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={fn(x)=x sin(nx) mit n in IN}. Wegen |fn(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 xn und eine Funktion fn in F gibt mit |xn-x|<1/n und |f(xn)-f(x)|>\epsilon. Diese Folge (fn) könnte deshalb keine lokal gleichmäßig konvergente Teilfolge enthalten. Ein Widerspruch.

Übung 2.2.9
Es sei f(z)=zd 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-zn)k_n mit ki>0 und reellen Zahlen z1<...<zn. p' hat eine (ki-1)-fache Nullstelle bei zi. Außer diesen Nullstellen muß p noch genau n-1 Nullstellen haben. Nun hat aber p zwischen zi und zi+1 mindestens ein Extremalstelle, d.h. p' hat dort mindestens eine Nullstelle. Also muß p' je zwischen zi und zi+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 zi, einfach Nullstellen je zwischen zi und zi+1, und eine einfache Nullstelle bei Unendlich, also zwischen zn und z1. Ab jetzt werden wir uns die zi deshalb zyklisch angeordnet denken, d.h. zn+1=z1.

Jede reelle Zahl hat also mindestens ein Urbild in jedem Intervall (zi;zi+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)zp+1+(p+1)zp+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\subsetE2, daß dann dim(E1)<=dim(E2), denn jede Überdeckung von E2 ist auch eine von E1.
by Michael Becker, 8/2003. Letzte Änderung: 8/2003.