A Lösungen zu den Übungen

Übung 1.4.5: Jedes Polynom f(z)=az²+bz+c (a<>0) ist, wie man leicht nachrechnet, via der Möbius-Transformation g^-1(x)=(1/a)*(x-(b/2)) konjugiert zu x²+(ac+(b/2)*(1-(b/2))).

Übung 2.1.3: Es sei F={f_n(x)=x sin(nx) mit n in IN}. Wegen |f_n(x)|<=|x| ist F normal bei 0. Für x<>0 liegen dagegen in jeder Umgebung von x ganze Perioden von sin(nx) (für genügend großes n), und zwar mit Amplitude x. Für $\epsilon$ <|x| kann deshalb an solchen Stellen die Normalitätsbedingung nicht mehr erfüllt werden.

Übung 2.1.6: z sei ein Punkt, an dem F normal ist. Insbesondere gibt es eine Umgebung N von z, so daß für alle x in N gilt: |f(x)-f(z)|<1. Nach dem Satz von Montel ist F deshalb normal in N.
Nun sei x ein anderer Punkt aus N. Wäre F nicht normal bei x, so gäbe es ein $\epsilon$ >0, so daß es zu jedem n in IN einen Punkt x_n und eine Funktion f_n in F gibt mit |x_n-x|<1/n und |f(x_n)-f(x)|> $\epsilon$ . Diese Folge (f_n) könnte deshalb keine lokal gleichmäßig konvergente Teilfolge enthalten. Ein Widerspruch.

Übung 2.2.9: Es sei f(z)=z^d mit d>=2. Ist |z₀|<k<1, so ist für alle z mit |z|<k:

|fⁿ(z)-fⁿ(z₀)| <= |fⁿ(z)|+|fⁿ(z₀)| <= |z^dⁿ)| +|z₀^(dⁿ)| <= 2k^(dⁿ) --> 0.

Deshalb ist (fⁿ) bei z₀ normal. Analog zeigt man dies für |z₀|>1. Ist dagegen |z₀|=1, so gibt es in jeder Umgebung von 0 Punkte, deren Iterierte gegen 0 konvergiert, während die Iterierten von z₀ alle den Betrag 1 haben. Deshalb können die fⁿ nicht normal bei einem solchen z₀ sein.

Übung 2.2.10: OBdA sei der Fixpunkt z₀=0. Ist er anziehend, so finden wir eine Konstante L>1, so daß in einer Umgebung von z₀ gilt: |fⁿ(z)|<Lⁿ|z|. Daraus folgt, daß die Funktionenfamilie (fⁿ) auf der gesamten Umgebung normal ist.
Ist der Fixpunkt dagegen abstoßend, so finden wir eine Zahl L>1, so daß in einer Umgebung von z₀ gilt: |fⁿ(z)|>Lⁿ|z| und die Funktionenfamilie kann bei z₀ nicht normal sein.

Übung 2.2.11: Beachte, daß g Lipschitz-stetig auf ${\bf\hat C}$ ist, und daß Sⁿ=gRⁿg^-1 ist. Daraus folgt unmittelbar die Behauptung.

Übung 2.3.13: Man benutze, daß für surjektive Funktionen gilt: g(g^-1(E))=E, und für injektive g^-1(g(E))=E.

Übung3.6.19: Daß die beiden Abbildungen kommutieren, sieht man sofort. Aber die Julia-Menge von z-->2z ist {0}, die Julia-Menge von z-->z/2 ist { $\infty$ }.

Übung 3.6.20: Wegen P(-z)=-P(z) kommutieren die beiden Abbildungen. Nun hat aber P nur einen einzigen Fixpunkt (nämlich 0), während Q drei hat. Deshalb können die beiden Abbildungen nicht konjugiert zueinander sein.

Übung 3.4.13: Daß [-2;2] invariant unter f(z)=z²-2 ist, sieht man sofort. Deshalb ist J $\subset$ [-2;2]. Ihr Komplement F kann deshalb aus höchstens einer Zusammenhangskomponente bestehen. Die Familie (fⁿ) ist normal auf F. Wir suchen eine konvergente Teilfolge. Da für große z die fⁿ(z) gegen $\infty$ konvergieren, muß die gesamte konvergente Teilfolge gegen die konstante Funktion $\infty$ konvergieren. Fazit: Auf F konvergiert fⁿ punktweise gegen $\infty$ . Da aber das Intervall invariant ist, kann es keinen Punkt aus F enthalten. Deshalb muß J aus dem gesamten Intervall bestehen.

Übung 3.4.14: Man sieht sofort, daß der Einheitskreis invariant unter f ist, deshalb ist die Julia-Menge in ihm enthalten. Die Julia-Menge muß aber nicht immer der ganze Einheitskreis sein. Gegenbeispiele lassen sich z.B. mit Hilfe der Funktionen z²-c mit c>=2 konstruieren. Diese sind nämlich Produkte von (parabolischen) Automorphismen der oberen Halbebene. Ihre Julia-Menge ist aber nicht die ganze reelle Achse (vergl. die letzte Übung). Durch Konjugation kann man sie zu Produkten von Automorphismen der Einheitskreisscheibe machen. (Beispielsweise wird die Funktion z²-2 zu

$\frac{(3+i)z^2-2(1+i)z+(3+i)}{(3-i)z^2-2(1-i)z+(3-i)}$

Ihre Julia-Menge ist ein Kreisabschnitt.)

Übung 3.4.15

Es ist p(z)=(z-z₁)^k_1·...· (z-z_n)^k_n mit k_i>0 und reellen Zahlen z₁<...<z_n. p' hat eine (k_i-1)-fache Nullstelle bei z_i. Außer diesen Nullstellen muß p noch genau n-1 Nullstellen haben. Nun hat aber p zwischen z_i und z_i+1 mindestens ein Extremalstelle, d.h. p' hat dort mindestens eine Nullstelle. Also muß p' je zwischen z_i und z_i+1 genau eine einfache Nullstelle haben.

f(z)=p'(z)/p(z) ist eine rationale Funktion vom Grad n, da sich bei mehrfachen Nullstellen Linearfaktoren wegkürzen lassen. Sie hat genau einfache Pole bei den z_i, einfach Nullstellen je zwischen z_i und z_i+1, und eine einfache Nullstelle bei Unendlich, also zwischen z_n und z₁. Ab jetzt werden wir uns die z_i deshalb zyklisch angeordnet denken, d.h. z_n+1=z₁.

Jede reelle Zahl hat also mindestens ein Urbild in jedem Intervall (z_i;z_i+1), da ja diese beiden Punkte Pole sind, und dazwischen nur eine einzige einfache Nullstelle liegt. Da f den Grad n hat, müssen dies auch alle Urbilder sein. IR ist also rückwärts invariant, und damit invariant unter f. Also ist J(f) reell.

Übung 4.2.4: Man braucht gar nicht f² auszurechnen. $\infty$ ist super-anziehender Fixpunkt jedes Polynoms vom Grad >=2. 0 und -1 bilden einen Zykel der Periode 2 von f. Die Ableitungen sind 0 und -2. Das Produkt dieser beiden Zahlen ist 0. Also sind die beiden super-anziehende Fixpunkte von f².

Übung 5.1.4: Die Ableitung einer Funktion bei einem Fixpunkt bleibt unter einer Konjugation erhalten: Ist z ein Fixpunkt von f, so ist g(z) einer von gfg^-1. Und: (gfg^-1)'(g(z))=g'(f(z))f'(z)(g^-1)'(g(z)) =g'(z)f'(z)(g')^-1(z)=f'(z).

Übung 5.1.6: Z ist auf jeden Fall vorwärts invariant. Wenn es nicht rückwärts invariant ist, gibt es einen Punkt z, der nicht in Z ist, aber mit R(z) in Z. z ist also präperiodisch.
Wenn R einen Grad <2 hat, so rechne man die Behauptung per Hand nach. Ist der Grad >=2, so hat jedes z in Z nur ein Urbild unter R, nämlich einen anderen Punkt des Zykels, und das mit einer Mulitplizität >1. Deshalb handelt es sich bei dem Zykel um einen super-anziehenden Zykel. Da es sich um Ausnahmepunkte handelt, besteht der Zykel aus höchstens zwei Punkten.

Übung 5.4.15: Es ist P²(z)= z+((-1)^p-1-1)z^p+1+(p+1)z^p+2+... Deshalb hat die Julia-Menge von P² bzw. P genau p Blütenblätter für gerades p und p+1 Blütenblätter für ungerades p. (Aus dem Blütenblättersatz folgt hier nur, daß es eine gerade Anzahl von Blütenblättern gibt.)

Übung 7.3.10: Man sieht sofort, daß 0 der einzige endliche kritische Punkt von P(z)=z²-1 ist, und daß 0 und -1 einen super-anziehenden 2-periodischen Zykel bilden. Deshalb kann es außer den angegebenen keine periodischen Zykel geben. Nach Satz 7.3.9 ist $F_\infty$ einfach zusammenhängend. Nach Satz 4.1.1 sind auch alle anderen Komponenten einfach zusammenhängend. Nach dem Satz über wandernde Gebiete ist jede Komponenten von F(P) präperiodisch oder periodisch. Da aber $F_\infty$ invariant ist, müssen alle anderen Komponenten in den Zykel {F_-1,F₀} wandern.

Übung 7.4.17: Für |z|>=|c| gilt |P(z)|>=|z|²-|c|>=|z||c|-|z|=(|c|-1)|z|. D.h. alle Punkte vom Betrag >=|c| liegen im Einzugsbereich von Unendlich. Wegen P(0)=c gilt das dann auch für den einzigen kritischen Punkt 0.

Übung 8.1.4: Abzählbare Mengen werden dem Leser überlassen. Die beiden anderen Aussagen folgen aus der simplen Tatsache, daß wenn E₁ $\subset$ E₂, daß dann dim(E₁)<=dim(E₂), denn jede Überdeckung von E₂ ist auch eine von E₁.