|, wobei b = 1/\sqrt{8} = \frac{1}{2\sqrt{2}}. Es gilt |z + b| < r + |a + b| und |z − b| < r + |a − b| für z ∈ D_{r}(a). Da a < −b < b, wird das Supremum r + |a + b| bzw. r + |a − b| für dasselbe z = a − r ∈ ∂D_{r}(a) angenommen. Also |f(z) − a| < (r + \frac{3}{8} − \frac{1}{\sqrt{8}})(r + \frac{3}{8} + \frac{1}{\sqrt{8}}) = r^{2} + \frac{3}{4}r + \frac{1}{64}. Wann ist r^{2} + \frac{3}{4}r + \frac{1}{64} ≤ r, d.h. r^{2} − \frac{1}{4}r + \frac{1}{64} ≤ 0 ? Da r^{2} − \frac{1}{4}r + \frac{1}{64} = (r − \frac{1}{8})^{2}, nur für r = \frac{1}{8}. Für r ≠ \frac{1}{8} ist |f(a−r) − a| > r, d.h. f(a−r) ∉ \overline{D}_{r}(a), jedoch a − r ∈ ∂D_{r}(a).

Für B = D_{1/8}(a) gilt also f(B) ⊂ B. Jedoch gilt für beliebige z, w ∈ B dann

|f(z) − f(w)| = |z + w| · |z − w| ≤ λ |z − w|

nur für λ = sup_{z,w∈B} |z + w| = 2(|a| + 1/8) = 1 . Allerdings erhält man für z_{0} ∈ B

|\frac{f(z) − z_{0}}{z − z_{0}} | = |z + z_{0}| ≤ |z| + |z_{0}| ≤ |a| + r + |z_{0}| = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} + \frac{\sqrt{3}−1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} < \frac{7}{8}

für z ∈ B, so daß man \frac{\sqrt{3}}{2} < ρ < 1 wählen kann, damit |f(z) − z_{0}| ≤ ρ|z − z_{0}|. Da nun auch f(z) ∈ B, folgt weiter |f(f(z)) − z_{0}| ≤ ρ|f(z) − z_{0}| ≤ ρ^{2}|z − z_{0}|, und man erhält |f^{n}(z) − z_{0}| ≤ ρ^{n}|z − z_{0}| → 0. Alle Punkte in B konvergieren somit unter Iteration gegen den Fixpunkt z_{0}. Für z_{1} = i/4 sieht man jedoch erst ab z_{4} = −30559/65536 ∈ B, daß z_{n} → z_{0}.

Aufgabe 5.

Sei f : 𝔻 → ℂ schlicht (d.h. holomorph und injektiv) und f(z) = ∑_{n=1}^{∞} a_{n}z^{n}.

Dann gilt area f(𝔻) = π ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}|^{2} .

Lösung. Ist ϕ : U → V ein Diffeomorphismus, so gilt für die Jacobi–Determinante det Jac(ϕ) = |ϕ_{z}|^{2} − |ϕ\overline{z}|^{2} . Ist f : U → V eine konforme Abbildung, so ist det Jac(f) = |f′|^{2} , und es gilt

area(V) = area f(U) = ∫_{f(U)} dx dy = ∫_{U} |f′(z)|^{2} dx dy

= \frac{i}{2} ∫_{U} |f′(z)|^{2} dz ∧ d\overline{z} = \frac{1}{2i} ∫_{U} d(\overline{f(z)}f′(z) dz) .

Hat U einen glatten Rand und ist f auch holomorph auf \overline{U}, so gilt mit Stokes

\frac{1}{2i} ∫_{U} d(\overline{f(z)}f′(z) dz) = \frac{1}{2i} ∫_{∂U} \overline{f(z)}f′(z) dz .

Sei nun f : 𝔻 → ℂ schlicht und A(r) = area f(D_{r}) für r < 1. Dann gilt

A(r) = ∫_{f(D_{r})} dx dy = \frac{1}{2i} ∫_{∂D_{r}} \overline{f(z)}f′(z) dz = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π}\overline{f(re^{it})}f′(re^{it})re^{it} dt ,

wobei

\overline{f(re^{it})} = ∑_{m=0}^{∞} \overline{a}_{m}r^{m}e^{−imt} , f′(re^{it})re^{it} = ∑_{n=1}^{∞} na_{n}r^{n}e^{int} .

Wegen ∫_{0}^{2π}e^{i(n−m)t} dt = 2π · δ_{n,m} folgt

∑_{m=0}^{∞} ∑_{n=1}^{∞} na_{n}\overline{a}_{m}r^{m+n} ∫_{0}^{2π}e^{i(n−m)t} dt = 2π ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}|^{2}r^{2n}

und somit

A(r) = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π}\overline{f(re^{it})}f′(re^{it})re^{it} dt = π ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}|^{2}r^{2n} ≤ area f(𝔻) .

Sei G_{r} = f(D_{r}). Dann gilt f(𝔻) = G = ⋃_{r} G_{r} und G_{r} ⊂ G_{s} für r < s. Es folgt area f(𝔻) = μ(G) = lim_{r→1} μ(G_{r}) = lim_{r→1} A(r).

Für die Polarkoordinatenabbildung x + iy = ϕ(r, t) = re^{it} ist det Jac(ϕ) = r und

∫_{D_{R}} F (x + iy) dx dy = ∫_{0}^{R} ∫_{0}^{2π}F (re^{it}) r dt dr .

Für F = |f′|^{2} gilt nun |f′(re^{it})|^{2} = ∑_{m,n=1}^{∞} nma_{n}\overline{a}_{m}r^{m+n−2}e^{i(n−m)t} und

∫_{𝔻} |f′|^{2} dx dy = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{2π}∑_{m,n} nma_{n}\overline{a}_{m}r^{m+n−2}re^{i(n−m)t} dt dr

= ∑_{m,n} ∫_{0}^{1} r^{m+n−1} dr ∫_{0}^{2π}nma_{n}\overline{a}_{m}e^{i(n−m)t} dt

= ∑_{n=1}^{∞} 2πn^{2}|a_{n}|^{2} ∫_{0}^{1} r^{2n−1} dr = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n}2πn^{2}|a_{n}|^{2}

= π ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}|^{2} .

Somit

area f(𝔻) = ∫_{𝔻} |f′|^{2} dx dy = π ∑_{n=1}^{∞} n|a_{n}|^{2} .

Speziell folgt

f(z) = \frac{z(2 − z)}{4} = \frac{1}{2}z − \frac{1}{4}z^{2} ⇝ area f(𝔻) = \frac{π}{4} + \frac{π}{8} .

Satz (Transformationsformel). Sei Ω ⊂ ℝ^{n} offen und ϕ : Ω → ϕ(Ω) diffeomorph. Dann gilt: F integrierbar in ϕ(Ω) ⟺ (F ∘ ϕ) | det Jac(ϕ)| integrierbar in Ω. Es gilt dann

∫_{ϕ(Ω)} F dV = ∫_{Ω} (F ∘ ϕ) | det Jac(ϕ)| dV .

Ist Ω ⊂ ℂ offen und f : Ω → f(Ω) konform, so ist det Jac(f) = |f′|^{2}.

Transformationsformel

Satz (Transformationsformel). Sei Ω ⊂ ℝ^{n} offen und ϕ : Ω → ϕ(Ω) diffeomorph. Dann gilt: F integrierbar in ϕ(Ω) ⟺ (F ∘ ϕ) | det Jac(ϕ)| integrierbar in Ω. Es gilt dann

∫_{ϕ(Ω)} F dV = ∫_{Ω} (F ∘ ϕ) | det Jac(ϕ)| dV .

Kapitel 9 in [Ko]. Speziell Integration mittels Polarkoordinaten in ℂ, Kapitel 9.3. Satz. Sei J = (0, 2π), I ⊂ [0, ∞) ein Intervall und K(I) = {|z| ∈ I}. Sei ϕ(r, t) = re^{it}. Dann ist F integrierbar in K(I) genau dann, wenn F (ϕ(r, t))r integrierbar ist in I × J. Es gilt dann

∫_{K(I)} F dA = ∫_{I} ∫_{J} F (ϕ(r, t)) r dt dr .

Satz (Theorem 7.26 in [Ru]). Sei Ω ⊂ ℝ^{n} offen und ϕ : Ω → ℝ^{n} injektiv und differenzierbar. Ist F stetig in ℝ^{n}, so gilt

∫_{ϕ(Ω)} F dV = ∫_{Ω} (F ∘ ϕ) | det Jac(ϕ)| dV .

Bemerkung: Ist F stetig in \overline{Ω}, so kann F stetig fortgesetzt werden auf ℝ^{n}.

Offene und kompakte Mengen in ℂ sind meßbar. Ist f stetig, so ist f meßbar. Ist N Nullmenge und f differenzierbar, so ist auch f(N) Nullmenge.

[Ko] K. Königsberger: Analysis 2. Springer, 1997.

[Ru] W. Rudin: Real and Complex Analysis. McGraw-Hill, 1987.

Lebesgue–Maß μ

Wenn A_{j} ∩ A_{k} = ∅ für j ≠ k, dann μ(⋃_{n} A_{n}) = ∑_{n} μ(A_{n}). Ist A ⊂ B, so gilt B = A ∪ (B \ A) und μ(B \ A) = μ(B) − μ(A).

Gilt G_{r} ⊂ G_{s} für r < s, so ist μ(G_{r}) ≤ μ(G_{s}), d.h. μ(G_{r}) ist monoton steigend. Da G = ⋃_{r<1} G_{r}, ist μ(G_{r}) ≤ μ(G) beschränkt. Wähle r_{n} → 1 monoton, so daß G_{n} ⊂ G_{n+1} und G = ⋃_{n=1}^{∞} G_{n}. Setze G_{0} = ∅ und B_{n} = G_{n} \ G_{n−1}. Dann gilt ⋃_{n=1}^{N} B_{n} = G_{N} und B_{n} ∩ B_{m} = ∅ für n ≠ m. Daher ist μ(G_{N}) = ∑_{n=1}^{N} μ(B_{n}). Es folgt μ(G) = lim_{N→∞} μ(G_{N}).

Sei H_{n+1} ⊂ H_{n} ⊂ H_{1} und ⋂_{n} H_{n} = H. Dann gilt (H_{1} \ H_{n}) ⊂ (H_{1} \ H_{n+1}) und ⋃_{n}(H_{1} \ H_{n}) = H_{1} \ ⋂_{n} H_{n} = H_{1} \ H. Daher gilt μ(H_{1} \ H_{n}) → μ(H_{1} \ H) und somit μ(H_{1}) − μ(H_{n}) = μ(H_{1} \ H_{n}) → μ(H_{1} \ H) = μ(H_{1}) − μ(H).