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Automorphismen von CC

Schüler

Tags: Analysis, Komplexe Zahlen

Sabine2 aktiv_icon

16:05 Uhr, 28.03.2013

Hallo,
ich hab hier wieder eine Aufgabe von meiner Lehrerin, die ich nicht wirklich verstehe.

1)

Beweise für eine komplexe Zahl

z

und deren konjugiert komplexe Zahl

\bar{z},

dass

\bar{z^{n}} = {\bar{z}}^{n}

gilt.

2)

Es sei

z \to f (z)

eine Funktion mit Werte und Definitionsmenge

ℂ

. Für beliegibes

z_{1}, z_{2} \in ℂ

soll gelten.:

f (z_{1} + z_{2}) = f (z_{1}) + f (z_{2})

und

f (z_{1} \cdot z_{2}) = f (z_{1}) \cdot f (z_{2}) d . h

. die Funktion bildet die Summe bzw. das Produkt zweier Zahlen stets ab auf die Summe bzw. das Produkt ihrer Bilder. Man sagt:

z \to f (z)

ist eine summen- und produkttreue Abbildung und nennt eine solche einen Automorphismus von

ℂ

. Zeige

a) f (0) = 0

b) f (1) = 1

c) f (- 1) = - 1

d) f (n) = n

für

n \in ℕ

e) f (\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}

f) f (r) = r

für

r \in ℚ

g) f (i) = i

oder

f (i) = - i

h)

Wenn

f (r) = r

nicht nur für jedes

r \in ℚ,

sondern für jedes

r \in ℝ

gilt (dies würde folgen, wenn man

f (z)

als stetig in

ℝ

voraussetzt), so ist entweder

f (z) = z

oder

f (z) = \bar{z}

. Es gibt also nur zwei stetige Automorphismen auf

ℂ :

den identischen

z \to z

und die Konjugation

z \to \bar{z}

.

Bei

1)

bräuchte ich einfach einen Ansatz..

z = a + b \cdot i

setzen klappt wohl nicht, weil ich son

n

da drinnen habe.
Und in

2)

wäre es super, wenn man einfach mal eine Aufgabe vorrechnen könnte, damit ich weiß, was gemeint ist.

Ich danke euch! :-)
Sabine

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

michaL aktiv_icon

18:10 Uhr, 28.03.2013

Hallo,

mit dieser Frage wirst du vermutlich im Schülerforum nicht so weit kommen, da sie doch über den üblichen Schulstoff hinaus geht.

Zu 1): Wenn du (was nicht schwierig zu beweisen ist) als Ergebnis schon

\bar{w \cdot z} = \overline{w} \cdot \overline{z}

(*) hast (also, dass die komplexe Konjugation mit der (komplexen) Multiplikation vertauscht), dann ist dein Aufgabe ein Fall für die vollständige Induktion:

Anfang:

\bar{z^{0}} = \overline{1} = {\overline{z}}^{0}

(Sonderfall

z = 0

getrennt betrachten)
Induktionsschritt:

\bar{z^{n + 1}} = \bar{z^{n} \cdot z} \overset{(*)}{=} \bar{z^{n}} \cdot \overline{z} \overset{I.V.}{=} {\overline{z}}^{n} \cdot \overline{z} = {\overline{z}}^{n + 1}

Zu 2):
a) Setze doch mal

z_{1} := 0

z_{2} := 0

. Daraus folgt die gesuchte Gleichung!
b) Hm, analoger Trick wie bei a)!
c) Verwende

1 + (- 1) = 0

und a)!
d) folgt mit Induktion aus b).
e) folgt wegen

n \cdot \frac{1}{n} = 1

aus b).
f) d) und e) kombinieren!
g) Verwende

i^{2} = - 1

.
h) Hier weiß ich schon, wohin der Hase läuft. Allerdings kann ich keinen Operator erkennen (nirgends steht "Zeige" o.ä.). Was ist da die Aufgabe.

Konkret wegen h) möchte ich gern die Herkunft dieser "Aufgabe" wissen. Letzteres bekommen nicht einmal alle Studenten der Mathematik hin (selbst wenn die ersten Teile einem viel Arbeit abnehmen). Sogar bei meinen KollegInnen hätte ich so meine Zweifel.
Also: Woher stammt die Aufgabe? Für Schüler kann sie eigentlich nicht gedacht sein?!

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

18:41 Uhr, 28.03.2013

Vorweg: Ich habe nur Kopien vor mir liegen, kann dir also keine genaue Quelle nennen. Das Buch hatte einen weißen Hintergrung und es stand in rötlicher oder orangener Schrift "Komplexe Zahlen" drauf, das war dann wohl auch der Titel des Buches. Seite

27,

wenn du diese Information gebrauchen kannst. Und du hast Recht,

h)

hat wirklich keinen Operator. Aber über

h)

können wir meinetwegen später nochmal diskutieren, ich versuche mich erstmal an

2) :

a)

Es muss ja

z_{1} \cdot z_{2}

und

z_{1} + z_{2}

null ergeben. Das führt zwangsläufig auf

z_{1} = z_{2} = 0

. Ich kann also

f (0) \cdot f (0) = f (0) + f (0)

setzen. Aber hieraus folgt dann doch

f (0) = 0

oder

f (0) = 2

.
Ich glaube, diese Frage muss erstmal geklärt werden, damit ich weitermachen kann.

Zu

1)

Deine Idee mit vollständiger Induktion ist gut! Also gilt das nur für

n \in ℕ

? Eine blöde Frage muss ich dann noch loswerden, wieso ist

z^{0} := {(a + b \cdot i)}^{0} = 1

? Und was ist

\bar{1}

1 \pm 0 \cdot i

? Und

\bar{z \cdot w} = \bar{z} \cdot \bar{w}

habe ich gezeigt bekommen... einfach

z = a + b \cdot i

und

w = c + d \cdot i

setzen und gucken was rauskommt ;-)

Wenn jetzt die ein oder andere doofe Frage dabei war, tuts mir Leid. Dieses komplexe Zahlen Zeugs ist für mich völlig neu und ungewohnt ;-) Ist aber auf jeden Fall interessant!

michaL aktiv_icon

18:54 Uhr, 28.03.2013

Hallo,

ich hatte es mir explizit so gedacht:

f (0) \overset{(1)}{=} f (0 + 0) \overset{(2)}{=} f (0) + f (0)

.
Was immer

f (0)

ist, ich ziehe es auf beiden Seiten der Gleichung

f (0) = f (0) + f (0)

ab. Was ergibt sich?

Zur Erläuterung:
(1) Offenbar ist doch

0 = 0 + 0

, daher gilt dieses Gleichheitszeichen.
(2) benutzt ja nur die (so genannte) Funktionalgleichung

f (a + b) = f (a) + f (b)

.

Was die Potenzgesetze in 1) angeht: Mache dir klar, dass diese auch bei komplexen Zahlen gelten. Insbesondere gilt dann

z^{0} = 1

(wie gesagt, bei

z = 0

muss man genauer hinschauen). Und: wieder korrekt: es wäre

n \in ℕ

Voraussetzung.

Ja, komplexe Zahlen sind interessant. Mir stellt sich nur die Frage, wie es kommt, dass du sich als Schülerin damit auseinanderzusetzen hast.
Wenn es Interesse ist, dann ist es um so besser.

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

19:19 Uhr, 28.03.2013

Also aus reinem Interesse kam das nicht. Wir haben unser Abitur jetzt geschrieben und haben noch Raum frei, den unser Lehrer mit komplexen Zahlen füllt.
Was ist denn nun

\bar{1}

a)

Achso, dann brauchtest du ja

f (a \cdot b) = f (a) \cdot f (b)

garnicht.

b) f (1) = f (0 + 1) = f (0) + f (1) . .

. bringt nichts.

f (1) = f (z \cdot \frac{1}{z}) = f (z) \cdot f (\frac{1}{z}) . .

. Und nun?

c) . .

. Ich fühle mich grad ziemlich dumm.

1)

Gilt es denn auch für alle anderen

n,

die nicht aus

ℕ

stammen (wenn ja, wie würde ein Beweis aussehen))?Und wieso gelten Potenzgesetze auch in in

ℂ

? Für

z = 0

ist das echt merkwürdig.

0^{0}

habe ich noch nie gesehen, was ist das?

z = 0

bedeutet ja

z = 0 + 0 \cdot i, \bar{z} = 0 - 0 \cdot i, {\bar{z}}^{n} = {(0 - 0 \cdot i)}^{n}

bzw.

\bar{z^{n}} = \bar{{(0 + i \cdot 0)}^{n}} = ...

michaL aktiv_icon

19:45 Uhr, 28.03.2013

Hallo,

ja, bei

f (0)

haben wir 0=0+0 verwendet; nichts anderes
Jetzt überleg bitte noch mal ganz genau, wie man an

f (1)

herankommen kann!

Mach erst einmal nichts anderes. Das wird dich nur vom Begreifen abhalten.

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

21:27 Uhr, 28.03.2013

Ich glaube, ich habe was brauchbares:

f (1) = f (1 \cdot \frac{z}{z}) = f (1) \cdot f (\frac{z}{z})

Jetzt dividiere ich durch

f (1)

und erhalte

1 = f (\frac{z}{z}) = f (1)

. Dies setzt

f (1) \neq 0

voraus. Kann man das einfach voraussetzen?

c) f (- 1) = f (- 1 + 0) = f (- 1 + (1 + (- 1))) = f (- 1) + f (1 + (- 1)) = f (- 1) + f (1) + f (- 1) = 2 \cdot f (- 1) + f (1)

Ich subtrahiere

f (- 1)

und

f (1) : - f (1) = f (- 1)

und wegen

b)

erhalte ich dann

- 1 = f (- 1)

. (Gehts auch kürzer?)

d)

Induktionsanfang:

f (0) = 0

wegen

(a)

Induktionsschritt:

f (n + 1) = f (n) + f (1) = n + f (1) = n + 1,

wegen

b

. (Lässt man bei Induktion das

n

eigtl. immer von 0 oder von 1 beginnen?)

e) f (1) = f (n \cdot \frac{1}{n}) = f (n) \cdot f (\frac{1}{n}) \Rightarrow 1 = n \cdot f (\frac{1}{n}) \Rightarrow \frac{1}{n} = f (\frac{1}{n})

(folgte also aus

b

und

d)

f) r

hat ja die Form

\frac{m}{n}

mit

n, m \in ℕ

.
Also

f (r) = f (\frac{n}{m}) = f (n) \cdot f (\frac{1}{m}) = n \cdot \frac{1}{m} = \frac{n}{m} = r

g) f (i^{2}) = f (i) \cdot f (i) = i^{2} \Rightarrow f (i) = \pm \sqrt{i^{2}} = \pm i

. Allgemein ist aber

f (a)

nicht gleich

a

. Da

i^{2}

aber

- 1

ist, gilt

c

.

Ja, wie gesagt,

h)

hat auch hier auf dem Papier keinen Operator.

Bleiben noch die Fragen zu

1)

(und natürlich, ob meine wilde Rechnerei hier korrekt ist). Wenn du zu

h)

noch ein paar Worte loswerden willst, nur zu, ich bin gespannt.

Und danke, dass du nicht gleich die Antwort gepostet hast, das hat mich

n

bisschen motiviert und es ist doch ein besseres Gefühl, es selber hinzubekommen! :-)

Shipwater aktiv_icon

22:15 Uhr, 28.03.2013

Das

z

ist unnötig es reicht

f (1) = f (1 \cdot 1) = f (1) \cdot f (1)

zu beachten. Du hast aber Recht, dass man erst noch zeigen muss, dass

f (1) \neq 0

ist. Hierfür musst du beachten, dass ein Automorphismus von

ℂ

nach

ℂ

gesucht ist. Und per Definition sind Automorphismen immer bijektiv also insbesondere injektiv. Da nun schon

f (0) = 0

gilt kann also nicht auch

f (1) = 0

sein, das heißt zusammen mit

f (1) = f (1) \cdot f (1)

dass

f (1) = 1

sein muss.
Bei

f)

solltest du beachten, dass du mit

n, m \in ℕ

nur die positiven rationalen Zahlen abdeckst. Allgemeiner solltest du mit

r = \frac{m}{n}

wobei

m \in ℤ, n \in ℕ

arbeiten. Dabei kannst du benutzen, dass die Aussage

d)

sich mit Hilfe von

c)

sofort für

n \in ℤ

verallgemeinert.
Und bei

b)

ist

- 1 = f (0) - 1 = f (1 + (- 1)) - 1 = f (1) + f (- 1) - 1 = f (- 1)

kürzer.

Sabine2 aktiv_icon

22:34 Uhr, 28.03.2013

Okay, ich dachte, man darf nicht nur sonen Spezialfall

1 = 1 \cdot 1

betrachten, sondern muss es allgemeiner a la

1 = z \cdot \frac{1}{z}

machen. Aber es ist echt okay, sich diesen einen Fall rauszusuchen?

Stimmt, ich habe wirklich nur positive

r

. Aber wie zeige ich genau

f (m) = m

mit

m \in ℤ

?

Deins zu

b)

gefällt mir besser! ;-)

Oh man... so viele neue Begriffe (injektiv, bijektiv,...), zum Glück gibt es google!

h)

und

1)

bleiben noch offen :-) Achja und die Frage, ob man bei der vollst. Induktion immer mit

n = 1

oder

n = 0

beginnt.

Shipwater aktiv_icon

22:50 Uhr, 28.03.2013

Naja du hast ja die eine 1 zunächst als

\frac{z}{z}

geschrieben und nach paar Rechenschritten dann doch wieder als 1 geschrieben. Das ist eben arg unnötig und

f (1) = f (1) \cdot f (1)

ist vollkommen ausreichend.

f (m) = m

hast du ja bereits für

m \in ℕ_{0}

gezeigt. Es fehlen also die negativen ganzen Zahlen.

z \in ℤ \ ℕ_{0}

kannst du nun aber schreiben als

- m

für ein

m \in ℕ

. Der Rest sollte klar sein.

h)

ist ja dann auch nicht weiter schwer. Berechne

f (a + b i)

eben einmal unter der Annahme

f (i) = i

und das andere mal unter der Annahme

f (i) = - i

.
Und es kommt immer ganz auf die Aufgabenstellung an, wo man den Induktionsanfang beginnt. Meistens eben bei der kleinsten Zahl für die man die Aussage zeigen will.

Sabine2 aktiv_icon

12:46 Uhr, 29.03.2013

Noch einmal zu

f) :

Also gezeigt wurde bereits

f (m) = m

für

m \in ℕ

und

f (0) = 0,

ich möchte jetzt noch

f (m) = m

für

m \in ℤ

"/"

ℕ_{0}

zeigen. Das ist äquivalent zu

f (- m) = - m

mit

m \in ℕ

.
Induktionsanfang:

f (- 1) = - 1

Induktionsschritt:

f (- (m + 1)) = f (- m + (- 1)) = f (- m) + f (- 1) = - m - 1 = - (m + 1),

also ist

f (m) = m

für

m \in ℤ

.

Jetzt zum eigentlichen

f) : r = \frac{m}{n}

mit

m \in ℤ

und

n \in ℕ

(ohne Null).

f (r) = f (\frac{m}{n}) = f (m \cdot \frac{1}{n}) = f (m) \cdot f (\frac{1}{n}) = m \cdot \frac{1}{n} = r

So besser? :-)

Eine Frage habe ich noch: Bei

a)

reicht wirklich

f (0) = f (0) + f (0) \Rightarrow 0 = f (0)

? Ich darf also auch hier einfach mir einen beliebigen Fall aussuchen? Oder muss man noch erwähnen, dass aus

a + b = 0

und

a \cdot b = 0 a = b = 0

folgt?

Und

e)

haben wir auch nur für

n \in ℕ

gezeigt, richtig?

So jetzt zu

h),

können wir das mal Schritt für Schritt besprechen? Man betrachtet also

f (r) = r

für

r \in ℝ

. Wenn das gilt, dass sagen die, dass

f (z) \in ℝ

stetig sein muss. Ziemlich naiv gesprochen heißt stetig ja, dass mal den Graphen mit dem Bleistift ohne abzusetzen zeichnen kann. Wieso folgt dass denn? Und wieso reden die denn von

f (z)

und nicht von

f (r)

Shipwater aktiv_icon

13:04 Uhr, 29.03.2013

Du brauchst keine Induktion. Sei

z \in ℤ \ ℕ_{0}

dann gibt es ein

m \in ℕ

mit

z = - m

. Es folgt

f (z) = f (- m) = f (- 1) \cdot f (m) = - m = z

. Und

f)

ist dann ok so. Und deine nächste Frage verstehe ich nicht. Aber nochmal: Ja das reicht vollkommen aus, mach es nicht unnötig kompliziert. Und ja

e)

wurde für

n \in ℕ

gezeigt.

h)

hast du falsch verstanden. Wenn man zusätzlich fordert, dass

f

stetig sein soll dann folgt aus

f (r) = r

für

r \in ℚ

bereits

f (r) = r

für alle

r \in ℝ

. Das ist eigentlich einfach zu zeigen, aber ich denke dir fehlen dazu die notwendigen Kenntnisse. Daher solltest du das einfach so akzeptieren. Das einzige was du bei

h)

nun machen sollst ist

f (a + b i)

zu berechnen, einmal unter der Annahme

f (i) = i

und das andere mal unter der Annahme

f (i) = - i

. Das führt dich dann auf die zwei möglichen Automorphismen auf

ℂ

Sabine2 aktiv_icon

13:34 Uhr, 29.03.2013

Okay, und

e)

sollte auch nur für

n \in ℕ

gezeigt werden?

f (a + b \cdot i) = f (a) + f (b \cdot i) = f (a) + f (b) \cdot f (i) = a + b \cdot (\pm i) = a \pm b \cdot i

.
Das ist alles? Und okay, dass kann ich nur so berechnen, da

f (r) = r

für

r \in ℝ

vorausgesetzt wird. Muss ich noch

f (a - b \cdot i)

berechnen? Nein oder? Wenn also

f (z)

ein stetiger Automorphismus ist, so gilt

f (r) = r

für alle

r \in ℝ

. Nur zum Verständnis: Das ganzen Teilaufgaben

a) - . .

. sind doch alles Automorphismen auf

ℂ,

oder? Oder ist

d z . B

. nur einer auf NN? Und das sind dann unstetige Automorphismen?

Shipwater aktiv_icon

13:40 Uhr, 29.03.2013

e)

sollte für

n \in ℕ

gezeigt werden. Und ja

f (a + b i) = a \pm b i

solltest du wohl bei

h)

berechnen damit hast du dann die zwei möglichen, stetigen Automorphismen. Und das was du in den Teilaufgaben zeigst sind Eigenschaften die ein Automorphismus auf

ℂ

erfüllen muss.

Sabine2 aktiv_icon

13:45 Uhr, 29.03.2013

Also ein Automorphismus ist eine bijektive Funktion, die

f (x + y) = f (x) + f (y)

und

f (x \cdot y) = f (x) \cdot f (y)

erfüllen muss, okay. Und im Körper

ℂ

gibt es zwei Automorphismen, wie wir eben gezeigt haben. Kann man nicht sagen, dass

(d)

ein Automorphismus auf

ℕ

ist? Und falls nein, wieso?

Und diese Stetigkeitsgeschichte habe ich noch nicht richtig durchblickt. Willst du es mal wegen, wieso es folgt? Und was bitte ist ein stetiger Automorphismus bzw. ein diskreter?

Shipwater aktiv_icon

14:07 Uhr, 29.03.2013

Ich fürchte so langsam kommen wir an den Punkt wo das alles zu viel für Schüler/innen wird. Da steckt viel vom ersten Semester des Mathestudiums drinnen. Der Begriff Automorphismus umfasst viel mehr und ist auch kontextabhängig. Wenn dich das alles wirklich interessiert dann studier Mathematik! Aber ich denke jetzt reicht es erstmal aus, wenn du einen groben Überblick hast. Wie auch schon michaL bin ich der Meinung, dass das nix für Schüler ist. Einfach weil es da so viele Begriffe gibt mit denen Schüler noch nichts anfangen können. Man sieht es auch an dir, du bemühst dich sehr was lobenswert ist, aber dennoch wirst du das alles nicht so auf die Schnelle erlernen können. Nimm es einfach als Motivation für ein Mathestudium, da wirst du das alles dann bis ins kleinste Detail durchnehmen.

Sabine2 aktiv_icon

20:15 Uhr, 29.03.2013

Ups, bei dem ganzen Spaß haben wir doch glatt den Sonderfall bei der Induktion in für

{(\bar{z})}^{n} = \bar{z^{n}})

vergessen.

Für

z = 0

habe ich ja

\bar{0^{0}} = {\bar{0}}^{0} . .

. Ist das identisch mit

1 = 1

? Ich denke nicht, weil dann wäre es ja kein Sonderfall. Achja und was war jetzt

\bar{1}

? Es müsste ja das gleiche sein, wie

1,

aber wieso? Und kann man nicht plausibel machen, wieso

z^{0} = 1

ist?

michaL aktiv_icon

21:06 Uhr, 29.03.2013

Hallo,

zunächst muss ich mich Shipwaters Meinung anschließen. Du "verdaust" nur halb. Das bringt nichts. Doppeltes Halbwissen macht auch noch kein Ganzwissen.

So, mal sehen, was für Fragen ich aus den letzten posts fischen kann...

> Achja und was war jetzt

\overline{1}

? Es müsste ja das gleiche sein, wie 1, aber wieso?
Nun, dieser Operator "

\overline{.}

" macht aus

a + i b

den Wert

a - i b

, d.h. es gilt

\bar{a + i b} = a - i b

. Und jetzt konkret für

a = 1

b = 0

, d.h.

\bar{1 + 0 i} = \overline{1}

?

> Und kann man nicht plausibel machen, wieso

z^{0} = 1

ist?
Nun, das ist eigentlich eine Definitionssache. Unabhängig von den reellen Zahlen der 9. Klasse gelten die Potenzgesetze auch für die komplexen Zahlen:

z^{m} \cdot z^{n} = z^{m + n}

. Daraus leitet man wie bei den reellen Zahlen ab, dass

z^{- 1} = \frac{1}{z}

und

z^{0} = 1

jeweils für

z \neq 0

gelten.

Zum Thema Automorphismus: Morphismen gibt es im Kontext mehrerer algebraischer Strukturen wie etwa Gruppen, Ringe, Körper, Vektorräume. Ein Isomorphismus bedeutet also abhängig davon, zwischen welchen Strukturen er gelten soll, was anderes. Nur bijektiv muss er immer sein. Ein Gruppenisomorphismus muss eine bijektive Abbildung zwischen zwei Gruppen sein, die die Gruppeneigenschaft(en) beibehält. Also muss z.b.

f (a * b) = f (a) ⋆ f (b)

gelten, wobei "

*

" die Verknüpfung der einen und "

⋆

" die der anderen Gruppe sein soll.
Ein AUTOmorphismus schließlich ist ein Isomorphismus zwischen den gleichen(!) Mengen.

Was die Stetigkeit anbelangt, so erkenne ich einfach noch nicht, was bewiesen werden soll.
Dass alle stetigen Automophismen von

ℂ

die Identität auf

ℝ

sind?

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

21:48 Uhr, 29.03.2013

Hi,
aber glaubst du wirklich, dass ich als Schülerin, der geschätzt

80 %

dieser Begriffe grad neu sind, das alles auf anhieb ganz verdauen kann? Ich geb mir doch schon wirklich Mühe!

Also die 1 ist gleichbedeutend mit der reellen

1,

sprich

1 + 0 \cdot i

und nicht mit

0 + 1 \cdot i

. Wenn das so ist, verstehe ich es. Man hat also mit der Konstruierung von

ℂ

einfach festgelegt, dass die Potenzgesetze von

ℝ

auch auf

ℂ

gelten? Ich nehme an, dass man seine Gründe dafür gehabt haben wird.

Verstehe ich es denn richtig, dass ein Automorphismus IMMER die EIgenschaft

f (a + b) = f (a) + f (b)

und

f (a \cdot b) = f (a) \cdot f (b)

besitzen muss? Das

+

und das

\cdot

sind nun identisch, da es sich ja um Verknüpfungen auf identischen Grundmengen handelt.

Wie gesagt, in dem Aufgabenteil steht auch kein Operator. Vielleicht ist das einfach als Information gedacht oder man sollte das machen, was ich vorhin mit Shipwater gemacht habe

(f (a + i \cdot b) = ...)

. Was ist denn nun ein stetiger Automorphismus?

P . S . :

Kannst du noch eine Kleinigkeit zu dem Induktionsproblem loswerden?

Sabine

Aurel

23:44 Uhr, 29.03.2013

eine Alternative zu

1)

wir setzen voraus:

1) z = r \cdot e^{φ \cdot i} ... ... . .

. Polarform komplexer Zahlen

2) z^{n} = {[r \cdot e^{φ \cdot i}]}^{n} = r^{n} \cdot e^{n \cdot φ \cdot i} ... . .

. wegen Potenzgesetz:

{(a \cdot b)}^{c} = a^{c} \cdot b^{c}

3) z^{⋆} = r \cdot e^{- φ \cdot i}

dann gilt:

{(z^{n})}^{⋆} = {[r^{n} \cdot e^{n \cdot φ \cdot i}]}^{⋆} = r^{n} \cdot e^{- n \cdot φ \cdot i}

{(z^{⋆})}^{n} = {[r \cdot e^{- φ \cdot i}]}^{n} = r^{n} \cdot e^{- n \cdot φ \cdot i}

also:

{(z^{n})}^{⋆} = {(z^{⋆})}^{n}

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

"wieso

z^{0}

gleich 1 ist"

wir setzen voraus:

r^{0} = 1,

mit

r \in ℝ

Polarform:

z = r \cdot e^{φ \cdot i}

z^{0} = {[r \cdot e^{φ \cdot i}]}^{0} = r^{0} \cdot e^{0 \cdot φ \cdot i} = r^{0} \cdot e^{0} = 1 \cdot 1 = 1

michaL aktiv_icon

18:13 Uhr, 30.03.2013

Hallo,

ok, noch ein paar Details:

Beginnen wir mit den Potenzgesetzen: Vielleicht kannst du mir erklären, wie

x^{m} \cdot x^{n} = x^{m + n}

(

x \in ℝ

) zustande kommt? Und dann vielleicht selbst prüfen, ob das auch für

x \in ℂ

gilt, oder ob da ein Unterschied ist?!

Für die Null muss man übrigens deswegen eine Sonderbetrachtung machen, da

0^{0}

nicht kanonisch (also unter Fortführung aller(!) Rechengesetze) definiert werden kann. Das ist aber auch schon alles. Definiert man hier(!)

0^{0} := 1

(macht unter gewissen Aspekten Sinn), dann gibt es keine Ausnahme. Aber wenigstens das sollte man erwähnen.

So, was sehe ich noch?
Ja,

1 = 1 + 0 i

. Übrigens sind die Zahlen der Form

y i

die so genannten imaginären Zahlen.

Zu h): Bisher wurde ja nur gezeigt, dass

f

für alle rationalen Zahlen die Identität ist (also dass

f (x) = x

für

x \in ℚ

) gilt.
Ist nun

r > 0

irgendeine positive reelle Zahl, so gibt es

s := \sqrt{r} \in ℝ

. Wegen

f (r) = f (\sqrt{s^{2}}) = f (\sqrt{s} \cdot \sqrt{s}) = f (\sqrt{s})^{2} > 0

, wenn (und nur wenn)

f

stetig ist.
D.h., wenn (und nur dann, wenn)

f

stetig ist, erhält

f

die "<"-Relation auf

ℝ

. (Auf

ℂ

gibt es so eine "<"-Relation nicht!). Dann gilt aber auch schon

f (r) = r

. (Das macht man mit Intervallschachtelung. Man kann rationale(!) Zahlen

u_{n}

und

o_{n}

definieren, sodass

u_{n} < r < o_{n}

gilt und

o_{n} - u_{n} \to 0

. Dann muss aber auch

u_{n} = f (u_{n}) < f (r) < f (o_{n}) = o_{n}

gelten. Es liegen also "beide" Zahlen in der Intervallschachtelung. Das geht aber nicht, höchstens eine. Also muss

f (r) = r

gelten.)
Ist

f

also stetig, so muss (der langen Aufgabenreihe kurzer Sinn)

f (r) = r

für alle reellen Zahlen

r

gelten.
Nun ist (sozusagen) nur noch das Bild

f (i)

interessant. Wegen

f (i^{2}) = f (- 1) = - 1

gilt also

{(f (i))}^{2} = - 1

, woraus in

ℂ

entweder

f (i) = i

oder

f (i) = - i

folgt.
Im ersten Fall ist die Abbildung die Identität auf ganz

ℂ

, im zweiten ist es die komplexe Konjugation.

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

19:49 Uhr, 30.03.2013

Hi,

zu dem

z^{0} :

Kann man das irgendwie so machen:

z^{0} = z^{m} \cdot z^{- m} = \frac{z^{m}}{z^{m}} = 1

mit

m \in ℝ

.

"macht unter gewissen Aspekten Sinn": Die wären?

Es ist

f (r) = f (s^{2}) = f^{2} (s),

oder? Diesen Satz verstehe ich auch im Zusammenhang nicht. Was ist deswegen? Insgesamt habe ich Probleme mit dem Teil bis zur Intervallschachtelung. Dieses Prinzip verstehe ich dann wieder. Was hat das denn mit der Stetigkeit von

f

zu tun? (also der erste Teil..)

Ja genau, dann kann man

f (z)

bilden und erhält

a \pm b \cdot i

.

Sabine

Sabine2 aktiv_icon

21:05 Uhr, 30.03.2013

Ich habe jetzt das hier gefunden:
http://www.mathematik.uni-kassel.de/~seiler/Courses/ProjGeom-1112/BjoernSchmidt.pdf

Seite 7. Letzter Absatz über "Literatur". Ich verstehe es!! Naja, wieso ein

λ

mit

λ = μ^{2}

existiert ist für meine naive Perspektive irgendwie klar, ich könnte es aber natürlich nicht beweisen. Allerdings wird hier nicht auf Stetigkeit eingegangen. Wie kann man die da mit reinbringen?

michaL aktiv_icon

12:20 Uhr, 31.03.2013

Hallo,

ja,

1 = \frac{z^{n}}{z^{n}} = z^{n - n} = z^{0}

macht für

z \neq 0

Sinn. man kann diese "Denkweise" auch für

z = 0

übertragen. Man sagt dann einfach, dass man diese Rechenregel für

z = 0

überträgt, um keinen Sonderfall zu haben.

Zur Stetigkeit:
Wenn

f

stetig ist, dann bewahrt

f

insbesondere die "<"-Relation. Dann kann man aber per Intervallschachtelung zeigen, dass

f

AUCH auf ganz

ℝ

die Identität ist.

So geht da die Denkweise.

Mfg Michael

Sabine2 aktiv_icon

12:59 Uhr, 31.03.2013

Und das darf man dann einfach so festlegen?

Und was heißt "f bewahrt die "<" - Relation?
Man betrachtet

f (x) \neq x (x \in ℝ),

hat also zwei Fälle zu untersuchen und führt diese auf einen Widerspruch zu

f (r) > 0

mit

r > 0

. So wurde das ja in dem Link gemacht. Und nochmal: Wo spielt da Stetigkeit eine Rolle?

Kann man sagen, dass

f

auf ganz

ℕ, ℤ, ℚ

die Identität ist? Auf ganz

ℝ

ist es die Identität, wenn

f

stetig ist und auf

ℂ

ist

f (f

ist stetig) entweder die Identität oder die komplexe Konjugation. Das hat man doch letzendlich mit der Aufgabe

a) - h)

bewiesen. Hat man aber auch bewiesen, dass es keine anderen Automorphismen außer der Identität auf diesen Mengen gibt?

michaL aktiv_icon

13:38 Uhr, 31.03.2013

Hallo,

f

bewahrt die "<"-Relation wenn aus

x < y

wieder

f (x) < f (y)

folgt.
Wegen

f (x) < f (y) \Leftrightarrow 0 < f (y) - f (x) = f (y - x)

ist dies genau dann der Fall, wenn aus

z > 0

auch

f (z) > 0

folgt.
Wenn also der Automorphismus auf

ℂ

reelle Zahlen wieder auf reellen Zahlen abbildet, dann muss er positive reelle Zahlen auch wieder auf positive(!) reelle Zahlen abbildet.
Ist

r > 0

(reell), also

r = s^{2}

mit reeller Zahl

s,

so gilt

f (r) = f (s^{2}) = f (s \cdot s) = f (s) \cdot f (s) = {(f (s))}^{2} > 0

(aber eben nur, wenn

f (s)

wieder reell ist).

Dann ist aber

f

auch schon stetig (heißt soviel wie: in der Nähe liegende x-Werte werden auch auf in der Nähe liegende Werte abgebildet).

Mfg Michael

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