De vergelijking van Schröder

Radboud Universiteit Bachelor Scriptie De vergelijing van Schröder Voor functies met vaste punten Auteur: Jasper de Klein Supervisor: Michael Müger June 5, 015

VOORWOORD Toen i in 01 aan mijn studie wisunde begon, wist i niet wat i precies on verwachten. Meteen werd me duidelij dat wisunde veel breder was dan i ooit had gedacht. I wam al snel in aanraing met vaen uit verschillende vagebieden binnen de wisunde en natuurlij ontstond er een vooreur voor bepaalde vagebieden. Halverwege mijn eerste jaar wam i voor het eerst echt in aanraing met Analyse. I on me in eerste instantie niet zo goed voorstellen wat het doel ervan was, maar nadat i er een tijdje mee bezig was, begon het me steeds meer te fascineren. Tegelijertijd volgde i oo het va Dynamische Systemen, wat i nog interessanter vond. Op een gegeven moment wam daar het punt aan dat i mijn scriptie moest gaan schrijven. I had nog geen duidelije idee waarover i mijn scriptie precies wilde schrijven, maar over het vagebied ontstond weinig twijfel. Óf Analyse óf Dynamische systemen. Na ort overleg wam mijn supervisor Michael Müger met een stelling die Carl Ludwig Siegel in 194 bewees in zijn artiel Iteration of analytic functions gepubliceerd in Annals of Mathematics. Het betreft een stelling uit de complexe analyse die toentertijd veel stof deed opwaaien en waar inmiddels meerdere bewijzen voor zijn. Natuurlij Siegels eigen bewijs, maar onder andere oo nog een bewijs dat hij samen met een van zijn studenten Jürgen Kurt Moser uitbracht in Lectures on Celestial Mechanics. Waar het ene bewijzen puur analytisch is, bevat het andere wat

3 raavlaen met combinatorie en dynamische systemen. Het lee mij interessant om beide bewijzen te bestuderen. Van het bewijs van Siegel en Moser heb i een herschrijving bestudeerd in het boe Complex Dynamics van Lennart Carleson en Theodore Gamelin, waarbij i af en toe stuen heb nagelezen in bovengenoemd boe van Siegel en Moser. Het bewijs dat Siegel in eerste instantie gaf, heb i bestudeerd aan de hand van het artiel A Brief but Historic Article of Siegel van Rodrigo Pérez. Beide bewijzen waren ontzettend benopt opgeschreven en mijn doel was om in mijn scriptie de bewijzen toeganelij te maen voor studenten met slechts een basisennis van Complexe analyse. I heb met veel plezier aan mijn scriptie gewert en wil Michael Müger dan oo bedanen voor het leue voorstel en de hulp die hij mij geboden heeft. Jasper de Klein

CONTENTS 1. Vaste punten, conjugerende afbeeldingen en analytische functies.. 6 1.1 Vaste punten........................... 6 1. Conjugerende afbeeldingen.................... 7 1.3 Analytische functie........................ 8. Aantreende en afstotende vaste punten............... 10.1 Aantreende vaste punten.................... 10. Afstotende vaste punten..................... 13 3. Irrationale neutrale vaste punten................... 15 3.1 Diophantiene getallen....................... 15 3. Irrationale neutrale vaste punten................ 17 3.3 Alternatief bewijs......................... 5

SYMBOLEN EN NOTATIES λ multiplier bij z 0 f (z 0 )) met z 0 een vast punt van f θ hoe van λ in radialen Notatie 1. We schrijven f 1 = f en f n = f n 1 f, dus f n (z) = f ( f( f(z)) ) }{{} n Notatie. We schrijven f (n) voor de n de afgeleide van f. Notatie 3. We schrijven (0, r) voor {z C : z < r}

1. VASTE PUNTEN, CONJUGERENDE AFBEELDINGEN EN ANALYTISCHE FUNCTIES 1.1 Vaste punten We gaan functies f(z) : C U V C met een vast punt beijen. Hierbij definiëren we als volgt: Definitie 1.1.1. We noemen z 0 een vast punt van f als f(z 0 ) = z 0. Daarnaast noemen we λ = f (z 0 ) de multiplier van z 0. Als λ = 0 heet z 0 een superaantreend vast punt. Als 0 < λ < 1 heet z 0 een aantreend vast punt. Als λ = 1 heet z 0 een neutraal vast punt. Als λ > 1 heet z 0 een afstotend vast punt. Voorbeeld 1.1.. De functie f(x) = x heeft vast punt x 0 = 1 met multiplier λ = 1, dus x 0 is een aantreend vast punt. Uit een simpele bereening volgt d ( x 0, f n (x) ) < d ( x 0, f n 1 (x) ) x R +, wat de naam verlaart. Voorbeeld 1.1.3. De functie g(x) = x heeft vast punt x 0 = 1 met multiplier λ =, dus x 0 is een afstotend vast punt. Een simpele bereening verlaart de naam afstotend, want d ( x 0, g n (x) ) > d ( x 0, g n 1 (x) ) x R +. Opmering 1.1.4. Als x 0 een neutraal vast punt is, is het gedrag van punten uit de omgeving van van x 0 niet te voorspellen zonder extra informatie (te halen uit hogere orde afgeleide), zie Voorbeeld 1.1.5

7 Voorbeeld 1.1.5. De functie h(x) = x + x heeft vast punt x 0 = 0 met multiplier λ = 1 en is dus een neutraal vast punt. Het is eenvoudig in te zien dat d ( x 0, f n (x) ) < d ( x 0, f n 1 (x) ) x ( 1, 0) en d ( x 0, f n (x) ) > d ( x 0, f n 1 (x) ) x (0, 1). Het vaste punt x 0 is dus lins aantreend en rechts afstotend. Definitie 1.1.6. Laat z 0 een neutraal vast punt zijn. We noemen z 0 een rationaal neutraal vast punt als λ n = 1 voor zeere n N en een irrationaal neutraal vast punt als λ 1 voor alle n N. Propositie 1.1.7. Laat z 0 een neutraal vast punt zijn. Dan is z 0 een rationaal vast punt λ = e πiθ met θ Q en z 0 is een irrationaal vast punt λ = e πiθ met θ R\Q Bewijs. λ = 1 λ = e πiθ, dus λ n = 1 e πiθn = e πi met n, N. Dus θn =, ofwel θ = n/ Q. Hieruit volgt meteen dat λ n 1 n N θ R\Q 1. Conjugerende afbeeldingen We gaan ijen of we deze functies unnen conjugeren aan een andere functie. Hierbij definiëren we als volgt: Definitie 1..1. De functie f : U U is geconjugeerd aan g : V V als er een inverteerbare afbeelding ϕ : U V bestaat, zodat g = ϕ f ϕ 1 ofwel g ( ϕ(z) ) = ϕ ( f(z) ). (1.1) Vergelijing (1.1) wordt oo wel de Schröders vergelijing genoemd.

8 Propositie 1... Als f door ϕ geconjugeerd wordt aan g, dan conjugeerd ϕ oo de iteraties f n aan g n voor alle n N. Oo de inverse functies van f en g zijn geconjugeerd door ϕ. Verder worden vaste punten van f door ϕ afgebeeld op vaste punten van g,. Bewijs. Het bewijs volgt eenvoudig door uitschrijven. We beijen En g n = ϕ f ϕ 1 ϕ f ϕ 1 ϕ f ϕ 1 = ϕ f f f ϕ 1 = ϕ f n ϕ 1. g 1 = (ϕ f ϕ 1 ) 1 = (ϕ 1 ) 1 f 1 ϕ 1 = ϕ f 1 ϕ 1. Laat z 0 een vast punt zijn van f. De functies f en g zijn geconjugeerd door ϕ, dus ϕ ( f(z) ) = g ( ϕ(z) ) ϕ ( f(z 0 ) ) = g ( ϕ(z 0 ) ) ϕ(z 0 ) = g ( ϕ(z 0 ) ). We zien dat ϕ(z 0 ) een vast punt van g is. 1.3 Analytische functie Definitie 1.3.1. Een complexe functie f : U C is analytisch in het domein U als f in ieder punt uit zijn domein continu afgeleide heeft. Hieruit volgt

9 dat f in ieder punt gelij aan zijn Taylorreesontwieling, ofwel: f(z) = n=0 f (n) (z 0 ) (z z 0 ) n, z 0 U n! Opmering 1.3.. Als f een analytische functie is, is f in ieder punt van zijn domein te schrijven als machtrees. Laat z 0 een vast punt van f met multiplier λ zijn, dan: f(z) = z 0 + λ(z z 0 ) + a n (z z 0 ) n (1.) n=

. AANTREKKENDE EN AFSTOTENDE VASTE PUNTEN.1 Aantreende vaste punten Definitie.1.1. Laat f een functie zijn. Een schaling van f is een vermenigvuldiging van f met c C\{0}. Lemma.1.. Als f(z) een analytische functie is met aantreend vast punt z 0, dus multiplier 0 < λ < 1, dan is een conjugatie ϕ van f(z) aan g(z) = λ(z z 0 ) unie tot op een schaling. Bewijs. Eerst bewijzen we dat de samenstelling van een conjugatie van f aan g en een conjugatie van g aan zichzelf een conjugatie van f aan g geeft. Laat ϕ een conjugatie van f aan g zijn en ψ een conjugatie van g aan zichzelf. Dan zien we f(z) = ϕ g(z) ϕ 1 = ϕ ( ψ g(z) ψ 1) ϕ 1 = ϕ ψ g(z) (ϕ ψ) 1. Dus ϕ ψ is een conjugatie van f aan g. Het is nu voldoende om te bewijzen dat iedere conjugatie ψ van g(z) = λ(z z 0 ) aan zichzelf een schaling is. Stel namelij dat er een conjugatie ψ 1 van g(z) aan zichzelf bestaat die geen schaling is. Dan zou de samenstelling van ϕ met ψ 1 een conjugatie van f(z) aan g(z) geven, die geen schaling van ϕ is en bestaat er dus een nog een andere conjugatie.

11 Mer op dat als de conjugatie ψ 1 wel een schaling is, dat ϕ ψ 1 dan een schaling van ϕ is. Als alle conjugaties ψ van g(z) aan zichzelf schalingen zijn, dan is de conjugatie ϕ dus unie op schaling na. Stel nu dat ψ = a 1 z + a z +... is een conjugatie van g(z) aan zichzelf, ofwel ψ(λz) = λψ(z). We beijen ψ(λz) en λψ(z) ψ(λz) = a 1 (λz) + a (λz) + a 3 (λz) 3 +... = a 1 λz + a λ z + a 3 λ 3 z 3 +... λψ(z) = λ(a 1 z + a z + a 3 z 3 +...) = a 1 λz + a λz + a 3 λz 3 +.... Als we de coëfficiënten vergelijen, zien we a 1 λ = a 1 λ en a n λ n = λa n, n λ 0 en λ n 1 λ n+1 λ a n = 0, n. Dus ψ(z) = a 1 z en hieruit volgt dat ϕ(z) unie is tot op een schaling na. Lemma.1.3. Zij {f n (z)} een rij functies met f n+1 (z) f n (z) C n z, C < 1, z δ Dan convergeert {f n (z)} uniform voor z δ.

1 Bewijs. Zij i > j. We beijen dus i 1 ( f i (z) f j (z) = f+1 (z) f (z) ) =j i 1 f i (z) f j (z) f +1 (z) f (z) =j i 1 i 1 C z C δ =j C δ =j = δ 1 C Cj. =j Dus de afstand tussen f i en f j wordt willeeurig lein als j, ongeacht van z, dus {f n (z)} convergeert uniform naar f(z). Stelling.1.4. Stel f(z) is een analytische functie met aantreend vast punt z 0, dan bestaat er een afbeelding ϕ(z) van een omgeving van z 0 naar een omgeving van de oorsprong die f(z) conjugeert aan de lineaire functie g(z) = λ(z z 0 ). Deze conjugerende functie is unie tot op schaling na. Bewijs. Zonder verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat z 0 = 0, want als dit niet zo is, unnen we een translatie toepassen opf(z) zodat 0 het vaste punt wordt. We gaan nu een functie ϕ construeren zodat ϕ ( f(z) ) = λϕ(z). We definiëren ϕ n (z) = λ n f n (z). Dan voldoet ϕ n aan ϕ n f = λ n f n+1 = λϕ n+1,

13 dus als ϕ n ϕ, dan ϕ f = λϕ, ofwel ϕ f ϕ 1 = λz. Dan is ϕ de gezochte conjugatie. Om de convergentie aan te tonen, mer op dat voor δ 0 > 0 lein en zeere C R en z δ 0 f(z) λz C z f(z) λ z + C z ( λ + Cδ 0 ) z. We unnen C zo iezen dat λ + Cδ < 1, want λ < 1, dus dan volgt met inductie dat f n (z) ( λ + Cδ 0 ) n z, z δ. Kiezen we δ 1 δ 0 zo lein dat p = ( λ + Cδ 1) λ < 1, rijgen we f n( f(z) ) λf n (z) ϕ n+1 (z) ϕ n (z) = λ n+1 C f n (z) λ n+1 pn C z λ Dus met Lemma.1.3 volgt dat ϕ n (z) uniform convergeert voor z δ 1 en de conjugatie ϕ bestaat. Uniciteit, op schaling na, volgt uit Lemma.1... Afstotende vaste punten Stelling..1. Stel f(z) is een analytische functie met afstotend vast punt z 0, dan bestaat er een afbeelding ϕ(z) van een omgeving van z 0 naar een

14 omgeving van de oorsprong die f(z) conjugeert aan de lineaire functie g(z) = λ(z z 0 ). Deze conjugerende functie is unie tot op schaling na. Bewijs. Dit volgt direct uit Stelling.1.4. Stel namelij f(z) = z 0 + λ(z z 0 ) +... met vast punt z 0 en λ > 1. Uit f (z 0 ) 0 volgt dat f locaal inverteerbaar is. Beijen we nu f 1 (z) = z 0 + 1 (z z λ 0) +... dan zien we dat z 0 nog steeds een vast punt is met multiplier 1 < 1. Met Stelling.1.4 volgt dat er een ϕ bestaat die f 1 (z) λ conjugeert aan g 1 (z) = 1 (z z λ 0), omdat z 0 nu een aantreend vast punt is. En uit Propositie 1.. volgt dat ϕ oo f(z) aan g(z) conjugeert.

3. IRRATIONALE NEUTRALE VASTE PUNTEN 3.1 Diophantiene getallen Definitie 3.1.1. Een reëel getal θ heet Diophantien als het slecht benaderbaar is door rationale getallen, in de zin dat er een µ, c > 0 bestaan, zodat p, q Z, q 0 θ p q c q. µ De leinste µ waarvoor bovenstaande conditie waar is voor een getal θ, noemen we de Diophantische orde van θ. Lemma 3.1.. Voor λ = e πiθ C is de conditie dat θ Diophantien is van orde µ equivalent aan λ n 1 C n µ 1. Bewijs. Zij λ = e πiθ met θ Diophantien, dus λ n 1 = e πiθn 1 = e πiθn e πiθn = sin(πθn). De eerste gelijheid hierbij is duidelij. De tweede gelijheid geldt omdat de absolute waarde niet verandert door te vermenigvuldigen met e πiθ. Voor de laatste gelijheid maen we gebrui van sin(x) = eix e ix. i

16 Laat m het dichtstbijzijnde gehele getal zijn van nθ, dus nθ m < 1/. Hier geldt een strite ongelijheid, omdat θ irrationaal is. Omdat sin(x) periodie is, geldt dat λ n 1 = sin(π nθ m ). Mer verder op dat de grafie van sin(πx) tussen de lijnen y 1 = x en y = πx voor 0 x 1/, dus Omdat θ Diophantien is, dus Andersom, als we weten dat We zagen al dat 4 nθ m λ n 1 < π nθ m. θ m C 0, volgt met de eerste ongelijheid n n µ 4C 0 n λn 1 µ n C n µ 1 λn 1. C n µ 1 λ n 1 met n 0, zien we C n λn 1. µ n λ n 1 = sin(πnθ) = sin(πnθn m) π nθ m. De tweede gelijheid geldt omdat sin(πx) periodie is met periode één en

17 m Z. De ongelijheid geldt omdat sin πx πx. We hebben dus voor alle n, m Z, n 0. C 0 π nθ m n µ n C 0 πn θ m µ n C n θ m µ n Opmering 3.1.3. Voor vaste µ > voldoen bijna alle reële getallen θ. Laat E = {θ [0, 1] θ p/q < q µ oneindig vaa}, dus de verzameling van alle getallen (tussen 0 en 1) die niet Diophantien zijn. We unnen de maat van E op de volgende manier schatten; E q µ q = O(n µ ) 0 q=n 3. Irrationale neutrale vaste punten Lemma 3..1. Als f een holomorfe fucntie is op een open verzameling Ω die een schijf D van straal r om z 0 en zijn rand C bevat, dan waar f C = sup z C f(z). f (n) (z 0 ) n! f C r n Lemma 3... Laat f holomorfe functie zijn op een open verzameling Ω. Als D een schijf is rond z 0, waarvan de afsluiting bevat is in Ω, dan heeft f

18 in z 0 de machtreesontwieling f(z) = a n (z z 0 ) n n=0 voor alle z D. De coëfficiënten a n worden gegeven door voor alle n 0. a n = f (n) (z 0 ) n! Voor beide lemma s an een bewijs worden gevonden in het boe II Complex Analysis van E. M. Stein en R. Shaarchi. Propositie 3..3. Laat f een holomorfe functie zijn op een open verzameling Ω. Als D een schijf is rond z 0, waarvan de afsluiting bevat is in Ω, dan geldt voor de coëfficiënten van de machtrees: waar f C = sup z C f(z) a n f C r n Bewijs. Dit volgt direct uit bovenstaande lemma s. Lemma 3..4. Laat f een holomorfe functie zijn op een open schijf D en v, w D, dan f(v) f(w) sup f (z) v w. z D Bewijs. De verzameling D is convex, dus er bestaat een lijn tussen de punten v en w. Als we de afgeleide van f integreren langs deze lijn, weten we. f(v) f(w) = w v f (z) dz.

19 Hieruit volgt dat f(v) f(w) sup f (z) v w. z D Stelling 3..5. Laat θ Diophantien zijn en f een analytische functie zijn met vast punt in z 0 = 0 en multiplier λ = e πiθ. Dan bestaat er een oplossing voor ϕ ( f(z) ) = λϕ(z), ofwel f an in een omgeving van 0 geconjugeerd worden aan een vermenigvuldiging met λ. Bewijs. We willen een oplossing voor de Schröder vergelijing ϕ ( f(z) ) = λϕ(z) genormaliseerd door ϕ (0) = 1. Nemen we h = ϕ 1, dan rijgen we f ( h(z) ) = h(λz), h (0) = 1. (3.1) We definiëren ˆf en ĥ door f(z) = λz + ˆf(z) en h(z) = z + ĥ(z). Nu unnen we, gebruimaend van ˆf en ĥ, de vergelijing omschrijven: h(λz) = f ( h(z) ) h(λz) λh(z) = f ( h(z) ) λh(z) ( λz + ĥ(λz) ) ( λz + λĥ(z)) = ( λh(z) + ˆf(h(z)) ) λh(z) ĥ(λz) λĥ(z) = ˆf ( h(z) ). (3.) We gebruien nu KAM theorie (genoemd naar A.N. Kolmogorov, V.I. Arnold, J. Moser) in een simpel geval. We beijen coördinaat veranderingen ψ rond z = 0, genormaliseerd zodat ψ(z) = z + ˆψ(z) met ˆψ = O(z ). We vinden niet direct een oplossing voor (3.1), maar we maen ψ zo dat ψ 1 f ψ = g(z) = λz + ĝ(z)

0 met ĝ leiner dan ˆf in zeere zin. Mer hierbij op dat ĝ = 0 de oplossing geeft. We blijven dit proces herhalen met f vervangen door g en ψ gedefiniëerd op een iets leinere schijf. Schrijf nu f = n= b nz n, als we in plaats van (3.) de lineaire variant nemen, dus we vervangen h(z) aan de rechterant door z, rijgen we: ˆψ(λz) λ ˆψ(z) = ˆf(z). Dit unnen we eenvoudig oplossen voor ˆψ ˆψ(z) = j= b j λ j λ zj. We gaan nu ĝ en ĝ afschatten onder de volgende aannamen 1 λ n 1 c n µ 0 µ!, f (z) < δ voor z (0, r). De eerste ongelijheid geldt omdat θ Diophantien is met (vaste) Diophantische orde µ, zie hiervoor oo Lemma 3.1.. Gebruimaend van de twee parameters δ, r willen we een afschatting maen van g = ψ 1 f ψ. Eerst schatten we ˆψ op een leinere schijf ( 0, r(1 η) ) voor zeere 0 < η < 1/5. Met behulp van de Propositie 3..3 voor de machtreescoëfficiënten van ˆf, hebben we b j δ jr j 1.

1 Dus voor z ( 0, r(1 η) ) zien we ˆψ j= j= j= c 0δ µ! = c 0δ η µ+1 jb j λ j λ rj 1 (1 η) j 1 jδ λ j λ jr j 1 rj 1 (1 η) j 1 want b j δ jr j 1 c 0 δ jµ µ! (1 η)j 1 want j(j + 1) (j + µ 1)(1 η) j 1 j=1 1 λ λ j 1 c (j 1) µ 0 µ! De laatste gelijheid is een speciaal geval van de binomiaalrees, (1 + x) n = ) x. Als we aannemen dat c 0 δ < η µ+, hebben we n ( n =0 c 0 j µ µ! ˆψ η. (3.3) Omdat ψ(z) = z + ˆψ(z) volgt dat ψ(z) z + ηz voor z r(1 4η) r(1 4η) + rη = r(1 3η). Dus ψ(z) beeldt ( 0, r(1 4η) ) af op ( 0, r(1 3η) ). Verder impliceert

ˆf δ dat ˆf(z) δz, zoals hierboven. Dus als δ < η f(z) = λz + ˆf(z) f(z) = λz + ˆf(z) z + ηz r(1 3η) + ηr = r(1 η). dus voor z r(1 3η) is Dus f beeld ( 0, r(1 3η) ) af op ( 0, r(1 η) ). We claimen verder dat ψ 1 de verzameling ( 0, r(1 η) ) op ( 0, r(1 η) ) afbeeldt. Om dit te bewijzen laten we zien dat dat voor z ( 0, r(1 η) ) de vergelijing ζ + ψ(ζ) = z een uniee oplossing heeft voor ζ ( 0, r(1 η) ). We construeren ζ als lim n ζ n met ζ 0 = 0 en ζ n+1 + ψ(ζ n ) = z Bovenstaande definitie geeft ons een rij ζ n van analytische functies van z die, wegens ˆψ < η, voldoet aan ζ n+1 ζ n = ψ(ζ n ) ψ(ζ n 1 ) η ζ n ζ n 1. Dus als ζ i < r(1 η) voor i = 0, 1,..., n ζ n+1 ζ n η n ζ 1 ζ 0 = η n z. Voor z < r(1 η) hebben we dus n+1 ζ n+1 ζ j ζ j 1 < z 1 η < 1 η r < (1 η)r. 1 η j=1

3 Dit laat zien dat de functies ζ n gedefiniëerd en analytisch zijn voor z < (1 η)r. Omdat η < 1 convergeert de rij ζ n voor z < (1 η)r naar ζ = ζ(z), de gewenste inverse functie van ζ + ψ(ζ). Beijen we nu g = ψ 1 f ψ, dan zien we dat ψ de verzameling ( 0, r(1 4η) ) afbeeldt op ( 0, r(1 3η) ). De functie f beeldt vervolgens de verzameling ( 0, r(1 3η) ) af op ( 0, r(1 η) ) en tenslotte beeldt ψ 1 de verzameling ( 0, r(1 η) ) af op ( 0, r(1 η) ). Dus g beeldt ( 0, r(1 4η) ) op ( 0, r(1 η) ). We gaan nu ĝ schatten. We weten ψ 1 f ψ(z) = g(z) = λz + ĝ(z) f ψ(z) = ψ ( λz + ĝ(z) ) f ( ψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) f ( z + ˆψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) λz + λ ˆψ(z) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) = λz + ĝ(z) + ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ĝ(z) = λ ˆψ(z) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ĝ(z) = ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) We willen ĝ schatten in ( 0, r(1 4η) ). Laat C het maximum van ĝ zijn over deze schijf, dan C sup ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) + ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) C sup ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) ) + sup ˆf( z + ˆψ(z) ˆf(z). Beijen we nu ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ), dan zien we met Lemma 3..4 ˆψ(λz) ˆψ ( λz + ĝ(z) ) sup( ˆψ (z) ) λz ( λz ĝ(z) ) = sup( ˆψ (z) ) ĝ(z) ηc.

4 De laatste ongelijheid geldt, vanwege (3.3) en ĝ(z) C. Op een zelfde manier zien we dat voor ˆf ( z + ˆψ(z) ) ˆf(z) geldt: Dit geeft ons ˆf ( z + ˆψ(z) ) f(z) sup( f (c) ) ˆψ(z) δ c 0δ η µ+1 r = c 0δ r η µ+1. C ηc + c 0δ r ofwel C c 0δ r η µ+1 η 1 µ+1 1 η. Met behulp van de Cauchy afschatting, zie Lemma 3..1 vinden we ĝ c 0δ r η µ+ 1 1 η, z ( 0, r(1 5η) ). Laten we even ort samenvatten wat we hebben gedaan. We zijn begonnen met een functie f die voldoet aan ˆf δ op (0, r). Deze hebben we vervangen door een functie g met ĝ c 0 δ rη (µ+ (1 η) 1 op ( 0, r(1 5η) ). Hiervoor moesten we aannemen dat 0 < η < 1/5, c 0 δ < η µ +, δ < η. Als we c 1 > 0 lein genoeg nemen en η < c 1 eisen, voldoen we aan de eerste voorwaarde en de laatste voorwaarde volgt dan uit de tweede. Stel nu dat we n 0, δ 0 hebben geozen die voldoen aan de voorwaarde. We

5 definiëren de volgende rijen: r n+1 = r n (1 5η n ), η n+1 = η n /, δ n+1 = c 0 δ nη n (µ+). De vereiste voorwaarde c 0 δ n < η n µ+ is nu gemaelij te controleren met inductie. We hebben η 0, δ 0 zo geozen dat aan de voorwaarde is voldaan. Stel nu dat oo voor n geldt, dan c 0 δ n+1 = c 0δn ηµ+4 n µ+ η n µ+ = ηµ+ µ+ n+1. η µ+ n Dus het geldt oo voor n + 1 en daarmee voor alle n N. We hebben oo rijen {ψ n } en {g n } geconstruëerd met g 0 = f en g n = ψ 1 n g n = ψ 1 n ψ 1 n 1... ψ 1 1 f ψ 1 ψ... ψ n. g n 1 ψ n, ofwel Laat R = r 0 n (1 5η) > 0, dan ĝ n δ n r n /(1 η n ) 0 op (0, R), dus g n λz op de schijf. En {ψ 1 ψ... ψ n } convergeert dus naar een afbeelding h die f conjugeert aan λz, zoals gewenst. 3.3 Alternatief bewijs We beijen opnieuw Stelling 3..5. Voor de stelling bestaan meerdere bewijzen, waarvan er hier nog een besproen wordt. Hiervoor moeten we wel nog een definitie invoeren. Definitie 3.3.1. Een functie f = r=0 a rz r heet genormaliseerd als a r 1 r N. Lemma 3.3.. Een holomorfe functie f met vast punt z 0 en multiplier λ an

6 worden geconjugeerd aan zijn genormaliseerde vorm, waarbij de multiplier gelij blijft. Bewijs. Laat f = r=0 a rz r, omdat f holomorf is, is deze machtrees convergent. Er bestaat dus een leinste c > 0 zodat a r c r 1. We definiëren g(z) = cf(z/c), dus de conjugerende functie is ϕ(z) = cz. We zien g(z) = c = ( z a r c r=0 r=0 ) r z r ca r c = a r r c r 1 zr, dus r=0 b rz r met b r = a r 1 en b1 = a 1 c r 1 c = λ = λ. Dus we unnen f 0 1 conjugeren aan zijn genormaliseerde vorm waarbij de multiplier gelij blijft. r=0 Lemma 3.3.3. Laat λ = e πiθ met θ Diophantien van orde µ+1. Dan geldt λ n 1 1 < (n) µ. Bewijs. We nemen aan dat log ( λ n 1 ), ofwel er bestaat een constante v > 0 zodat voor n groot genoeg geldt log( λ n 1 ) v log(n). Mer op dat log( λ n 1 ) hooguit log() wordt en dat het dus een grens is voor log( λ n 1 ) als λ 1. We zien dus log( λ n 1 ) v log(n).

7 Nemen we nu aan beide anten de exponent, dan rijgen we λ n 1 1 n v voor n groot genoeg, zeg n > N. We willen dat het geldt voor alle n. Dit an door K de grootste van één en max n N {(n v λ n 1 ) 1 } te iezen. Dan rijgen we λ n 1 1 Kn v. Nemen we vervolgens µ = v + log (K), dan rijgen we λ n 1 1 < (n) µ. (3.4) Uit Lemma 3.1. weten we al dat λ n 1 1 Kn v equivalent is aan θ is Diophantien van orde µ + 1. Stelling 3.3.4. Laat θ Diophantien zijn van orde µ + 1 en f een analytische functie zijn met vast punt in z 0 = 0 en multiplier λ = e πiθ. Dan bestaat er een oplossing voor ϕ ( f(z) ) = λϕ(z), ofwel f an in een omgeving van 0 geconjugeerd worden aan een vermenigvuldiging met λ. Bewijs. We zoeen een oplossing voor ψ ( f(z) ) = λψ(z). (3.5) Nemen we ϕ = ψ 1, dan rijgen we ϕ(λz) = f ( ϕ(z) ). Laat f(z) = r=1 a rz r met a 1 = λ en ϕ(z) = =1 c z met c 1 = 1, omdat we mogen aannemen

8 dat ϕ genormaliseerd is. Vergelijing (3.5) wordt dan: λz + c (λz) = =1 = ( ) r a r c j z j r=1 j=1 c (λz) = λ c j z j + c λ z λ c j z j = = j= c (λ λ)z = = j=1 = λz + λ ( ) r a r c j z j r= c j z j + j= ( ) r a r c j z j r= j=1 j=1 ( ) r a r c j z j r= j=1 ( ) r a r c j z j. (3.6) r= Omdat we hebben aangenomen dat c 1 = 1, geeft vergelijing (3.6) nu een expliciete recursieve beschrijving van {c }. De termen c (λ λ)z zijn namelij de som van alle z -eentermen aan de rechterant. De uitdruing aan de rechterant produceert z -eentermen precies als r. Deze eentermen hebben de vorm a r (c j1 z j 1 )... (c jr z jr ), waarbij de machten van j=1 z optellen tot. Dus voor rijgen we c = ( 1 ) ( λ λ r= j 1 +...+j r= a r c j1... c lr ). (3.7) Dit lijt een oplossing te geven voor het probleem, maar afhanelij van de waarde van λ an de absolute waarde van d := 1 λ +1 λ = 1 λ 1 ontzettend vaa ontzettend groot worden. Hierdoor is de machtrees niet altijd convergent. We noemen d een sd-term, waarbij sd staat voor Small

9 Denominator, ofwel leine noemer. We gaan nu de waarden van de rij {c } afschatten. Mer eerst op dat de absolute waarden c begrensd worden door de reële rij {ĉ }, gedefinieerd door ĉ 1 = 1 en ( ĉ = d 1 ĉ j1... ĉ lr ). (3.8) r= j 1 +...+j r= Zie oo vergelijing (3.7) en mer op dat we aan mogen nemen dat a r 1 wegens Lemma 3.3.. De recursieve definitie verhult de structuur van deze getallen enigszins. De eerste vier zien er als volgt uit: ĉ 1 = 1, ĉ = d 1 ([ĉ 1 ĉ 1 ]) = d 1, ĉ 3 = d ([ĉ 1 ĉ + ĉ ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ]) = d d 1 + d, ĉ 4 = d 3 ([ĉ 1 ĉ 3 + ĉ ĉ + ĉ 3 ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ + ĉ 1 ĉ ĉ 1 + ĉ ĉ 1 ĉ 1 ] + [ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ĉ 1 ]) = 4d 3 d d 1 + d 3 d + d 3 d 1 d 1 + 3d 3 d 1 + d 3. De precieze samenstelling van iedere ĉ duidelij dat deze de som is van meerdere uitdruingen. is niet van belang, maar het is Ieder van deze uitdruingen is het product van, niet per se verschillende, sd-termen. Laat nu τ het aantal termen in de uitdruing voor ĉ zijn, dus τ 4 = 4 + + 1 + 3 + 1 = 11. Laat verder σ het de maximale waarde van de termen in de uitdruing voor ĉ zijn. De waarde hiervan hangt af van λ, maar mer op dat (als we d buiten beschouwing laten) het grootste product van sd-termen in de uitdruing voor ĉ een product is van ĉ j1... ĉ jr. Het moet dus het product zijn van de grootste producten in iedere ĉ j1,..., ĉ jr wel een product van σ j1,..., σ jr. Dus σ is gegeven door σ 1 = 1 en σ = d 1 max j 1 +... + j r= r {σ j1... σ jr }. of

30 Het is duidelij dat c ĉ σ τ. We gaan nu een τ en σ afschatten, waarna het bewijs compleet is. De getallen τ staan beend als de Schröder numbers en in dit geval de Small Schröder numbers. De genererende functie y(x) = τ l x l voldoet aan de functionaal vergelijing y = x + Dit is eenvoudig te verifiëren: y = x + y = x + r= y r y r. r= en we vullen in y = τ l x l ( ) r τl x l = a i x i. r= i=1 Als we hierin a m gaan bepalen, moet we eerst ijen wanneer er een term x m ontstaat in r= ( τ l x l ) r. Dit is precies als r m en deze termen zijn van de vorm τ l1... τ lr met l 1 +... + l r = m, zodat de machten optellen tot m. Dus we zien a m = τ l1... τ lr. r= l 1 +...+l r=m En als we dit vergelijen met (3.8) zien we dat dit overeenomt met de definitie van τ m. De functionaal vergelijing unnen we omschrijven naar een meer inzichtelije

31 functie: y = x + = x + r= y r y y r r= = x + y y r = x + y 1 y r=0 y y = x xy + y y xy y = x 16y 8xy 8y = 8x 16y 8xy 8y + x + x + 1 = 8x + x + x + 1 y 1 = 1 + x + x 6x + 1 4 (4y x 1) = ( x 6x + 1) y = 1 + x x 6x + 1. 4 Het blijt dat je y de juiste functie is. Mer op dat τ natuurlije getallen zijn voor alle. Dit beteent dat alle coëfficiënten van de machtreesontwieling van y, rond 0, positief en geheel moeten zijn. Hiertoe beijen we eerst de Taylorontwieling van x 6x + 1 in 0. We vinden x 6x + 1 = 1 3x 4x 1x 3 44x 4 +.... Hieruit volgt y 1 = 1 4 (1 + x + 1 3x 4x 1x 3 44x 4 +...) = 1 4 ( x 4x 1x 3 44x 4 +...) en y = 1 ( 1 + x (1 3x 4x 1x 3 44x 4 +...) ) 4 = 1 4 (4x + 4x + 1x 3 + 44x 4 +...). Het is duidelij dat de machtrees van y 1 negatieve (en gebroen) coëfficiënten

3 geeft, terwijl de machtrees van y alleen natuurlije getallen oplevert en dus de juiste genererende functie is. De convergentiestraal van deze functie is de absolute waarde van het leinste nulpunt van x 6x + 1, omdat hier een singulariteit optreed. De nulpunten zijn 3 8 en 3 + 8, dus de convergentiestraal R = 3 8. We weten dat lim sup τ 1/n n dus lim sup τ 1/n n = = R 1 1 3 8 = 3 + 8 τ n (3 + 8) n. Hiermee hebben we τ dus afgeschat. Nu moeten we allen nog σ afschatten, maar hier is nog wat wer voor nodig. We hadden al gezien dat σ recursief gedefiniëerd wordt door σ = d 1 max j 1 +... + j r= r {σ j1... σ jr } en een exponentiële bovengrens heeft als de sd-termen voldoen aan Lemma 3.3.3. Hierbij maen we gebrui van de simpele afschatting d () µ. Dit is echter geen efficiënte grens, omdat iedere d een product is van O() sdtermen. Siegel zag in dat, wanneer een sd-term groot wordt, het meerdere stappen duurt voordat een sd-term weer groot wordt. Hierdoor unnen we een betere afschatting voor d vinden, die we subtiele afschatting zullen noemen. Beij λ q (λ p q 1) = λ p λ q = (λ p 1) (λ q 1),

33 omdat λ q = 1, volgt met de driehoesongelijheid dat in sd-notatie λ p q 1 λ p 1 + λ q 1 d 1 p q d 1 p + d 1 q (min{d p, d q }) 1. Dus we zien (min{d p, d q }) d p q en als we hier de simpele afschatting op toepassen, rijgen we min{d p, d q } µ+1 (p q) µ. Deze afschatting is duidelij efficiënter dan min{d p, d q } min{(p) µ, (q) µ }. Met behulp van Lemma 3.3.5 (Deze is in verband met gebruite notatie onder dit bewijs te vinden) vinden we hiermee een bovengrens voor het product r p=0 d p. Namelij r p=0 d p < N r+1 µ 0 r ( p 1 p ) µ, waarbij de r + 1 indices als volgt geordend zijn 0 >... > r 1 en N = µ+1 met v de orde van het Diophantine getal θ. Hiermee unnen we een exponentiële bovengrens voor σ vinden. We beginnen met de afschatting σ AC en gaan A, B en C zoeen die hieraan B voldoen. Mer op dat σ 1 = d 0 = 1 AC, waardoor de eus A = C 1 logisch lijt. Dit beteent dat we op willen gaan lossen σ C 1 C B = C 1 B (3.9) voor alle. We unnen een oplossing hiervoor altijd aanpassen zodat B (a) > 0 en C (b) B

34 door C groter te iezen. Deze extra condities hebben het voordeel dat C j 1 σ j1 σ j Cj 1 1 = Cj 1+j j1 B j B j1 B j B = Cj 1+j (j 1 j ) (j 1 + j ) B B (j 1 + j ) B = Cj 1+j (j 1 + j ) (j 1 + j ) B B (j 1 j ) B = Cj 1+j (j 1 + j ) B = Cj 1+j 1 (j 1 + j ) B C 1 (a) ( j1 j 1 j + j Cj 1+j 1 (j 1 + j ) B C 1 B (b) Cj 1+j 1 (j 1 + j ). B En in het algemeen voor j 1 +... + j l = J ) B j 1 j ( 1 + 1 ) B j j 1 σ j1... σ jl CJ 1 J B. (3.10) C Stel nu dat we B en C hebben die voldoen aan (a), (b) en σ 1 voor alle B 1 < 0. Dan unnen we σ 0 afschatten met het volgende argument: In de ontbinding van σ 0 σ 0 = d 0 1 max j 1 +... + j r= 0 r 0 {σ j1... σ jr } zien we dat er hoogstens een index 1 an zijn met 0 / < 1 < 0. Als dat zo is, schrijven we σ 0 = d 0 1 σ 1 1 waarbij 1 het product is van de resterende σ j. Als er geen index groter is dan 0 / zijn we laar met deze stap.

35 Mer op dat er in de ontbinding van 1 nog steeds een index an zijn met 0 / < < 1 < 0. Als dit zo is schrijven we σ 1 = d 1 1 σ. Dit unnen we herhalen tot we een σ r vinden met een ontbinding waarin geen indices vooromen groter dan 0 /. We vinden dan het volgende: σ 0 = d 0 1 σ 1 1 σ 1 = d 1 1 σ. σ r 1 = d r 1 1 σ r r σ r = d r 1 σ l1... σ ls Mer op dat de p hierbij een product is van ongenoemde σ j waarvan de indices allemaal leiner zijn dan 0 en optellen tot p 1 p. De indices l q tellen op tot r en zijn allemaal hoogstens 0 / < 0. Deze condities zijn nodig om Lemma 3.3.6 (die hierna bewezen zal worden) later toe te unnen passen. Eerst schrijven we de bovenstaande ontbindingen als een product, door te substituëren. Dit geeft ons σ 0 = d p 1 p=0 p (σ l1... σ ls ). Nu unnen we Lemma 3.3.5 toepassen op het eerste product, ongelijheid (3.10) op ieder p en (3.9) op iedere σ lq. Dan zien we dat σ 0 [ N r+1 µ 0 ] [ ] [ ( p 1 p ) µ C ( p 1 p) 1 s ( p 1 p ) B C lq 1 l B q ].

36 Bij het tweede product zien we dat de teller C 0 1 + 1 +...+ r 1 r r = C 0 r r wordt en voor het laatste product rijgen we de teller C l 1+...+l s s = C r s. Verder unnen de eerste twee producten eenvoudig samengenomen worden. Met het bovenstaande rijgen we dan σ 0 (N r+1 C 0 r r+ r s ) µ 0 σ 0 (N r+1 C 0 r s ) ( µ 0 ( p 1 p ) µ ( p 1 p ) B ( p 1 p ) µ B s s 1 l B q l B q ). (3.11) Herinner dat deze afschatting nog afhanelij is van het vinden van een geschite B, C die voldoen aan B > 0, C B en σ c 1 voor 1 < B 0. We willen nu B en C zo iezen, zodat de rechterant van bovenstaande vergelijing begrensd is door C 0 1. Hiertoe moeten we een manier vinden om een factor 1 B 0 uit ( µ 0 B 0 ( p 1 p ) µ B s ) lq B te halen. Hiervoor gebruien we de volgende hulpvergelijing ( ( p 1 p ) µ B s ) lq B 1 µ+b 0 waarbij ϕ van r en s mag afhangen, maar niet van 0. ϕ = v B 0 ϕ, (3.1)

37 We iezen nu B (c) = v. Mer op dat dit geen conflict oplevert met (a). Het blijt dat bovenstaande methode volstaat en we dus B gelij unnen stellen aan v. Samen met de ongelijheid uit Lemma 3.3.6, die we unnen toepassen door de eerder gestelde restricties op de indices, vinden we: ( ( p 1 p ) v s ) ( ) 3v lq v 0. r+s+1 Hiermee unnen we de afschatting die we hebben gevonden in (3.11) concreter maen, waarna we alleen nog een geschite waarde voor C hoeven te iezen. Als we bovenstaande ongelijheid invullen zien we namelij σ 0 (N r+1 C 0 r s ) ( ( µ 0 0 = ( ( µ+1 ) r+1 C 0 1 C r s+1) = ( ( µ+1 ) r+1 ( 3µ ) r+s 1 ( ) µ+1 3µ r+s 1 C 0 1 C µ 0 ( ) 5µ+1 r+s 1 = C 0 1 C µ 0 ) ) 3v r+s+1 ( ( µ r+s 1 ) ) 3µ 0 0 1 C r+s 1 ) C 0 1 µ 0 De laatste ongelijheid geldt omdat s. Als we nu C 5µ+1 iezen dan 5µ+1 C0 1 1, dus is de laatste uitdruing leiner dan C µ. Deze euze voor 0 C levert geen problemen op met (b) en (c), dus als we deze substituëren, zien we σ 0 (5µ+1 ) 0 1 µ 0

38 voor alle 0 1 en hebben we dus succesvol de σ j afgeschat. Herinner dat c ĉ σ τ, dus hiermee hebben we c afgeschat en is de stelling bewezen.

39 Lemma 3.3.5. Laat N = µ+1 met v de orde van het Diophantine getal θ. Voor r + 1 gegeven indices 0 >... > r 1, geldt het volgende: d p < N r+1 µ 0 ( p 1 p ) µ. (3.13) p=0 Bewijs. Het bewijs gaat met inductie. De simpele afschatting voldoet voor het geval r = 0. Voor r = 1 zien we: d 0 d 1 ( µ max{ µ 0, µ 1 }) ( µ+1 0 1 µ ) µ µ 0 µ+1 ( 0 1 ) µ = µ+1 µ 0 ( 0 1 )v < N µ 0 ( 0 1 ) µ. Zij nu r, dus we hebben minstens drie sd-termen. Laat d j de leinste term zijn. Met de inductiehypothese volgt dat de overige r sd-termen voldoen aan vergelijing (3.13), zonder de index j. Als j = 0, dus d j = d 0 zien we d 0 < µ+1 ( 0 1 ) µ < N( 0 1 ) µ. Dus d 0 d p < d 0 N r µ 1 ( p 1 p ) µ p= < N( 0 1 ) µ N r µ 1 ( p 1 p ) µ p= < N N r µ 0 ( 0 1 ) µ ( p 1 p ) µ = N r+1 µ 0 p= ( p 1 p ) µ. Een vergelijbaar bewijs geld voor het geval j = r. Zij nu 0 < j < r.

40 De volgens de inductiehypothese bestaande bovengrens voor r p=0 d p bevat p j de term ( j 1 j=1 ). Laat a, b zo zijn dat { a, b } = { j 1, j+1 } met a j j b. Hieruit volgt dat ( j 1 j+1 ) a j en met de subtiele afschatting volgt nog d j µ+1 j b µ. Dus d p N r 0 ( 0 1 ) µ... ( j 1 j+1 ) µ d j... ( r 1 r ) µ p=0 N r 0 ( 0 1 ) µ... µ a j µ µ+1 j b µ... ( r 1 r ) µ = N r+1 0 ( 0 1 ) µ... ( j 1 j ) µ ( j j+1 ) µ... ( r 1 r ) µ. Hiermee is het bewijs geleverd. Lemma 3.3.6. Gegeven drie gehele getallen, r 0 en s. Als we gehele getallen x 1,..., x r en y 1,..., y s uit {1..., } hebben die voldoen aan r x p + s y q = met s y q > /, dan x p s yq ( ) 3. r+s 1 Bewijs. Zij t = r + s. Omdat t t 1 is het voldoende om te bewijzen dat x p Sommige gevallen zijn duidelij: s yq ( ) 3. t t = : Als t =, dan r = 0 en s =, dus y 1 = y = /. We zien x p s y q = 4 4 3 8. t : Als t is t 1, dus geldt de ongelijheid altijd,

41 want het product is minstens één. t voor =, 3, 4, als t 3. Het is eenvoudig in te zien dat We moeten de ongelijheid dus nog bewijzen voor t 3, 5 en t, wat equivalent is met 3 t. Voor r x p rijgen we het leinste product als r 1 termen gelij zijn aan één en de laatste term gelij is aan r x p (r 1). Dit is dan oo de ondergrens van r x p. Op dezelfde manier vinden we s y q (s 1) als ondergrens voor s y q. Hiervoor unnen we echter een scherpere ondergrens vinden als s y q (s 1) >. Omdat alle yq rijg je in dit geval het leinste product als s factoren gelij zijn aan één, een term gelij is aan en de laatste term is wat er overblijft, ofwel s y q (s ). We rijgen dus x p r x p (r 1), { s s y q y q (s 1) if s y q (s 1), ( s y q (s ) ) if s y q (s 1). Mer op dat de waarden van s y q tussen ( + 1 en ( r) liggen. We delen de rest van het bewijs nu in twee gevallen op, maar eerst beijen we nog de polynoom met R > S. S is een ritie punt. P (x) = (R x)(x S) We zien P (x) = (R + S 3x)(x S), dus P (S) = 0 en De tweede afgeleide P (x) = R + 4S 6x, dus P (S) = R S > 0. Met de tweede afgeleide test volgt dus dat S een loaal minimum is en aangezien het derdegraads polynoom is met a 3 = 1, volgt dat dit het enige loale minimum is. Als we nu een interval I = [a, b]

4 hebben met S < a < b geldt min{p (x)} = min{p (a), p(b)}. x I We gaan nu het eerste geval beijen. Dit is het geval dat ( + 1) s y q ( + s 1), dus s y q s y q (s 1). We rijgen dus x p ( s r ) ( s yq x p (r 1) y q (s 1) ( ) ( s s y q r + 1 y q s + 1 Laat nu R = r + 1 en S = s 1, dan rijgen we x p s yq P ( s y q ). Heriner dat r x p + s y q =, dus r + s. Ofwel r s, waaruit volgt dat R > S. We weten dus dat het product r x p s y q van onderen begrensd is door het minimum van P in het berei van s y q. Dit berei is omvat in het interval I = [ ( r + 1 ), ( + s 1 ) ]. Uit t = r + s zien we s 1 < r, of wel S = s 1 < r + 1. Dus het product r x p s y q is begrensd door het minimum van P ( r + 1) en P ( + s 1). ) )

43 Herinnerend dat t = r + s zien we dat P ( r + 1) = ( t + ) en P ( + s 1) = ( t + ). En ( t + ) ( t + ) ( t + ) ( + 1) ( 1) ( t + ) ( t + ), waarbij we voor de middelste ongelijheid gebruien maen van t 3. Voor s y q [ ( r + 1 ), ( + s 1 ) ] hebben we x p s yq ( t + ) ( 1 t + ). Het is duidelij dat 1 1 t + een lineaire functie in t is, terwijl een t convexe functie is. Voor t [ 3, ] is de lineaire functie groter dan 1, t

44 dus x p s yq ( ) 1 t = 3 ( 1) (t ) 3 (t )( 1) = (t ) 3 ( ) 3 ( ) 1 = (t 1) t 1 ( ) ( ) 3 ( ) 3 4 >. 5 t t In de laatste stap gebruien we dan t 3 en 5. Hiermee is het eerste geval bewezen. Nu beijen we het tweede geval: ( +s 1 s y q) ( r). Dus s y q ( s y q (s ) ) en hiermee volgt dat x p ( s r ) ( s yq x p (r 1) y q (s ) ( ) ( s s y q r + 1 y q (s ) Laat R = r + 1 en S = s +, dan R > S, want ( ) R S = r + 1 s + = r s + 3 = t + 3 3. ) )

45 Dus nu hebben we x p ( s s ) yq P y q met R > S. Het berei van s y s ligt in het interval I = [( ) ] + s 1, ( r), wat duidelij rechts van S ligt. We weten dus dat r x p s y q van onderen begrensd wordt door het minimum van P ( ) + s 1 Herinnerend dat t = r + s zien we dat en P ( r). ( ) ( ) P + s 1 = t + ( en P ( r) = t + ). Het is duidelij dat de bovenste uitomst de leinste is, dus x p s yq ( ) t +. We zagen in het bewijs van het eerste geval al dat dit groter is dan ( ). t + Het bewijs gaat vanaf hier dus op dezelfde als het eind van het eerste geval.

BIBLIOGRAFIE Lennart. Carleson en Theodore W. Gamelin, Complex Dynamics, Springer- Verlag, 1993 Rodrigo A. Pérez, A Brief but Historic Article of Siegel, Notices of the AMS, Volume 58, Number 4, 011, p. 558-566 Carl L. Siegel en Jürgen K. Moser, Lectures on Celestial Mechanics, Spinger- Verlag, 1971 Elias M. Stein en Rami Shaarchi, II Complex Analysis, Princeton University Press, 003