Kurs:Funktionentheorie/Automorphismen der Einheitskreisscheibe

Das Ziel dieses Artikels ist es, alle biholomorphen Abbildungen $𝔻\to 𝔻$ zu charaktisieren. Wir wollen beweisen:

Satz

Sei

$f:𝔻\to 𝔻$

ein Automorphismus. Dann gibt es ein

$z_0\in 𝔻$

und ein

$\lambda \in ℂ$

mit

$|\lambda |=1$

, so dass

$f(z)=\lambda \frac{z-z_0}{1-{\overline{z}}_{0}z}$

Der Einheitskreis $𝔻$

und sein Bild unter $f(z)=\lambda \frac{z-z_0}{1-{\overline{z}}_{0}z}$ für $z_0=\frac{2}{5}(1+i)$ und $\lambda =2^{-1/2}(1+i)$

Umgekehrt sind alle solchen Abbildungen Automorphismen von $𝔻$.

Bevor wir den Satz beweisen, wollen wir noch eine wichtige Folgerung notieren:

Korollar

Sei $z_0\in 𝔻$. Dann gibt es genau einen Automorphismus von $𝔻$ mit $f(0)=z_0$ und $f^{\prime }(0)>0$.

Beweis des Korollars

• Zunächst zur Eindeutigkeit: Sind $f,g$ zwei solche Automorphismen, so betrachte $h:=f^{-1}\circ g:𝔻\to 𝔻$. Dann ist $h(0)=0$. Nach dem Satz gibt es $\lambda$ und $z_1$ so dass $h(z)=\lambda \frac{z-z_1}{1-{\overline{z}}_{1}z}$Es ist $0=h(0)=\lambda (-z_1)⟺z_1=0$ also $h(z)=\lambda z$. Weiter ist $\lambda =h^{\prime }(0)=(f^{-1}\circ g{)}^{\prime }(0)=\frac{1}{f^{\prime }((f^{-1}\circ g)(0))}\cdot g^{\prime }(0)=\frac{g^{\prime }(0)}{f^{\prime }(0)}>0$und damit $\lambda =1$, also ist $h=\mathrm{i}\mathrm{d}$, d. h. $\lambda =1$.
• Zur Existenz: Definiere $g:𝔻\to 𝔻$ durch $g(z):=\lambda \frac{z-z_0}{1-{\overline{z}}_{0}z}$wobei $\lambda$ so gewählt sei, dass $g^{\prime }(z_0)>0$ gilt. Dann ist $g$ ein Automorphismus mit $g(z_0)=0$. Setze $f:=g^{-1}$. Dann ist $f(0)=z_0$ und $f^{\prime }(0)=1/g^{\prime }(z_0)>0$.

Beweis

Als erstes zeigen wir, dass alle diese Abbildungen Automorphismen sind. Sei also $z_0\in 𝔻$, $|\lambda |=1$ und $f(z)=\lambda \frac{z-z_0}{1-{\overline{z}}_{0}z}$. Dann ist $f$ holomorph und wegen

$|f(z)|=\frac{|z-z_0|}{|1-{\overline{z}}_{0}z|}=\frac{|z||1-\overline{z}{z}_0|}{|1-{\overline{z}}_{0}z|}=|z|=1,|z|=1$

und

$f(z_0)=0$

gilt

$f(𝔻)\subseteq 𝔻$

. Um zu zeigen, dass

$f$

ein Automorphismus ist, zeigen wir, dass

$f$

umkehrbar ist und die Umkehrabbildung vom selben Typ ist, wir haben

$\begin{array}{cc}f(z)& =w\\ ⟺\lambda \frac{z-z_0}{1-z{\overline{z}}_0}& =w\\ ⟺z-z_0& =\overline{\lambda }w(1-z{\overline{z}}_0)\\ ⟺z(1+\overline{\lambda }w{\overline{z}}_0)& =\overline{\lambda }w+z_0\\ ⟺z& =\frac{\overline{\lambda }w+z_0}{1+\overline{\lambda }w{\overline{z}}_0}\\ ⟺z& =\overline{\lambda }\frac{w-(-\lambda z_0)}{1-\overline{(-\lambda z_0)}w}\end{array}$

Also ist $f^{-1}$ vom selben Typ, es folgt die Behauptung.

Zum Beweis der Tatsache, dass jeder Automorphismus von der behaupteten Form ist, betrachten wir zunächst den Spezialfall $f(0)=0$. Dann ist nach dem Lemma von Schwarz zunächst $|f(z)|\le |z|$ für alle $z\in 𝔻$, wenden wir das Lemma von Schwarz auf $f^{-1}$ an, erhalten wir analog $|z|\le |f(z)|$, also insgesamt $|f(z)|=|z|$ für alle $z\in 𝔻$. Das Lemma von Schwarz liefert nun, dass $f$ eine Drehung ist, also $f(z)=\lambda z$ für ein $|\lambda |=1$.

Sei nun $f(0)=:z_1$, definiere $g(z):=\frac{z-z_1}{1-{\overline{z}}_{1}z}$, nach obigem ist $g$ ein Automorphismus. Dann ist $h:=g\circ f$ ein Automorphismus von $𝔻$ mit $h(0)=0$, also $h(z)=\lambda z$ für ein $|\lambda |=1$. Es folgt nach obiger Rechnung:

$f(z)=g^{-1}(\lambda z)=\frac{\lambda z+z_1}{1+{\overline{z}}_1\lambda z}=\lambda \frac{z+\overline{\lambda }{z}_1}{1+\overline{\overline{\lambda }{z}_1}z}$

mit $z_0:=-\overline{\lambda }{z}_1$ also die Behauptung.