Mathematik für Faule: Laplace- und eben-differenzierbare Zuordnungen/Lokale Gestalt eben-differenzierbarer Zuordnungen

Satz (Lokale Gestalt eben-differenzierbarer Zuordnungen):

Es sei $f:U\to V$ eben-differenzierbar, wobei $U,V\subseteq \mathbb {C}$ randlos seien. Ferner sei $z_{0}\in U$. Dann gibt es eine Umgebung $W\subseteq U$ von $z_{0}$ und zwei eben-differenzierbare Dipfeile $g:W'\to W$ und $h:f(W')\to W''$ mit $g(0)=z_{0}$ und $h(z_{0})=0$, sodass

$h\circ f\circ g=z\mapsto z^{k}$ für ein $k\in \mathbb {N}$

gilt.

Beweis: Durch Verschiebungen erreichen wir $z_{0}=0$ und $f(0)=0$. Wegen der Summendarstellung von $f$ können wir dann $f$ zerlegen als

$f(z)=z^{k}r(z)$

mit $r(0)\neq 0$. Allerdings ist $r$ auch limestreu und besitzt daher in einer kleinen Umgebung $W$ von $0$ eine $k$-te Wurzel. Ferner existiert wegen der Produktregel und des Satzes von der inversen Zuordnung ein Inverses von $z\mapsto zr(z)^{1/k}$. Mit diesem verknüpft hat $f$ die gewünschte Gestalt. $\Box$

Satz (Eben-differenzierbare Zuordnungen bewahren Randlosigkeit):

Es sei $f:U\to V$ eben-differenzierbar, wobei $U,V\subseteq \mathbb {C}$ randlos seien. Falls dann $W\subseteq U$ randlos und zusammenhängend ist, und falls $f$ auf $W$ nicht konstant ist, so ist auch $f(W)$ randlos.

Beweis: Wir beweisen, dass für jedes $z_{0}$ eine randlose Umgebung dieses Punktes existiert, deren Bild durch $f$ randlos ist. Nach vorhergehendem Satz reicht es, zu beweisen, dass die Funktion $z\mapsto z^{k}$ eine Nullumgebung. Für diese Funktion allerdings folgt sie daraus, dass wegen der Polarkoordinatendarstellung

$f(B_{r}(0))=B_{r^{k}}(0)$

gilt. $\Box$

Satz (Bei Verschwinden der Ableitung ist eine eben-differenzierbare Zuordnung nicht sepajektiv):

Es sei $f:U\to V$ eben-differenzierbar, und es sei $z\in U$ mit $f'(z)=0$. Dann ist $f$ in jeder hinreichend kleinen Umgebung von $z$ nicht sepajektiv.

Beweis: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit gehen wir von $z=0$ aus. Der Kettenregel zufolge muss $f$ um $0$ herum von der Gestalt $z\mapsto z^{k}$ mit $k\geq 2$ sein. Diese Funktion ist aber in Nullumgebungen nicht sepajektiv. $\Box$

Satz (Inversionssatz von Lagrange):

Es sei $f:U\to V$ eben-differenzierbar, und es sei $a\in U$ mit $f'(a)\neq 0$. Es sei

$f^{-1}(w):=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}w^{n}$.

Dann gilt für $n\geq 1$

$b_{n}={\frac {d^{n-1}}{dz^{n-1}}}\left({\frac {z-a}{f(z)-f(a)}}\right)^{n}{\Big |}_{z=a}$.

Beweis: Gemäß der Cauchy-Integralformel gilt

${\frac {d^{n-1}}{dz^{n-1}}}\left({\frac {z-a}{f(z)-f(a)}}\right)^{n}{\Big |}_{z=a}={\frac {(n-1)!}{2\pi i}}\int _{\gamma }{\frac {1}{(f(z)-f(a))^{n}}}dz$,

wobei $\gamma$ ein beliebiger hinreichend kleiner den Punkt $a$ einfach durchlaufender Pfad ist. Ist der Pfad also hinreichend klein, so ist $f$ auch "hinreichend" lokal invertierbar, und wir können den Transformationssatz anwenden:

${\frac {(n-1)!}{2\pi i}}\int _{\gamma }{\frac {(n-1)!}{(f(z)-f(a))^{n}}}dz={\frac {(n-1)!}{2\pi i}}\int _{f\circ \gamma }{\frac {(f^{-1})'(z)}{(f(z)-f(a))^{n}}}dz$.

Da $f$ lokal invertierbar und $\gamma$ hinreichend klein ist (und somit $f\circ \gamma$ den Punkt $f(a)$ einfach durchläuft), ist nach der Cauchyschen Integralformel (angewandt auf $(f^{-1})'$) der Ausdruck

${\frac {(n-1)!}{2\pi i}}\int _{f\circ \gamma }{\frac {(f^{-1})'(z)}{(f(z)-f(a))^{n}}}dz$

aber gerade gleich ${\frac {1}{n}}nb_{n}=b_{n}$. $\Box$