Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

18Pemetaan Konformal dan Teorema Pemetaan Riemann

Sebuah bijeksi holomorfik antara dua daerah mengangkut seluruh analisis kompleks dari yang satu ke yang lain: sehingga pemetaan semacam itu — yang konformal, sebab ia mengawetkan sudut — merupakan isomorfisma dunia holomorfiknya. Bab ini menggolongkannya di tempat penggolongannya mungkin (yakni cakram dan bidangnya: lema Schwarz adalah kuncinya, yaitu sebuah ketaksamaan yang dahsyat kuasanya), membangun teori kekompakan keluarga holomorfiknya (lewat Montel), lalu membuktikan teorema keberadaan yang paling dalam pada pokok bahasan ini: bahwa setiap subdaerah sejati $\C$ yang terhubung sederhana, betapapun bergerigi batasnya, setara secara konformal dengan cakram satuannya. Kita menutupnya dengan fungsi harmonik dan kernel Poisson, sambil menyelesaikan soal Dirichlet pada cakramnya — yakni hasil analitis geometri konformalnya. Sepanjang bab ini, $\mathbb D = D(0,1)$ dan $\mathbb H = \{\operatorname{Im}z > 0\}$ .

18.1 Pemetaan konformal; transformasi Möbius

Definisi 18.1

Sebuah pemetaan konformal (atau biholomorfisma) antara himpunan terbuka adalah bijeksi holomorfik; dan balikannya dengan sendirinya holomorfik (Akibat 17.10). Dua daerah disebut setara secara konformal jika pemetaan semacam itu ada; sedangkan $\operatorname{Aut}(\Omega)$ menandai grup pemetaan diri yang konformal. Di tempat $f' \neq 0$ — yakni di mana-mana, bagi $f$ yang injektif (lihat bukti Akibat 17.10) — diferensialnya adalah perkalian dengan $f'(z) \neq 0$ : yakni sebuah keserupaan, sehingga pemetaan konformal mengawetkan sudut antara kurva, termasuk arahnya.

Contoh 18.2 (Transformasi Möbius)

Untuk $\bigl(\begin{smallmatrix}a & b\\ c & d\end{smallmatrix}\bigr) \in GL_2(\C)$ , transformasi Möbius $z \mapsto \frac{az + b}{cz + d}$ bersifat konformal dari $\C\setminus\{-d/c\}$ ke $\C\setminus\{a/c\}$ (dengan balikan bertipe sama, dari matriks balikannya; sedangkan komposisinya bersesuaian dengan hasil kali matriksnya). Sedangkan pemetaan Cayley

\varphi(z) = \frac{z - \iu}{z + \iu}

memetakan $\mathbb H$ secara konformal ke $\mathbb D$ : sebab sungguh $\abs{z - \iu} < \abs{z + \iu}$ tepat saat $z$ lebih dekat ke $\iu$ daripada ke $-\iu$ , yakni $\operatorname{Im}z > 0$ ; dan balikannya adalah $w \mapsto \iu\frac{1 + w}{1 - w}$ . Pemetaan Möbius mengirim keluarga lingkaran-dan-garis ke dirinya sendiri (Latihan 18.1).

Contoh 18.3 (Pemetaan Joukowski)

Di luar Möbius, pemetaan konformal yang paling berguna pada matematika terapan klasik adalah

J(z) = \frac12\Bigl(z + \frac1z\Bigr) .

Pada bagian luar $\Omega = \{\abs z > 1\}$ cakram satuannya, $J$ bersifat injektif: sebab $J(z) = J(w)$ memberikan $(z - w)(1 - \frac1{zw}) = 0$ padahal $\abs{zw} > 1$ . Sedangkan turunannya $J'(z) = \frac12(1 - z^{-2})$ lenyap hanya di $z = \pm1$ , yakni pada batasnya: jadi $J$ merupakan kesetaraan konformal dari $\Omega$ ke petanya, yakni $\C\setminus\intcc{-1}1$ — sedangkan lingkaran satuannya sendiri terlipat dua-ke-satu ke ruasnya (sebab $J(\eu^{\iu\theta}) = \cos\theta$ ). Jadi bagian luar sebuah ruas, yakni bidang teriris tanpa batas yang mulus, secara konformal adalah bagian luar sebuah cakram: sehingga sudut bukanlah rintangan bagi kesetaraan konformal, melainkan bagi kemulusan batasnya. Sedangkan peta lingkaran yang melalui $\pm1$ tetapi tak berpusat di sana berupa kurva berbentuk aerofoil, dan mengomposisikan $J$ dengan pemetaan Möbius mengangkut aliran di sekitar sebuah silinder — yang dapat dihitung dengan tangan — ke aliran di sekitar sebuah sayap: sehingga pada paruh pertama abad kedua puluh, contoh inilah aerodinamikanya. Ia juga pintu menuju Chebyshev: sebab $J$ mengonjugatkan $z \mapsto z^n$ ke polinomial Chebyshev $T_n$ (Soal 13.1, Bagian V), karena $J(z^n) = \cos(n\theta)$ bila $z = \eu^{\iu\theta}$ .

18.2 Lema Schwarz dan grup automorfismanya

Teorema 18.4 (Lema Schwarz)

Misalkan $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorfik dengan $f(0) = 0$ . Maka

\abs{f(z)} \leq \abs z \ \ (z \in \mathbb D) \qquad\text{dan}\qquad \abs{f'(0)} \leq 1 ,

dan jika $\abs{f(z_0)} = \abs{z_0}$ untuk satu $z_0 \neq 0$ , atau $\abs{f'(0)} = 1$ , maka $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ merupakan sebuah rotasi.

Bukti. Fungsi $g(z) = f(z)/z$ diperluas secara holomorfik ke $\mathbb D$ (sebab kesingularannya di $0$ terhapuskan: karena $g$ terbatas di dekat $0$ , Teorema 17.4; dan nilainya di $0$ adalah $f'(0)$ ). Pada $\abs z = r < 1$ : $\abs g \leq \frac1r$ , sehingga menurut asas maksimumnya (Teorema 16.14) $\abs g \leq \frac1r$ pada $\bar D(0,r)$ ; lalu biarkan $r \to 1$ : $\abs g \leq 1$ pada $\mathbb D$ , yang merupakan kedua ketaksamaannya. Sedangkan kesamaan di titik interiornya membuat $\abs g$ mencapai maksimum di interiornya: sehingga $g$ konstan bermodulus $1$ . ∎

Teorema 18.5 (Automorfisma cakramnya)

Untuk $a \in \mathbb D$ , faktor Blaschke

\varphi_a(z) = \frac{z - a}{1 - \bar a z}

merupakan automorfisma $\mathbb D$ yang menukar $a$ dan $0$ , dengan $\varphi_a^{-1} = \varphi_{-a}$ . Dan setiap automorfisma $\mathbb D$ berbentuk $\eu^{\iu\theta}\varphi_a$ untuk $\theta \in \R/2\pi\Z$ dan $a \in \mathbb D$ yang tunggal.

Bukti. Pada $\abs z = 1$ : $\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z}\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z - \bar a\abs z^2} = \abs{\bar z - \bar a} = \abs{z - a}$ , sehingga $\abs{\varphi_a} = 1$ di sana; lalu menurut asas maksimumnya $\varphi_a(\mathbb D) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , dan keterbukaannya menaruh petanya di $\mathbb D$ . Sedangkan identitas aljabar $\varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ (lewat perhitungan langsung) menunjukkan kebijektifannya. Kini misalkan $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ dan $a = f^{-1}(0)$ : maka $g = f\circ\varphi_{-a}$ merupakan automorfisma yang menetapkan $0$ . Lalu Schwarz yang diterapkan pada $g$ dan pada $g^{-1}$ : $\abs{g(z)} \leq \abs z$ dan $\abs{g^{-1}(w)} \leq \abs w$ , sehingga $\abs{g(z)} = \abs z$ : jadi rotasi, $g = \eu^{\iu\theta}\,\mathrm{id}$ , yakni $f = \eu^{\iu\theta}\varphi_a$ . Untuk ketunggalannya: $a = f^{-1}(0)$ dan $\theta$ dari penilaian bertipe $f'$ (atau dari $f(0) = -\eu^{\iu\theta}a$ dan satu nilai lagi). ∎

Teorema 18.6 (Automorfisma bidangnya)

$\operatorname{Aut}(\C) = \{z \mapsto az + b : a \in \C^*,\ b \in \C\}$ . Karena itu $\C$ dan $\mathbb D$ tak setara secara konformal.

Bukti. Misalkan $f \in \operatorname{Aut}(\C)$ lalu tinjaulah $g(z) = f(1/z)$ pada $\C^*$ : yakni fungsi holomorfik yang berkesingularan terpencil di $0$ . Seandainya ia hakiki, maka Casorati–Weierstrass (Teorema 17.4) akan membuat $g\bigl(D(0,\varepsilon)\setminus\{0\}\bigr)$ padat, sedangkan $f(D(0, 1))$ terbuka dan saling lepas dengannya (sebab $f$ injektif: karena kedua himpunannya peta himpunan yang saling lepas) — yang mustahil bagi sebuah himpunan padat dan sebuah himpunan terbuka tak kosong. Jadi $0$ berupa kutub atau terhapuskan bagi $g$ , yakni $\abs{f(z)}$ bertumbuh paling banyak polinomial: sehingga $f$ merupakan polinomial (Latihan 16.4(a)). Lalu keinjektifannya memaksa derajat $1$ : sebab polinomial berderajat lebih tinggi entah berakar rangkap pada $f - c$ di suatu tempat (sehingga $f'$ lenyap) entah berprapeta beberapa yang berbeda (menurut d’Alembert–Gauss, Soal 16.1); dan bagaimanapun keinjektifannya gagal. Akhirnya, sebuah pemetaan konformal $\C \to \mathbb D$ akan berupa fungsi utuh yang terbatas: jadi konstan (menurut Liouville) — sehingga tak ada kesetaraannya. ∎

18.3 Teorema Montel

Teorema 18.7 (Montel)

Misalkan $\mathcal F \subseteq \mathcal H(\Omega)$ terbatas lokal: yakni setiap titiknya berpersekitaran yang $\sup_{f\in \mathcal F}\sup\abs f < \infty$ padanya. Maka setiap barisan $\mathcal F$ mempunyai subbarisan yang konvergen seragam pada setiap himpunan bagian kompak $\Omega$ (dengan limit yang holomorfik).

Bukti. Untuk kekontinuan setara lokalnya: jika $\abs f \leq M$ pada $D(a, 2r) \subseteq \Omega$ untuk setiap $f \in \mathcal F$ , maka rumus Cauchy memberikan, untuk $z, z' \in D(a, r)$ ,

\abs{f(z) - f(z')} = \frac{\abs{z - z'}}{2\pi} \Bigl|\int_{C_{2r}}\frac{f(w)\,\dd w}{(w-z)(w-z')}\Bigr| \leq \frac{\abs{z - z'}\,2\pi\cdot2r\,M}{2\pi\,r^2} = \frac{2M}{r}\,\abs{z - z'} :

yakni sebuah batas Lipschitz yang seragam. Lalu habiskan $\Omega$ oleh kompak $K_m$ ; sebab setiap $K_m$ terselimuti berhingga banyak cakram semacam itu, sehingga $\mathcal F$ terbatas seragam dan berkekontinuan setara pada $K_m$ : sehingga Arzelà–Ascoli (Teorema 7.11) memetik subbarisan yang konvergen seragam pada $K_m$ ; lalu diagonalkan atas $m$ . Sedangkan limitnya holomorfik menurut Teorema 16.15. ∎

18.4 Teorema pemetaan Riemann

Definisi 18.8

Sebuah $\Omega \subseteq \C$ yang terbuka terhubung disebut terhubung sederhana (dalam arti homologinya, yang mencukupi bagi seluruh keperluan kita) jika $\operatorname{Ind}_\gamma(w) = 0$ untuk setiap siklus $\gamma$ di $\Omega$ dan setiap $w \notin \Omega$ — yakni “tak ada siklus $\Omega$ yang mengelilingi lubang”. Lalu menurut teorema Cauchy globalnya (Teorema 17.1) dan Proposisi 16.5, pada $\Omega$ semacam itu setiap fungsi holomorfik berantiturunan; sehingga setiap $f \in \mathcal H(\Omega)$ yang bebas akar mempunyai logaritma holomorfik (yakni $\exp\circ$ (antiturunan $f'/f$ ), yang disesuaikan oleh sebuah konstanta, sebab $(f\eu^{-L})' = 0$ ) beserta akar ke- $n$ holomorfiknya $\eu^{L/n}$ .

Teorema 18.9 (Teorema pemetaan Riemann)

Setiap $\Omega \subsetneq \C$ yang terbuka terhubung sederhana dengan $\Omega \neq \varnothing$ setara secara konformal dengan $\mathbb D$ ; dan diberikan $z_0 \in \Omega$ , ada tepat satu $f \colon \Omega \to \mathbb D$ yang konformal dengan $f(z_0) = 0$ dan $f'(z_0) > 0$ .

Bukti. Langkah 0: keluarganya tak kosong. Pilihlah $b \notin \Omega$ : maka $z - b$ bebas akar pada $\Omega$ , sehingga ia berakar kuadrat holomorfik $h$ (dengan $h^2 = z - b$ ). Lalu $h$ injektif (sebab $h(z) = h(z')$ berkuadrat $z = z'$ ), dan jika $w \in h(\Omega)$ maka $-w \notin h(\Omega)$ (sebab $h(z) = -h(z')$ juga berkuadrat $z = z'$ , yang memberikan $w = -w = 0$ , yang mustahil karena $h$ bebas akar). Lalu karena $h(\Omega)$ terbuka, ia memuat sebuah cakram $D(h(z_0), \rho)$ ; sehingga $D(-h(z_0), \rho) \cap h(\Omega) = \varnothing$ , yakni $\abs{h(z) + h(z_0)} \geq \rho$ untuk setiap $z \in \Omega$ . Karena itu

g(z) = \frac{\rho}{2\,\bigl(h(z) + h(z_0)\bigr)}

bersifat holomorfik, injektif (yakni pemetaan Möbius yang dikomposisikan dengan $h$ yang injektif), dengan $\abs g \leq \frac12 < 1$ . Lalu dengan mengomposisikannya dengan sebuah faktor Blaschke (Teorema 18.5) untuk memindahkan $g(z_0)$ ke $0$ , keluarganya

\mathcal F = \{f \colon \Omega \to \mathbb D \text{ holomorfik, injektif, } f(z_0) = 0\}

bersifat tak kosong.

Langkah 1: sebuah unsur ekstremal. Misalkan $s = \sup_{\mathcal F}\abs{f'(z_0)} \in \intoc0{+\infty}$ (yang $> 0$ : sebab anggotanya injektif, sehingga $f'(z_0) \neq 0$ ). Ambil $f_n \in \mathcal F$ dengan $\abs{f_n'(z_0)} \to s$ : keluarganya terbatas oleh $1$ , sehingga Montel (Teorema 18.7) memetik $f_n \to f$ secara seragam pada kompak; lalu $f$ bersifat holomorfik dengan $f(z_0) = 0$ dan $\abs{f'(z_0)} = s$ (lewat Teorema 16.15 untuk turunannya), sehingga khususnya $f$ tak konstan; lalu $f$ bersifat injektif menurut Hurwitz (Latihan 17.8(b)), dan $f(\Omega) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , jadi $\subseteq \mathbb D$ (lewat pemetaan terbukanya). Jadi $f \in \mathcal F$ mencapai supremumnya: sehingga $s < \infty$ .

Langkah 2: pemetaan ekstremalnya bersifat pada. Andaikan $a \in \mathbb D\setminus f(\Omega)$ . Maka angkutan Blaschke $\varphi_a\circ f$ bebas akar pada $\Omega$ yang terhubung sederhana: sehingga ia berakar kuadrat holomorfik $F$ (dengan $F(\Omega) \subseteq \mathbb D$ , sebab $\abs F^2 = \abs{\varphi_a\circ f} < 1$ ), yang injektif (sebab kuadratnya membedakan). Lalu normalkan: $G = \varphi_{F(z_0)}\circ F \in \mathcal F$ . Dengan membalikkannya: $f = \varphi_{-a}\circ s_2 \circ \varphi_{-F(z_0)}\circ G$ dengan $s_2(w) = w^2$ ; sedangkan pemetaan $\Psi = \varphi_{-a}\circ s_2\circ\varphi_{-F(z_0)} \colon \mathbb D \to \mathbb D$ bersifat holomorfik dengan $\Psi(0) = f(z_0) = 0$ dan bukan sebuah rotasi (sebab ia tak injektif: karena $s_2$ tidak). Lalu lema Schwarz (pada kasus sejatinya): $\abs{\Psi'(0)} < 1$ , dan aturan rantai $f = \Psi\circ G$ memberikan $\abs{f'(z_0)} = \abs{\Psi'(0)}\,\abs{G'(z_0)} < \abs{G'(z_0)}$ — yang bertentangan dengan kemaksimalannya (perhatikan $G \in \mathcal F$ ). Karena itu $f$ bersifat pada: yakni sebuah kesetaraan konformal.

Langkah 3: penormalan dan ketunggalannya. Kalikan $f$ dengan $\eu^{-\iu\arg f'(z_0)}$ untuk membuat $f'(z_0) > 0$ (dan ini tetap di $\mathcal F$ ). Lalu jika $f_1, f_2$ sama-sama berhasil, maka $\psi = f_2\circ f_1^{-1} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ menetapkan $0$ dengan $\psi'(0) = f_2'(z_0)/f_1'(z_0) > 0$ ; sehingga menurut Teorema 18.5 $\psi$ merupakan rotasi $\eu^{\iu\theta}$ dengan $\eu^{\iu\theta} > 0$ : jadi $\psi = \mathrm{id}$ . ∎

Catatan 18.10

Teoremanya merupakan pernyataan keberadaan murni yang jangkauannya menakjubkan: sebuah bujur sangkar, sebuah setengah bidang, komplemen sebuah irisan, daerah antara dua lingkaran yang bersinggungan, sebuah daerah berbatas fraktal — semuanya identik secara konformal dengan $\mathbb D$ . Sedangkan yang tak diberikannya: rumus apa pun (karena pemetaan eksplisit merupakan kekecualian: Latihan 18.5), perilaku batasnya (yang ditangani teori yang lebih dalam — yakni teorema Carathéodory), maupun ketunggalan perluasannya ke $\C$ atau ke daerah terhubung ganda: sebab anulus $\{1 < \abs z < 2\}$ tak secara konformal berupa cakram tertusuk, dan anulus yang nisbah jari-jarinya berbeda tak setara (yakni fakta yang sungguh lebih sukar).

18.5 Fungsi harmonik dan kernel Poisson

Proposisi 18.11

Misalkan $\Omega$ terhubung sederhana dan $u \colon \Omega \to \R$ harmonik (yakni $\mathcal C^2$ dengan $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0$ ). Maka $u = \operatorname{Re}F$ untuk sebuah $F$ yang holomorfik dan tunggal sampai sebuah konstanta imajiner. Karena itu $u$ bersifat $\mathcal C^\infty$ , memenuhi sifat nilai rata-rata, dan menuruti asas maksimumnya (yakni tak ada ekstremum interior sejati kecuali ia konstan).

Bukti. Fungsi $g = u_x - \iu u_y$ memenuhi persamaan Cauchy–Riemann (dengan $P = u_x$ dan $Q = -u_y$ : sebab $P_x = u_{xx} = -u_{yy} = Q_y$ dan $P_y = u_{xy} = u_{yx} = -Q_x$ ) beserta turunan parsial yang kontinu: sehingga $g$ bersifat holomorfik (Proposisi 16.2; sebab keterturunan- $\R$ -nya menyusul dari $\mathcal C^1$ ). Lalu misalkan $F_0$ sebuah antiturunan (lewat keterhubungan sederhananya, Definisi 18.8); maka $\operatorname{Re}F_0$ bergradien $(u_x, u_y)$ (sebab $F_0' = g$ terurai tepat menjadi itu lewat Cauchy–Riemann bagi $F_0$ ), sehingga $u - \operatorname{Re}F_0$ konstan (sebab $\Omega$ terhubung): lalu sesuaikan $F = F_0 + c$ . Sedangkan sifatnya berpindah dari Teorema 16.14 dan Latihan 16.10 (dan untuk asas maksimum yang diterapkan pada $u$ sendiri, pakailah $\eu^{F}$ seperti di sana). ∎

Teorema 18.12 (Rumus Poisson; soal Dirichlet pada cakramnya)

Untuk $0 \leq r < 1$ definisikan kernel Poisson

P_r(\theta) = \sum_{n\in\Z}r^{\abs n}\eu^{\iu n\theta} = \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\theta + r^2} \;>\; 0 .

Lalu misalkan $g \colon \partial\mathbb D \to \R$ kontinu, dan tetapkan, untuk $z = r\eu^{\iu\varphi} \in \mathbb D$ ,

u(z) = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} P_r(\varphi - t)\,g(\eu^{\iu t})\,\dd t .

Maka $u$ bersifat harmonik pada $\mathbb D$ dan diperluas secara kontinu ke $\bar{\mathbb D}$ dengan nilai batas $g$ : yakni satu-satunya fungsi harmonik yang demikian.

Bukti. Identitas kernelnya: dengan menjumlahkan dua deret geometri,

\sum_{n\in\Z}r^{\abs n}\eu^{\iu n\theta} = \operatorname{Re}\frac{1 + r\eu^{\iu\theta}}{1 - r\eu^{\iu\theta}} = \frac{1 - r^2}{\abs{1 - r\eu^{\iu\theta}}^2},

yang merupakan hasil bagi yang ditampilkan itu; sedangkan kepositifannya jelas, dan $\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P_r = 1$ (sebab hanya $n = 0$ yang bertahan).

Keharmonikannya: dengan $z = r\eu^{\iu\varphi}$ ,

u(z) = \operatorname{Re}\biggl[\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{\eu^{\iu t} + z}{\eu^{\iu t} - z}\, g(\eu^{\iu t})\,\dd t\biggr],

(sebab kernel di dalam kurungnya berbagian real $P_r(\varphi - t)$ : hitunglah), dan kurungnya bersifat holomorfik terhadap $z$ pada $\mathbb D$ (Latihan 16.7): sehingga $u$ merupakan bagian real sebuah fungsi holomorfik, jadi harmonik.

Nilai batasnya: $P_r(\cdot)$ merupakan identitas hampiran saat $r \to 1^-$ : sebab bermassa $1$ , dan untuk $\delta \leq \abs\theta \leq \pi$ , $P_r(\theta) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2} \to 0$ secara seragam. Lalu pemisahan bakunya (lewat kekontinuan $g$ di dekat $\eu^{\iu\varphi_0}$ dan keterbatasannya di tempat lain) memberikan $u(r\eu^{\iu\varphi}) \to g(\eu^{\iu\varphi_0})$ saat $r\eu^{\iu\varphi} \to \eu^{\iu\varphi_0}$ , secara seragam terhadap titik batasnya: sehingga perluasannya kontinu. Untuk ketunggalannya: selisih dua solusinya bersifat harmonik pada $\mathbb D$ , kontinu pada penutupnya, dan nol pada batasnya: sehingga menurut asas maksimumnya (yang diterapkan pada $\pm$ selisihnya), ia lenyap. ∎

Kurva aras Rez2 = x2 - y2 (yakni hiperbola merah) dan Imz2 = 2xy (yakni hiperbola biru) berpotongan tegak lurus jauh dari 0: sehingga sebuah pemetaan konformal (z z2, di tempat z ≠ 0) mengawetkan keortogonalan garis koordinatnya. Sedangkan di z = 0, tempat turunannya lenyap, sudutnya justru berlipat dua. — Kurva aras $\operatorname{Re}z^2 = x^2 - y^2$ (yakni hiperbola merah) dan $\operatorname{Im}z^2 = 2xy$ (yakni hiperbola biru) berpotongan tegak lurus jauh dari $0$ : sehingga sebuah pemetaan konformal ( $z \mapsto z^2$ , di tempat $z \neq 0$ ) mengawetkan keortogonalan garis koordinatnya. Sedangkan di $z = 0$ , tempat turunannya lenyap, sudutnya justru berlipat dua.

18.6 Latihan

Latihan 18.1 ★

(a) Periksalah bahwa pemetaan Cayley $\varphi(z) = \frac{z - \iu}{z + \iu}$ merupakan bijeksi $\mathbb H \to \mathbb D$ dengan balikan yang dinyatakan itu, lalu hitunglah peta $\iu$ , $0$ , $1$ , dan $\infty$ (lewat limitnya). (b) Tunjukkan bahwa $z \mapsto 1/z$ memetakan lingkaran dan garis ke lingkaran dan garis. (Tulislah persamaan bersamanya $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ dengan $\alpha, \gamma \in \R$ .) Lalu turunkan hal yang sama bagi setiap pemetaan Möbius.

Solusi

Solusi Latihan 18.1.

(a) Pemetaan $\varphi$ dan $\psi(w) = \iu\frac{1+w}{1-w}$ berkomposisi menjadi identitasnya dalam kedua urutannya (lewat perhitungan langsung); sedangkan $\varphi$ memetakan $\mathbb H$ ke dalam $\mathbb D$ dan $\psi$ mengembalikannya (Contoh 18.2). Nilainya: $\varphi(\iu) = 0$ , $\varphi(0) = -1$ , $\varphi(1) = \frac{1 - \iu}{1 + \iu} = -\iu$ , dan $\varphi(z) \to 1$ saat $z \to \infty$ .

(b) Lingkaran dan garis merupakan himpunan penyelesaian $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ (dengan $\alpha, \gamma \in \R$ , $\beta \in \C$ , dan $\abs\beta^2 > \alpha\gamma$ ): sebab $\alpha \neq 0$ memberi lingkaran dan $\alpha = 0$ garis. Lalu dengan menyubstitusikan $z = 1/w$ dan mengalikannya dengan $\abs w^2$ : $\gamma\abs w^2 + \beta w + \bar\beta\bar w + \alpha = 0$ — yakni keluarga yang sama. Sedangkan pemetaan afin jelas mengawetkan keluarganya, dan setiap pemetaan Möbius merupakan komposisi pemetaan afin dan satu inversi (sebab $\frac{az+b}{cz+d} = \frac ac + \frac{bc - ad}{c}\cdot\frac1{cz + d}$ untuk $c \neq 0$ ).

Latihan 18.2 ★

Misalkan $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorfik. (a) Jika $f(0) = 0$ dan $f(a) = a$ untuk suatu $a \neq 0$ , tunjukkan bahwa $f = \mathrm{id}$ . (b) Jika $f$ merupakan automorfisma dengan dua titik tetap yang berbeda di $\mathbb D$ , tunjukkan bahwa $f = \mathrm{id}$ (konjugatkanlah dengan sebuah faktor Blaschke untuk menyusutkannya ke (a)).

Solusi

Solusi Latihan 18.2.

(a) Schwarz memberikan $\abs{f(a)} \leq \abs a$ dengan kesamaannya (sebab kedua ruasnya $= \abs a$ ): sehingga kasus kesamaannya memaksa $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ , dan $f(a) = a$ memakukan $\eu^{\iu\theta} = 1$ .

(b) Misalkan $a \neq b$ titik tetapnya dan $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_{-a} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — dengan memakai Teorema 18.5 untuk $\varphi_{\pm a}$ . Maka $g(0) = \varphi_a(f(a)) = 0$ dan $g(c) = c$ untuk $c = \varphi_a(b) \neq 0$ : sehingga menurut (a), $g = \mathrm{id}$ , jadi $f = \varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ .

Latihan 18.3 ★★

(Schwarz–Pick) Untuk $f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ yang holomorfik, buktikan bahwa

\frac{\abs{f'(z)}}{1 - \abs{f(z)}^2} \;\leq\; \frac{1}{1 - \abs z^2} \qquad (z \in \mathbb D),

dengan kesamaannya (di satu titik, sehingga di mana-mana) jika dan hanya jika $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ . (Terapkan Schwarz pada $\varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ .) Tafsirannya: bahwa pemetaan diri yang holomorfik mengerutkan metrik hiperboliknya.

Solusi

Solusi Latihan 18.3.

Tetapkan $z$ lalu tetapkan $g = \varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ : yakni pemetaan holomorfik $\mathbb D \to \mathbb D$ dengan $g(0) = 0$ , sehingga $\abs{g'(0)} \leq 1$ (menurut Schwarz). Lalu aturan rantai dengan $\varphi_a'(\zeta) = \frac{1 - \abs a^2}{(1 - \bar a\zeta)^2}$ :

g'(0) = \varphi_{f(z)}'\bigl(f(z)\bigr)\cdot f'(z)\cdot \varphi_{-z}'(0) = \frac{1}{1 - \abs{f(z)}^2}\cdot f'(z)\cdot(1 - \abs z^2),

sehingga diperolehlah ketaksamaan Schwarz–Pick. Sedangkan kesamaan di suatu $z$ membuat $g$ menjadi rotasi, jadi $f = \varphi_{-f(z)}\circ(\text{rotasi})\circ\varphi_z \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — lalu kesamaannya berlaku di mana-mana (hitunglah, atau terapkan ulang dengan peran $f, f^{-1}$ yang ditukar). Jadi pemetaan diri holomorfik cakramnya bersifat Lipschitz- $1$ terhadap metrik hiperbolik $\frac{2\abs{\dd z}}{1 - \abs z^2}$ ; sedangkan automorfismanya adalah isometrinya.

Latihan 18.4 ★★

Carilah kesetaraan konformal yang eksplisit: (a) dari jalur $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\} \to \mathbb H$ ; (b) dari kuadran $\{\operatorname{Re}z > 0, \operatorname{Im}z > 0\} \to \mathbb H$ ; (c) dari setengah cakram $\mathbb D\cap\mathbb H \to$ sebuah kuadran, lalu $\to \mathbb H$ ; (d) dari $\mathbb D \to \mathbb D$ yang mengirim $\frac12$ ke $0$ dengan turunan positif di sana.

Solusi

Solusi Latihan 18.4.

(a) Pemetaan $z \mapsto \eu^z$ : memetakan $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\}$ secara bijektif ke $\mathbb H$ (sebab $\eu^{x+\iu y} = \eu^x\eu^{\iu y}$ : dengan modulus bebas dan argumen $y \in \intoo0\pi$ ), holomorfik dengan turunan yang tak lenyap dan balikan yang holomorfik (yakni $\log$ pokoknya). (b) Pemetaan $z \mapsto z^2$ menggandakan argumennya: sehingga kuadran terbuka $\{0 < \arg z < \frac\pi2\}$ terpetakan secara konformal ke $\mathbb H$ (dengan balikannya: akar kuadrat pokoknya). (c) Pemetaan $z \mapsto \frac{1 + z}{1 - z}$ memetakan $\mathbb D$ ke setengah bidang kanannya dan mengawetkan kesetangkupan atas dan bawahnya: sehingga ia mengirim setengah cakram atasnya ke kuadran pertama; lalu kuadratkan, menurut (b), untuk mencapai $\mathbb H$ : yakni $z \mapsto \bigl(\frac{1 + z}{1 - z}\bigr)^2$ . (d) Faktor Blaschke $\varphi_{1/2}(z) = \frac{z - \frac12}{1 - \frac z2}$ : sebab $\varphi_{1/2}(\tfrac12) = 0$ dan $\varphi_{1/2}'(\tfrac12) = \frac{1 - \frac14}{(1 - \frac14)^2} = \frac43 > 0$ .

Latihan 18.5 ★★

(a) Tunjukkan bahwa tak ada pemetaan konformal $\C \to \mathbb D$ atau $\C \to \mathbb H$ , dan tak ada pula $\mathbb D \to \C$ . (b) Manakah di antara berikut yang setara secara konformal dengan $\mathbb D$ ? Benarkanlah lewat Teorema 18.9 atau lewat sebuah rintangan: sebuah bujur sangkar; $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; $\mathbb D\setminus\{0\}$ ; dan $\{1 < \abs z < 2\}$ . (Untuk kedua yang terakhir: sebuah peta konformal cakram tertusuknya akan diperluas melintasi tusukannya menurut Teorema 17.4(1) — kembangkanlah ini.)

Solusi

Solusi Latihan 18.5.

(a) Sebuah pemetaan konformal $\C \to \mathbb D$ (atau $\mathbb H$ , setelah dikomposisikan dengan Cayley) merupakan fungsi utuh yang terbatas: jadi konstan menurut Liouville — sehingga tak bijektif. Sedangkan pemetaan konformal $\mathbb D \to \C$ akan berbalikan konformal $\C \to \mathbb D$ : yakni pertentangan yang sama.

(b) Bujur sangkarnya cembung, jadi terhubung sederhana, dan sejati: sehingga secara konformal $\mathbb D$ (Teorema 18.9). Sedangkan bidang teriris $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ berbentuk bintang terhadap $1$ (sebab ruas dari $1$ menghindari irisannya), jadi terhubung sederhana, dan sejati: sehingga secara konformal $\mathbb D$ . Untuk cakram tertusuknya: jika $g \colon \mathbb D\setminus\{0\} \to \mathbb D$ bersifat konformal, maka $g$ terbatas, sehingga $0$ terhapuskan (Teorema 17.4): jadi $g$ diperluas menjadi $\tilde g \colon \mathbb D \to \mathbb D$ , dan $\tilde g(0)$ , karena berada di peta terbukanya $g(\mathbb D\setminus\{0\}) = \mathbb D$ , juga berupa $g(w)$ untuk suatu $w \neq 0$ ; lalu dua persekitaran yang saling lepas atas $0$ dan $w$ berpeta terbuka yang berbagi nilai $\tilde g(0)$ , sehingga berbagi nilai lain pula (sebab himpunannya terbuka): jadi $g$ mengambil suatu nilai dua kali pada $\mathbb D\setminus\{0\}$ — yang bertentangan dengan keinjektifannya. Sedangkan untuk anulus $A = \{1 < \abs z < 2\}$ : andaikan $F \colon \mathbb D \to A$ konformal. Maka $F$ bebas akar pada $\mathbb D$ yang terhubung sederhana, sehingga $F = \eu^L$ untuk $L$ yang holomorfik (Definisi 18.8). Lalu misalkan $\sigma$ lingkaran $\abs z = \frac32$ di $A$ dan $\gamma = F^{-1}\circ\sigma$ , yakni lintasan tertutup di $\mathbb D$ ; maka

1 = \operatorname{Ind}_\sigma(0) = \frac1{2\iu\pi}\int_{F\circ\gamma}\frac{\dd w}{w} = \frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{F'}{F} = \frac1{2\iu\pi}\int_\gamma L' = 0

(sebab $L'$ berantiturunan): jadi bertentangan. Sehingga baik cakram tertusuknya maupun anulusnya bukanlah cakram yang menyamar.

Latihan 18.6 ★★

Misalkan $\mathcal F = \{f \in \mathcal H(\mathbb D) : f(0) = 1,\ \operatorname{Re}f > 0\}$ . (a) Tunjukkan bahwa $\mathcal F$ terbatas lokal. (Komposisikanlah dengan pemetaan bertipe Cayley $w \mapsto \frac{w - 1}{w + 1}$ yang mengirim setengah bidang kanannya ke $\mathbb D$ , lalu terapkan Schwarz.) (b) Turunkan batas Herglotz: $\abs{f(z)} \leq \frac{1 + \abs z}{1 - \abs z}$ untuk $f \in \mathcal F$ , beserta kemungkinan kesamaannya.

Solusi

Solusi Latihan 18.6.

(a) Pemetaan $T(w) = \frac{w - 1}{w + 1}$ memetakan $\{\operatorname{Re}w > 0\}$ secara konformal ke $\mathbb D$ (yakni Cayley yang dirotasikan: sebab $\abs{w - 1} < \abs{w + 1}$ jika dan hanya jika $\operatorname{Re}w > 0$ ), dengan $T(1) = 0$ . Lalu untuk $f \in \mathcal F$ , $g = T\circ f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ bersifat holomorfik dengan $g(0) = 0$ : sehingga Schwarz memberikan $\abs{g(z)} \leq \abs z$ .

(b) Dengan membalikkan $T$ : $f = \frac{1 + g}{1 - g}$ , sehingga

\abs{f(z)} \leq \frac{1 + \abs{g(z)}}{1 - \abs{g(z)}} \leq \frac{1 + \abs z}{1 - \abs z} :

sehingga terbatas lokal (secara seragam pada $\abs z \leq r < 1$ ). Sedangkan kesamaan di $z_0 \neq 0$ memaksa $\abs{g(z_0)} = \abs{z_0}$ beserta kesejajarannya: sehingga $g$ menjadi rotasi, yakni $f(z) = \frac{1 + \eu^{\iu\theta}z}{1 - \eu^{\iu\theta}z}$ — yakni ekstremal Herglotz, yaitu pemetaan konformal ke setengah bidang kanannya.

Latihan 18.7 ★★★

Di manakah bukti Teorema 18.9 memakai masing-masing hipotesisnya? Lacaklah: (i) keterhubungan sederhananya (dua kali); (ii) $\Omega \neq \C$ ; (iii) keterhubungannya. Lalu tunjukkan bahwa teoremanya gagal untuk $\Omega = \C$ dan untuk anulusnya, sambil menunjuk langkah mana pada buktinya yang patah pada masing-masing kasusnya.

Solusi

Solusi Latihan 18.7.

(i) Keterhubungan sederhananya masuk tepat dua kali, lewat keberadaan akar kuadrat holomorfik fungsi yang bebas akar (Definisi 18.8): yakni pada Langkah 0 (untuk akar $z - b$ ) dan pada Langkah 2 (untuk akar $\varphi_a\circ f$ ). (ii) Syarat $\Omega \neq \C$ menyediakan titik $b$ pada Langkah 0 — sebab tanpanya keluarga $\mathcal F$ kosong dari pemetaan terbatas yang injektif (menurut Liouville). (iii) Sedangkan keterhubungannya dipakai setiap kali teorema keidentikan atau Hurwitz (Latihan 17.8) berbicara: sebab limit ekstremalnya “injektif atau konstan”, dan kekonstanannya dikecualikan oleh $s > 0$ ; dan juga pada “turunan nol mengakibatkan konstan”. Untuk kegagalannya bagi $\C$ : Langkah 0 mustahil, dan kesimpulannya salah (Latihan 18.5(a)). Sedangkan untuk kegagalannya bagi anulusnya: ia tak terhubung sederhana — sehingga konstruksi akar kuadratnya patah (misalnya $z$ sendiri, yang bebas akar pada $A$ , tak berakar kuadrat holomorfik: lewat perhitungan indeks yang sama seperti pada Latihan 18.5(b) dengan $\frac12\int_\sigma\frac{\dd z}z \notin 2\iu\pi\Z$ ) — dan kesimpulannya pun salah.

Latihan 18.8 ★★

Selesaikan soal Dirichlet pada $\mathbb D$ untuk data batas: (a) $g(\eu^{\iu t}) = \cos t$ ; (b) $g(\eu^{\iu t}) = \cos^2 t$ ; (c) $g = \mathbf 1_{\text{setengah lingkaran atas}}$ — dan untuk (c) hitunglah $u(0)$ lalu tafsirkan lewat sifat nilai rata-ratanya. (Uraikan $g$ menjadi deret Fourier lalu pakailah deret $P_r$ : $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_n c_n(g) r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 18.8.

Dengan menyubstitusikan uraian Fourier $g$ ke dalam integral Poissonnya lalu memakai $\frac1{2\pi}\int P_r(\varphi - t)\eu^{\iu nt}\dd t = r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ (yang terbaca dari deret $P_r$ ): $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_nc_n(g)\,r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ , dengan penukarannya dibenarkan kekonvergenan normalnya (sebab $\abs{c_n} \leq \norm g_\infty$ dan $r < 1$ ).

(a) Untuk $g = \cos t$ : $c_{\pm1} = \frac12$ , sehingga $u = r\cos\varphi = \operatorname{Re}z = x$ — yang memang harmonik dengan nilai batas yang tepat.

(b) Karena $\cos^2t = \frac12 + \frac{\cos 2t}2$ : maka $u = \frac12 + \frac{r^2\cos2\varphi}2 = \frac12 + \frac{\operatorname{Re}(z^2)}2 = \frac12 + \frac{x^2 - y^2}{2}$ .

(c) Untuk $g = \mathbf 1_{(0,\pi)}$ (yakni setengah lingkaran atasnya): $c_0 = \frac12$ dan $c_n = \frac{1 - (-1)^n}{2\iu\pi n}$ untuk $n \neq 0$ , sehingga

u(r\eu^{\iu\varphi}) = \frac12 + \frac2\pi\sum_{k\geq0} \frac{r^{2k+1}\sin\bigl((2k+1)\varphi\bigr)}{2k + 1}, \qquad u(0) = \frac12 :

sehingga pusatnya melihat tepat rata-rata data batasnya — yakni sifat nilai rata-rata yang menjelma.

Latihan 18.9 ★★★

(Harnack) Misalkan $u \geq 0$ harmonik pada $\mathbb D$ . Buktikan, untuk $\abs z = r < 1$ :

\frac{1 - r}{1 + r}\,u(0) \;\leq\; u(z) \;\leq\; \frac{1 + r}{1 - r}\,u(0)

(batasilah kernel Poissonnya antara $\frac{1-r}{1+r}$ dan $\frac{1+r}{1-r}$ ; lalu terapkan penyajiannya pada cakram yang sedikit lebih kecil lalu ambil limitnya). Lalu turunkan: bahwa fungsi harmonik pada $\C$ yang terbatas dari bawah bersifat konstan.

Solusi

Solusi Latihan 18.9.

Dari $(1-r)^2 \leq 1 - 2r\cos\theta + r^2 \leq (1+r)^2$ :

\frac{1-r}{1+r} = \frac{1 - r^2}{(1+r)^2} \leq P_r(\theta) \leq \frac{1 - r^2}{(1 - r)^2} = \frac{1+r}{1-r} .

Lalu untuk $u \geq 0$ yang harmonik pada $\mathbb D$ dan $s < 1$ : $u_s(z) = u(sz)$ bersifat harmonik pada sebuah persekitaran $\bar{\mathbb D}$ , sehingga sama dengan integral Poissonnya (Teorema 18.12, lewat ketunggalannya, yang diterapkan pada nilai batasnya sendiri); lalu dengan menjepit kernelnya dan memakai nilai rata-ratanya $\frac1{2\pi}\int u_s(\eu^{\iu t})\dd t = u(0)$ :

\frac{1-r}{1+r}\,u(0) \leq u(s\,r\eu^{\iu\varphi}) \leq \frac{1+r}{1-r}\,u(0).

Lalu biarkan $s \to 1^-$ pada $r\eu^{\iu\varphi}$ yang tetap (lewat kekontinuan $u$ ): diperolehlah ketaksamaan Harnack. Sedangkan jika $u$ harmonik pada $\C$ dengan $u \geq m$ : terapkan Harnack pada $u - m$ di cakram $D(0, R)$ , yakni pada $z \mapsto u(Rz) - m$ : maka untuk $z$ yang tetap dan $r = \abs z/R \to 0$ , kedua batasnya menuju $u(0) - m$ : sehingga $u(z) = u(0)$ — jadi konstan (yakni Liouville dua sisi dari sebuah batas sepihak).

Latihan 18.10 ★★

Dengan memakai keinvarianan konformal keharmonikannya (yakni $u\circ f$ bersifat harmonik bila $u$ harmonik dan $f$ holomorfik — buktikanlah lewat Proposisi 18.11 secara lokal), selesaikanlah soal Dirichlet pada setengah bidang atasnya dengan data batas $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ : tunjukkan bahwa

u(x + \iu y) = \frac1\pi\,\arg(x + \iu y) \qquad (\arg \in \intoo0\pi \text{ pada } \mathbb H)

bersifat harmonik pada $\mathbb H$ (yakni bagian imajiner sebuah logaritma holomorfik) dengan limit batas yang dituntut di setiap $x \neq 0$ , lalu angkutlah ia ke cakramnya lewat Cayley untuk menurunkan kembali Latihan 18.8(c).

Solusi

Solusi Latihan 18.10.

Secara lokal, $u = \operatorname{Re}F$ dengan $F$ yang holomorfik (Proposisi 18.11), sehingga $u\circ f = \operatorname{Re}(F\circ f)$ bersifat harmonik di mana pun ia terdefinisi: jadi keharmonikannya invarian secara konformal. Pada $\mathbb H$ : logaritma pokoknya memberikan $\log z = \ln\abs z + \iu\arg z$ yang holomorfik pada $\mathbb H$ , sehingga $u = \frac1\pi\arg z = \operatorname{Im}\bigl(\frac1\pi\log z\bigr)$ bersifat harmonik, dengan limit batasnya: sebab untuk $x > 0$ , $\arg \to 0$ dan $u \to 0$ ; sedangkan untuk $x < 0$ , $\arg \to \pi$ dan $u \to 1$ : yakni data $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ di setiap $x \neq 0$ . Lalu dengan mengangkutnya lewat pemetaan Cayley (yang mengirim $\mathbb D \to \mathbb H$ setelah inversinya dan mencocokkan setengah lingkaran atasnya dengan sumbu negatifnya, sampai rotasi yang ditetapkan lewat pengejaran tiga titik batasnya), $u\circ(\text{Cayley})$ menyelesaikan soal cakram Latihan 18.8(c); lalu menilaikannya di pusatnya memulihkan $u = \frac12$ di sana, dan bentuk tertutupnya $\frac1\pi\arg$ dapat diperiksa terhadap deretnya dengan menjumlahkan identitas bertipe $\sum\frac{r^{2k+1}\sin((2k+1)\varphi)}{2k+1} = \frac12\arctan\frac{2r\sin\varphi}{1 - r^2}$ — yakni jalur dasar menuju jawaban yang sama.

Latihan 18.11 ★★

(Titik tetap dan iterasi di cakramnya) Misalkan $f\colon\mathbb D \to \mathbb D$ holomorfik. (a) Tunjukkan bahwa jika $f$ mempunyai dua titik tetap yang berbeda, maka $f = \mathrm{id}$ (pindahkanlah salah satunya ke $0$ lewat sebuah automorfisma lalu terapkan kasus kesamaan Schwarz). (b) Andaikan $f(0) = 0$ dan $f$ bukan rotasi. Tunjukkan bahwa iterasinya $f^{\circ n} \to 0$ secara seragam pada setiap kompak $\bar D(0, r)$ dengan $r < 1$ (sebab Schwarz memberikan $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ pada $\bar D(0,r)$ dengan $c_r < 1$ — benarkanlah konstanta sejati ini lewat asas maksimum yang diterapkan pada $f(z)/z$ ). (c) Peragakan dengan $f(z) = \frac{z^2 + z}2$ : yakni titik tetapnya, dan laju kekonvergenan orbit $z_0 = \frac12$ .

Solusi

Solusi Latihan 18.11.

(a) Misalkan $a \neq b$ tetap. Lalu dengan mengonjugatkannya lewat $\varphi_a(z) = \frac{z - a}{1 - \bar az}$ (yakni automorfisma yang menukar $a$ dan $0$ ), $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_a^{-1}$ menetapkan $0$ dan titik $c = \varphi_a(b) \neq 0$ . Lalu Schwarz: $\abs{g(z)} \leq \abs z$ , dan di $z = c$ kesamaannya berlaku (sebab $g(c) = c$ ): sehingga kasus kesamaannya memaksa $g(z) = \lambda z$ dengan $\abs\lambda = 1$ , dan $\lambda c = c$ memberikan $\lambda = 1$ : jadi $g = \mathrm{id}$ , sehingga $f = \mathrm{id}$ .

(b) Fungsi $h(z) = f(z)/z$ (dengan kesingularan terhapuskan di $0$ ) bersifat holomorfik pada $\mathbb D$ dengan $\abs h \leq 1$ (menurut Schwarz); dan $\abs h < 1$ di mana-mana, sebab jika tidak asas maksimumnya (lewat maksimum interior $\abs h$ ) akan membuat $h$ menjadi konstanta unimodular, yakni $f$ sebuah rotasi — yang terkecualikan. Lalu pada kompak $\bar D(0,r)$ , $c_r = \max\abs h < 1$ , sehingga $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ di sana; lebih lanjut $f$ memetakan $\bar D(0,r)$ ke dirinya (sebab $c_r\abs z \leq r$ ), sehingga batasnya teriterasi: $\abs{f^{\circ n}(z)} \leq c_r^n\,r \to 0$ secara seragam pada $\bar D(0, r)$ .

(c) Titik tetap $\frac{z^2 + z}2$ : sebab $z^2 + z = 2z$ jika dan hanya jika $z(z - 1) = 0$ ; sehingga hanya $z = 0$ yang terletak di $\mathbb D$ (sebab $z = 1$ pada batasnya). Ia bukan rotasi (sebab $f'(0) = \frac12$ ), sehingga orbitnya menuju $0$ ; dan secara kuantitatif $f(z) = \frac z2(1 + z)$ memberikan $\abs{f(z)} \leq \frac{3}{4}\abs z$ pada $\abs z \leq \frac12$ , lalu begitu orbitnya kecil, $\abs{f(z)} \approx \frac{\abs z}2$ : jadi asimtotik geometri bernisbah $f'(0) = \frac12$ . Dari $z_0 = \frac12$ : $z_1 = \frac38$ , $z_2 \approx 0.258$ , dan $z_3 \approx 0.162$ — yakni separuh setiap langkahnya, seperti yang diramalkan pengalinya.

Latihan 18.12 ★★

(Sekawan harmonik, secara konkret) Misalkan $u(x, y) = x^3 - 3xy^2 + 2y$ . (a) Periksalah bahwa $u$ harmonik pada $\R^2$ , lalu carilah semua sekawan harmoniknya $v$ (yakni yang $u + \iu v$ -nya holomorfik) dengan mengintegralkan persamaan Cauchy–Riemannya; lalu kenali $f(z) = u + \iu v$ sebagai polinomial dalam $z$ . (b) Tunjukkan bahwa pada himpunan terbuka berbentuk bintang, setiap fungsi harmonik memiliki sekawan harmonik, yang tunggal sampai sebuah konstanta penjumlah (sebab bentuk- $1$ $-u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ bersifat tertutup; lalu pakailah mesin antiturunan Teorema 16.8, atau lema Poincaré Bab 21). (c) Berikan contoh penyangkal bakunya pada $\C^*$ : bahwa $u = \ln\abs z$ tak bersekawan global — lalu kaitkan dengan bentuk sudutnya dan bilangan lilitannya (Bab 21).

Solusi

Solusi Latihan 18.12.

(a) Berlaku $\Delta u = 6x - 6x + 0 = 0$ . Lalu Cauchy–Riemann menuntut $v_y = u_x = 3x^2 - 3y^2$ dan $v_x = -u_y = 6xy - 2$ . Dengan mengintegralkan yang pertama terhadap $y$ : $v = 3x^2y - y^3 + c(x)$ ; lalu memasukkannya ke yang kedua: $6xy + c'(x) = 6xy - 2$ , sehingga $c(x) = -2x + C$ . Jadi $v = 3x^2y - y^3 - 2x + C$ dan

f = u + \iu v = (x^3 - 3xy^2) + \iu(3x^2y - y^3) + 2y - 2\iu x + \iu C = z^3 - 2\iu z + \iu C .

(b) Bentuk $\omega = -u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ bersifat tertutup justru karena $\Delta u = 0$ (sebab $\partial_y(-u_y) = -u_{yy} = u_{xx} = \partial_x(u_x)$ ). Lalu pada himpunan terbuka berbentuk bintang lema Poincaré (Teorema 21.15; atau konstruksi antiturunan Teorema 16.8 yang diterapkan pada $u_x - \iu u_y$ yang holomorfik) menyediakan $v$ dengan $\dd v = \omega$ , yakni sistem Cauchy–Riemannya: sehingga $u + \iu v$ holomorfik. Sedangkan dua sekawannya berselisih sebuah fungsi yang gradiennya lenyap: yakni sebuah konstanta (lewat keterhubungannya).

(c) Untuk $u = \ln\abs z$ pada $\C^*$ : $\omega = -u_y\dd x + u_x\dd y = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2} = \omega_\theta$ , yakni bentuk sudutnya (Contoh 21.14), yang integralnya sepanjang lingkaran satuannya adalah $2\pi \neq 0$ : jadi tak eksak, sehingga tak ada sekawan global — sebab sebuah sekawan akan berupa penentuan argumen yang kontinu, dan bilangan lilitannya tepat merupakan rintangannya. Sedangkan secara lokal (pada sembarang subdaerah berbentuk bintang), $v = \arg z$ berhasil dan $u + \iu v = \log z$ : jadi kegagalannya global, bukan lokal.

18.7 Soal: teorema luas dan teorema seperempat Koebe

Soal 18.1

Soal akhir pekan — seberapa banyak yang harus diselimuti sebuah pemetaan univalen?

Sebuah fungsi univalen adalah injeksi holomorfik. Sedangkan fungsi univalen yang ternormalkan pada cakramnya,

\mathcal S = \bigl\{f \in \mathcal H(\mathbb D) \text{ injektif},\ f(z) = z + a_2z^2 + a_3z^3 + \cdots\bigr\},

terkendala secara kaku: kita membuktikan ketaksamaan Bieberbach $\abs{a_2} \leq 2$ lalu menurunkan teorema seperempat Koebe: bahwa peta setiap $f \in \mathcal S$ memuat cakram $D(0, \frac14)$ — yakni konstanta semesta yang tajam pada geometri konformalnya.

Bagian I — Teorema luasnya. Misalkan $g(w) = w + b_0 + \frac{b_1}w + \frac{b_2}{w^2} + \cdots$ holomorfik dan injektif pada $\{\abs w > 1\}$ .

Untuk $\rho > 1$ , misalkan $A_\rho$ luas (yakni ukuran Lebesgue) himpunan kompak $K_\rho = \C\setminus g(\{\abs w > \rho\})$ , yakni daerah yang dilingkupi kurva Jordan mulus $g(C_\rho)$ . Dengan memakai rumus luas dari teorema Green–Riemann pada jilid Tahun ke-2 — yakni luas terlingkupinya adalah $\frac1{2\iu} \oint\bar\zeta\,\dd\zeta$ sepanjang batas yang berarah positif — tunjukkan bahwa

$A_\rho = \frac{1}{2\iu}\int_{C_\rho} \overline{g(w)}\,g'(w)\,\dd w = \pi\Bigl(\rho^2 - \sum_{n\geq1}n\,\abs{b_n}^2\rho^{-2n}\Bigr) :$

substitusikanlah deret Laurent $\bar g$ dan $g'$ pada $C_\rho$ lalu integralkan suku demi suku (lewat kekonvergenan normalnya; sebab hanya hasil kali berfrekuensi nol yang bertahan).
Lalu biarkan $\rho \to 1^+$ dan simpulkan teorema luasnya:

$\sum_{n\geq1}n\,\abs{b_n}^2 \;\leq\; 1 .$

Khususnya $\abs{b_1} \leq 1$ . Kapankah $\abs{b_1} = 1$ ?

Bagian II — Ketaksamaan $\abs{a_2} \leq 2$ milik Bieberbach. Misalkan $f = z + a_2z^2 + \cdots \in \mathcal S$ .

Tunjukkan bahwa $f(z^2)/z^2$ bersifat holomorfik dan bebas akar pada $\mathbb D$ , dan memiliki akar kuadrat holomorfik $\varphi$ dengan $\varphi(0) = 1$ ; lalu tetapkan $h(z) = z\varphi(z^2)$ , sehingga $h(z)^2 = f(z^2)$ . Lalu tunjukkan bahwa $h$ merupakan fungsi univalen yang gasal pada $\mathbb D$ dengan uraian $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + \cdots$ . (Untuk keinjektifannya: $h(z)^2 = h(z')^2$ memaksa $z^2 = z'^2$ ; lalu pakailah kegasalannya untuk menuntaskannya.)
Terapkan teorema luasnya pada $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}{2w} + \cdots$ di $\{\abs w > 1\}$ (periksalah keunivalenannya dan uraiannya), lalu simpulkan $\abs{a_2} \leq 2$ .
Tunjukkan bahwa fungsi Koebe

$k(z) = \frac{z}{(1 - z)^2} = \sum_{n\geq1}n\,z^n$

termasuk $\mathcal S$ , mempunyai $a_2 = 2$ , dan memetakan $\mathbb D$ ke $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ (tulislah $k = \frac14\bigl[\bigl(\frac{1+z}{1 - z}\bigr)^2 - 1\bigr]$ lalu lacaklah petanya): sehingga semua ketaksamaan yang akan datang bersifat tajam.

Bagian III — Teorema seperempatnya.

Misalkan $f \in \mathcal S$ dan $c \notin f(\mathbb D)$ . Tunjukkan bahwa

$F(z) = \frac{c\,f(z)}{c - f(z)}$

termasuk $\mathcal S$ , lalu hitunglah koefisien keduanya: $A_2 = a_2 + \frac1c$ .
Terapkan Bieberbach pada $f$ maupun $F$ : lalu simpulkan $\abs{\frac1c} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ , yakni $\abs c \geq \frac14$ . Jadi setiap nilai yang dilewatkan bermodulus $\geq \frac14$ : sehingga $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ — yakni teorema seperempat Koebe. Lalu periksalah ketajamannya pada fungsi Koebenya.
Turunkan sebuah taksiran kuantitatif pemetaan Riemannya: bahwa jika $\varphi \colon \Omega \to \mathbb D$ merupakan pemetaan Riemann Teorema 18.9 di $z_0$ , maka

$\frac{d\bigl(z_0, \partial\Omega\bigr)}{4} \;\leq\; \frac1{\varphi'(z_0)} \;\leq\; 4\,d\bigl(z_0, \partial\Omega\bigr)$

— lalu buktikanlah setidaknya ketaksamaan kirinya dengan menerapkan Koebe pada $\varphi^{-1}$ yang dinormalkan secara sesuai, dan yang kanannya lewat Schwarz yang diterapkan pada $\varphi$ pada cakram $D(z_0, d) \subseteq \Omega$ .

Bagian IV — Perspektifnya.

Bieberbach menduga (1916) bahwa $\abs{a_n} \leq n$ untuk setiap $n$ , dengan kesamaannya hanya bagi rotasi fungsi Koebenya; dan de Branges membuktikannya pada 1985. Periksalah dugaannya dengan tangan bagi fungsi Koebe dan rotasinya $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z)$ . Lalu dorong uraian pertanyaan 4 satu suku lebih jauh: dengan menulis $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ , tunjukkan bahwa $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ dan

$g(w) = w - \frac{a_2}{2}\,w^{-1} + \Bigl(\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\Bigr)w^{-3} + \cdots ,$

sehingga teorema luasnya melahirkan ketaksamaan yang diperhalus $\bigl|\frac{a_2}2\bigr|^2 + 3\bigl|\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\bigr|^2 \leq 1$ . Lalu periksalah pada fungsi Koebenya (dengan $a_2 = 2$ dan $a_3 = 3$ ).

Bagian V — Teorema kesesatannya. Ketaksamaan Bieberbach, yang diangkut mengelilingi cakramnya lewat automorfismanya, mengendalikan $f'$ di mana-mana. Tetapkan $f \in \mathcal S$ .

(Transformasi Koebe) Untuk $z_0 \in \mathbb D$ misalkan $\varphi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , yakni sebuah automorfisma cakram (Teorema 18.5) dengan $\varphi(0) = z_0$ . Tunjukkan bahwa

$F(z) = \frac{f(\varphi(z)) - f(z_0)} {f'(z_0)\,\bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr)}$

termasuk $\mathcal S$ (sebab keunivalenannya diwarisi; lalu hitunglah $\varphi'(0) = 1 - \abs{z_0}^2$ lalu periksa penormalannya; dan ingatlah $f' \neq 0$ bagi $f$ yang injektif, Definisi 18.1).
Hitunglah koefisien kedua $A_2 = \frac12F''(0)$ milik $F$ :

$A_2 = \frac12\Bigl[\bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr) \frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\Bigr] ,$

lalu turunkan dari Bieberbach (pertanyaan 4), untuk $z = r\eu^{\iu\theta}$ , ketaksamaan fundamentalnya:

$\Bigl|\,z\,\frac{f''(z)}{f'(z)} - \frac{2r^2}{1 - r^2}\Bigr| \;\leq\; \frac{4r}{1 - r^2} .$
Ambillah bagian realnya:

$\frac{2r^2 - 4r}{1 - r^2} \;\leq\; \operatorname{Re}\Bigl(z\,\frac{f''(z)}{f'(z)}\Bigr) \;\leq\; \frac{2r^2 + 4r}{1 - r^2} .$
Tunjukkan bahwa $\frac{\dd}{\dd t}\log\bigl| f'(t\eu^{\iu\theta})\bigr| = \frac1t \operatorname{Re}\bigl(z\frac{f''(z)}{f'(z)}\bigr)$ di $z = t\eu^{\iu\theta}$ (sebab bagi fungsi $\mathcal C^1$ yang tak lenyap $g$ atas variabel real, $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \operatorname{Re}(g'/g)$ ), lalu integralkan batas pertanyaan 12 sepanjang sinarnya untuk memperoleh teorema kesesatannya:

$\frac{1 - r}{(1 + r)^3} \;\leq\; \abs{f'(z)} \;\leq\; \frac{1 + r}{(1 - r)^3}, \qquad \abs z = r .$
Turunkan teorema pertumbuhannya:

$\frac{r}{(1 + r)^2} \;\leq\; \abs{f(z)} \;\leq\; \frac{r}{(1 - r)^2}, \qquad \abs z = r$

(untuk batas atasnya: integralkan $f'$ pada ruas $[0, z]$ ; sedangkan untuk batas bawahnya: jika $\abs{f(z)} < \frac14$ , maka ruas $[0, f(z)]$ terletak di $f(\mathbb D)$ menurut pertanyaan 7; lalu tariklah ia kembali lewat $f^{-1}$ — yang holomorfik menurut Akibat 17.10 — lalu batasi $\abs{f(z)} = \int_\gamma\abs{f'(\zeta)} \,\abs{\dd\zeta} \geq \int_0^r\frac{1 - t}{(1 + t)^3}\,\dd t$ , dengan memakai $\abs{\dd\zeta} \geq \dd\abs\zeta$ ).
Periksalah bahwa fungsi Koebenya mencapai kesamaan pada keempat batasnya, di $z = r$ untuk yang atas dan $z = -r$ untuk yang bawah: sehingga $k$ sekaligus merupakan anggota $\mathcal S$ yang paling memuai dan, di antipodenya, yang paling mengerut.

Bagian VI — Kekakuan ekstremalnya. Pada setiap ketaksamaan sejauh ini, kesamaannya mengenali fungsi Koebe sampai rotasinya. Kita membuktikannya, lalu memanennya.

Andaikan $f \in \mathcal S$ mempunyai $\abs{a_2} = 2$ . Kejarlah kesamaannya melalui pertanyaan 2–4: sebab teorema luasnya memaksa $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ ; lalu kegasalan $h$ membuat $g$ gasal, sehingga $b_0 = 0$ ; lalu balikkan untuk mencari $h$ , kemudian $f$ , lalu simpulkan bahwa

$f(z) = \eu^{-\iu\theta}k\bigl(\eu^{\iu\theta}z\bigr) \quad\text{dengan } \eu^{\iu\theta} = -\eu^{\iu\alpha} :$

sehingga rotasi fungsi Koebe merupakan satu-satunya anggota $\mathcal S$ yang $\abs{a_2} = 2$ .
Tunjukkan bahwa jika $f \in \mathcal S$ melewatkan sebuah nilai $c$ yang $\abs c = \frac14$ persis, maka $f$ merupakan rotasi fungsi Koebe, lalu kenali $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ (lacaklah kesamaannya melalui rantai pertanyaan 7 $4 = \abs{1/c} = \abs{A_2 - a_2} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ ): sehingga konstanta teorema seperempatnya tercapai hanya oleh keluarga ekstremalnya.
(Koefisien secara murah) Gabungkan teorema pertumbuhannya dengan taksiran Cauchy (Teorema 16.10) pada lingkaran $\abs z = 1 - \frac1n$ untuk membuktikan bahwa

$\abs{a_n} \;\leq\; \eu\,n^2 \qquad (n \geq 2) .$

(Menurut de Branges 1985: $\abs{a_n} \leq n$ ; sedangkan faktor $\eu n$ -nya adalah harga perkakas dasarnya.)
(Penyelimutan subcakramnya) Tunjukkan bahwa untuk setiap $0 < r < 1$ ,

$f\bigl(D(0, r)\bigr) \supseteq D\Bigl(0, \frac{r}{(1 + r)^2}\Bigr),$

yang tajam bagi fungsi Koebenya, lalu pulihkan teorema seperempatnya saat $r \to 1^-$ . (Sebab titik batas peta terbukanya $f(D(0,r))$ terletak pada $f(\partial D(0,r))$ , sehingga bermodulus $\geq \frac{r}{(1+r)^2}$ menurut pertanyaan 14; dan sebuah ruas dari $0$ ke sebuah titik terlewat yang bermodulus lebih kecil harus menyeberangi batas itu.)
(Koebe di setiap titiknya) Misalkan $f$ univalen pada $\mathbb D$ , yang tak harus ternormalkan, dan $z_0 \in \mathbb D$ . Buktikan bahwa

$\tfrac14\bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr)\abs{f'(z_0)} \;\leq\; d\bigl(f(z_0), \partial f(\mathbb D)\bigr) \;\leq\; \bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr)\abs{f'(z_0)}$

(untuk yang kiri: pakailah teorema seperempat yang diterapkan pada transformasi Koebe pertanyaan 10; sedangkan untuk yang kanan: Schwarz (Teorema 18.4) yang diterapkan pada $\psi^{-1}\circ\hat g$ , dengan $\hat g(w) = f^{-1}\bigl(f(z_0) + dw\bigr)$ , $d$ jaraknya, dan $\psi$ sebuah automorfisma cakram yang mengirim $0$ ke $z_0$ ). Lalu mengapa $\partial f(\mathbb D)$ tak kosong?
Periksalah pertanyaan 20 pada $f = k$ di $z_0 = r \in \intoo01$ : hitunglah $d\bigl(k(r), \partial k(\mathbb D)\bigr) = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2}$ lalu periksalah bahwa ketaksamaan kirinya berupa kesamaan: sehingga fungsi Koebe menjenuhkan teoremanya sendiri di setiap titik $\intoo01$ .
(Moralnya) Dalam sepuluh baris: asas tunggal apa yang mendasari teorema luasnya, dan bagaimana Bieberbach, teorema seperempatnya, kesesatannya, pertumbuhannya, dan penyelimutannya semuanya mengalir darinya? Lalu bandingkan dengan dunia Schwarz–Pick pada Teorema 18.4: sebab pada keduanya, satu ketaksamaan interior mengakukan seluruh geometrinya, dan ekstremalnya tunggal sampai rotasinya.

Bagian VII — Kekompakan, balikan, dan sebuah uji kenyataan.

Tunjukkan bahwa kelas $\mathcal S$ bersifat kompak terhadap kekonvergenan seragam lokalnya: sebab ia terbatas lokal menurut teorema pertumbuhannya, sehingga normal (Teorema 18.7); dan limit seragam lokal anggota $\mathcal S$ kembali berada di $\mathcal S$ (sebab penormalannya beralih ke limitnya lewat kekonvergenan turunan Weierstrass; sedangkan keinjektifannya bertahan lewat Hurwitz, Latihan 17.8, karena limitnya tak konstan). Lalu mengapa ini penting bagi soal ekstremal seperti soal Bieberbach?
Untuk $f \in \mathcal S$ , misalkan $g = f^{-1}$ yang terdefinisi di dekat $0$ . Tunjukkan bahwa $g(w) = w - a_2w^2 + O(w^3)$ , sehingga koefisien kedua balikannya menuruti batas tajam yang sama $\abs{A_2} = \abs{a_2} \leq 2$ , dengan kesamaannya tepat bagi fungsi Koebe yang dirotasikan.
Tentukan untuk $a \in \C$ yang mana polinomial $f(z) = z + az^2$ termasuk $\mathcal S$ : tunjukkan bahwa $f$ bersifat injektif pada $\mathbb D$ jika dan hanya jika $\abs a \leq \frac12$ (faktorkanlah $f(z_1) - f(z_2)$ ). Lalu simpulkan: bahwa untuk polinomial berderajat dua batas koefisien yang sebenarnya adalah $\frac12$ , yakni empat kali lebih kecil daripada $2$ milik Bieberbach — sehingga ekstremal $\mathcal S$ sungguh merupakan objek transenden, dan tak ada polinomial yang mendekatinya.

Solusi

Solusi Soal 18.1.

1. Fungsi $g$ bersifat injektif dan holomorfik; sedangkan pada $C_\rho$ (dengan $\rho > 1$ ) ia mulus, dan luas terlingkupinya adalah $\frac1{2\iu}\oint_{g(C_\rho)}\bar\zeta\,\dd\zeta$ (yakni rumus luas Green–Riemann Tahun ke-2, yang diterapkan dengan arah positif). Lalu dengan menyubstitusikan $\zeta = g(w)$ dan $w = \rho\eu^{\iu\theta}$ :

A_\rho = \frac1{2\iu}\int_{C_\rho}\overline{g(w)}\,g'(w)\dd w = \frac\rho2\int_0^{2\pi}\overline{g(\rho\eu^{\iu\theta})} \,g'(\rho\eu^{\iu\theta})\,\eu^{\iu\theta}\,\dd\theta .

Sisipkan $\bar g = \rho\eu^{-\iu\theta} + \bar b_0 + \sum_m\bar b_m\rho^{-m}\eu^{\iu m\theta}$ dan $g' = 1 - \sum_nnb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta}$ : maka setelah dikalikan $\eu^{\iu\theta}$ , hanya hasil kali berfrekuensi nol yang bertahan pada pengintegralan- $\theta$ -nya (sebab kekonvergenan normalnya membenarkan kerja suku demi sukunya): sehingga pasangan $(\rho\eu^{-\iu\theta})\cdot1$ menyumbang $2\pi\rho$ , dan setiap pasangan $\bar b_n\rho^{-n}\eu^{\iu n\theta}\cdot(-nb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta})$ menyumbang $-2\pi n\abs{b_n}^2\rho^{-2n-1}$ :

A_\rho = \pi\rho^2 - \pi\sum_{n\geq1}n\abs{b_n}^2\rho^{-2n}.

2. Luas bersifat tak negatif: sehingga $\sum_{n\leq N}n\abs{b_n}^2\rho^{-2n} \leq \rho^2$ untuk setiap $N$ ; lalu biarkan $\rho \to 1^+$ kemudian $N \to \infty$ : diperoleh $\sum_{n\geq1}n\abs{b_n}^2 \leq 1$ . Sedangkan kesamaan pada $\abs{b_1} \leq 1$ memaksa semua $b_n = 0$ lainnya: jadi $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ , yang memetakan ke komplemen sebuah ruas berpanjang $4$ (yakni pemetaan bertipe Joukowski): itulah ekstremalnya.

3. Fungsi $f(z)/z = 1 + a_2z + \cdots$ bersifat holomorfik dan bebas akar pada $\mathbb D$ (sebab $f$ lenyap hanya di $0$ , secara sederhana: menurut keinjektifannya), sehingga demikian pula $f(z^2)/z^2$ , yang berakar kuadrat holomorfik $\varphi$ dengan $\varphi(0) = 1$ (Definisi 18.8; sebab $\mathbb D$ cembung). Maka $h(z) = z\varphi(z^2)$ memenuhi $h^2 = f(z^2)$ , $h(z) = z\bigl(1 + \frac{a_2}2z^2 + \cdots\bigr)$ (lewat deret binomial akarnya), dan $h(z) = z\varphi(z^2)$ bersifat gasal menurut konstruksinya (sebab $\varphi(z^2)$ genap). Untuk keinjektifannya: $h(z) = h(z')$ memberikan $f(z^2) = f(z'^2)$ , sehingga $z^2 = z'^2$ , yakni $z' = \pm z$ ; lalu jika $z' = -z$ maka kegasalannya memberikan $h(z) = -h(z)$ , sehingga $h(z) = 0$ , yang memaksa $z = 0$ (sebab $\varphi$ bebas akar): jadi $z = z' = 0$ .

4. Untuk $g(w) = 1/h(1/w)$ : bagi $\abs w > 1$ , $1/w \in \mathbb D\setminus\{0\}$ dan $h \neq 0$ di sana: jadi terdefinisi baik, injektif (sebab komposisi injeksi), dengan uraian

g(w) = \frac{1}{\frac1w\bigl(1 + \frac{a_2}{2w^2} + \cdots\bigr)} = w\Bigl(1 - \frac{a_2}{2w^2} + \cdots\Bigr) = w - \frac{a_2}{2}\,w^{-1} + \cdots :

yakni berbentuk Bagian I dengan $b_1 = -\frac{a_2}2$ . Lalu teorema luasnya memberikan $\abs{\frac{a_2}2} \leq 1$ : sehingga $\abs{a_2} \leq 2$ .

5. Berlaku $k(z) = \frac z{(1-z)^2} = z\sum_{m\geq0}(m + 1)z^m = \sum_{n\geq1}nz^n$ : sehingga koefisiennya $a_n = n$ , jadi $a_2 = 2$ . Untuk keunivalenan dan petanya: $k = \frac14\bigl[w^2 - 1\bigr]$ dengan $w = \frac{1 + z}{1 - z}$ , yakni pemetaan konformal $\mathbb D$ ke setengah bidang kanannya; lalu $w^2$ memetakan setengah bidang itu secara konformal ke $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; kemudian $\frac{\cdot - 1}4$ memberikan $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ : jadi injektif pada setiap tahapnya, dengan peta seperti yang diklaim.

6. Untuk $F = \frac{cf}{c - f}$ : karena $c \notin f(\mathbb D)$ , penyebutnya tak pernah lenyap: sehingga $F$ holomorfik, dan injektif (sebab $w \mapsto \frac{cw}{c - w}$ bersifat Möbius dan injektif di luar $w = c$ ). Untuk uraiannya: dengan $f = z + a_2z^2 + \cdots$ ,

F = f\cdot\frac1{1 - f/c} = \bigl(z + a_2z^2\bigr)\Bigl(1 + \frac zc\Bigr) + O(z^3) = z + \Bigl(a_2 + \frac1c\Bigr)z^2 + O(z^3):

sehingga $F \in \mathcal S$ dengan $A_2 = a_2 + \frac1c$ .

7. Bieberbach dua kali: $\abs{a_2} \leq 2$ dan $\abs{a_2 + \frac1c} \leq 2$ , sehingga $\abs{\frac1c} \leq 4$ : jadi $\abs c \geq \frac14$ . Sehingga setiap nilai yang dilewatkan terletak di luar $D(0,\frac14)$ , yakni $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ . Dan tajam: sebab fungsi Koebenya melewatkan $-\frac14$ (pertanyaan 5).

8. Misalkan $d = d(z_0, \partial\Omega)$ dan $\psi = \varphi^{-1} \colon \mathbb D \to \Omega$ dengan $\psi(0) = z_0$ dan $\psi'(0) = 1/\varphi'(z_0) > 0$ . Maka penormalannya $\tilde f(z) = \frac{\psi(z) - z_0}{\psi'(0)}$ terletak di $\mathcal S$ , sehingga petanya memuat $D(0, \frac14)$ ; lalu dengan menskalakannya kembali, $\Omega = \psi(\mathbb D) \supseteq D\bigl(z_0, \tfrac{\psi'(0)}4\bigr)$ , sehingga $d \geq \frac{\psi'(0)}4 = \frac1{4\varphi'(z_0)}$ : yakni ketaksamaan kirinya. Sedangkan untuk yang kanan: $\varphi\circ(z_0 + d\,\cdot)$ memetakan $\mathbb D$ ke dalam $\mathbb D$ dengan $0 \mapsto 0$ ; sehingga Schwarz membatasi turunannya di $0$ : $d\,\varphi'(z_0) \leq 1$ , yakni $\frac1{\varphi'(z_0)} \geq d$ — sehingga bersama-sama

d \leq \frac1{\varphi'(z_0)} \leq 4d .

(Sedangkan ketaksamaan kiri seperti yang ditampilkan pada pernyataannya adalah rantai yang sama, yang disusun ulang.)

9. Untuk fungsi Koebe $a_n = n$ : sehingga kesamaannya berlaku di sepanjang dugaannya; dan rotasinya $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z) = \sum n\eu^{\iu(n-1)\theta}z^n$ mempunyai $\abs{a_n} = n$ pula. Lalu dengan mendorong pertanyaan 4: $h = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ dengan $h^2 = f(z^2)$ ; sehingga dengan membandingkan koefisien $z^6$ -nya: $2c_5 + \frac{a_2^2}4 = a_3$ , jadi $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ . Maka

g(w) = \frac1{h(1/w)} = w\Bigl(1 - \frac{a_2}{2w^2} + \Bigl(\frac{a_2^2}4 - c_5\Bigr)\frac1{w^4} + \cdots\Bigr) = w - \frac{a_2}2w^{-1} + \Bigl(\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\Bigr)w^{-3} + \cdots,

dan teorema luasnya (yakni $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ ) melahirkan

\Bigl|\frac{a_2}2\Bigr|^2 + 3\,\Bigl|\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\Bigr|^2 \leq 1 .

Untuk pemeriksaan Koebenya (dengan $a_2 = 2$ dan $a_3 = 3$ ): $\abs{\frac{a_2}2}^2 = 1$ dan $\frac{3\cdot4}8 - \frac32 = 0$ : sehingga totalnya tepat $1$ — jadi ekstremal, seperti yang seharusnya.

10. Pemetaan $\varphi$ merupakan automorfisma cakram dengan $\varphi(0) = z_0$ , sehingga $f\circ\varphi$ bersifat univalen pada $\mathbb D$ (sebab komposisi injeksi), dan $f'(z_0) \neq 0$ (Definisi 18.1): jadi $F$ terdefinisi baik dan univalen, dengan $F(0) = 0$ . Lalu lewat aturan hasil bagi:

\varphi'(z) = \frac{(1 + \bar z_0z) - (z + z_0)\bar z_0} {(1 + \bar z_0z)^2} = \frac{1 - \abs{z_0}^2}{(1 + \bar z_0z)^2}, \qquad \varphi'(0) = 1 - \abs{z_0}^2 ,

sehingga $(f\circ\varphi)'(0) = f'(z_0)(1 - \abs{z_0}^2)$ dan $F'(0) = 1$ : jadi $F \in \mathcal S$ .

11. Dengan $G = f\circ\varphi$ : $G'' = f''(\varphi)\,\varphi'^2 + f'(\varphi)\,\varphi''$ , dan $\varphi''(z) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)(1 + \bar z_0z)^{-3}$ memberikan $\varphi''(0) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)$ . Karena itu

A_2 = \frac{G''(0)}{2f'(z_0)(1 - \abs{z_0}^2)} = \frac12\Bigl[\bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr) \frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\Bigr] .

Lalu Bieberbach untuk $F$ (pertanyaan 4): $\abs{A_2} \leq 2$ , yakni $\bigl|(1 - \abs{z_0}^2)\frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\bigr| \leq 4$ . Kalikanlah dengan $z_0/(1 - \abs{z_0}^2)$ , yang bermodulus $r/(1 - r^2)$ untuk $z_0 = r\eu^{\iu\theta}$ , lalu pakailah $z_0\bar z_0 = r^2$ :

\Bigl|\,z_0\frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - \frac{2r^2}{1 - r^2}\Bigr| \leq \frac{4r}{1 - r^2} .

12. Sebuah bilangan kompleks yang berjarak paling banyak $\rho$ dari titik real $c$ berbagian real di $\intcc{c - \rho}{c + \rho}$ : lalu terapkan ini pada $c = \frac{2r^2}{1-r^2}$ dan $\rho = \frac{4r}{1-r^2}$ .

13. Untuk fungsi $\mathcal C^1$ tak lenyap $g$ : $\log\abs g = \frac12\log(g\bar g)$ , sehingga $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \frac{g'\bar g + g\bar g'}{2\abs g^2} = \operatorname{Re}\frac{g'}g$ . Lalu dengan $g(t) = f'(t\eu^{\iu\theta})$ (yang bebas akar menurut keunivalenannya), $g'(t) = \eu^{\iu\theta}f''(t\eu^{\iu\theta})$ , sehingga di $z = t\eu^{\iu\theta}$ :

\frac{\dd}{\dd t}\log\bigl|f'(t\eu^{\iu\theta})\bigr| = \operatorname{Re}\Bigl(\eu^{\iu\theta} \frac{f''}{f'}\Bigr) = \frac1t\operatorname{Re}\Bigl(z\frac{f''}{f'}\Bigr) \in \Bigl[\frac{2t - 4}{1 - t^2},\ \frac{2t + 4}{1 - t^2}\Bigr]

menurut pertanyaan 12 pada jari-jari $t$ . Lalu karena $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1+t}{(1-t)^3} = \frac1{1+t} + \frac3{1-t} = \frac{2t+4}{1-t^2}$ dan $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1-t}{(1+t)^3} = \frac{-1}{1-t} - \frac3{1+t} = \frac{2t-4}{1-t^2}$ , mengintegralkannya dari $0$ ke $r$ (sebab ketiga fungsinya lenyap di $t = 0$ dan $f'(0) = 1$ ) memberikan

\log\frac{1-r}{(1+r)^3} \leq \log\abs{f'(z)} \leq \log\frac{1+r}{(1-r)^3} :

yakni teorema kesesatannya, setelah dieksponensialkan.

14. Untuk yang atas: sepanjang ruas $[0, z]$ ,

\abs{f(z)} = \Bigl|\int_0^rf'(t\eu^{\iu\theta}) \eu^{\iu\theta}\dd t\Bigr| \leq \int_0^r\frac{1+t}{(1-t)^3}\dd t = \frac{r}{(1-r)^2}

(sebab $\frac{\dd}{\dd t}\frac t{(1-t)^2} = \frac{1+t}{(1-t)^3}$ ). Untuk yang bawah: perhatikan $\frac r{(1+r)^2} < \frac14$ bagi $r < 1$ (sebab ia menyatakan $(1-r)^2 > 0$ ), sehingga jika $\abs{f(z)} \geq \frac14$ maka tak ada yang perlu dibuktikan. Selain itu ruas $[0, f(z)]$ terletak di $D(0, \frac14) \subseteq f(\mathbb D)$ (pertanyaan 7), dan $\gamma = f^{-1}\circ[0, f(z)]$ merupakan lintasan $\mathcal C^1$ dari $0$ ke $z$ di $\mathbb D$ (sebab $f^{-1}$ holomorfik, Akibat 17.10). Lalu dengan menyubstitusikan $w = f(\zeta)$ ,

\abs{f(z)} = \int_{[0,f(z)]}\abs{\dd w} = \int_\gamma\abs{f'(\zeta)}\,\abs{\dd\zeta} \geq \int_0^1\frac{1 - \rho(s)}{(1 + \rho(s))^3} \,\abs{\gamma'(s)}\,\dd s

dengan $\rho = \abs\gamma$ , memakai batas kesesatan bawahnya pada jari-jari $\rho(s)$ . Lalu karena $\abs{\gamma'} \geq \rho'$ (di mana pun ia terdefinisi; sebab $\rho$ bersifat Lipschitz) dan faktor integrannya positif,

\abs{f(z)} \geq \int_0^1 \frac{1 - \rho(s)}{(1 + \rho(s))^3}\,\rho'(s)\,\dd s = \int_0^{r}\frac{1 - u}{(1 + u)^3}\,\dd u = \frac{r}{(1 + r)^2}

(sebab $\rho(0) = 0$ dan $\rho(1) = r$ ; dan substitusinya hanya memakai sebuah antiturunan, $\frac{\dd}{\dd u}\frac u{(1+u)^2} = \frac{1-u}{(1+u)^3}$ , bukan kemonotonannya).

15. Berlaku $k'(z) = \frac{\dd}{\dd z}\,z(1 - z)^{-2} = \frac{1 + z}{(1 - z)^3}$ . Di $z = r$ : $k'(r) = \frac{1+r}{(1-r)^3}$ dan $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ — sehingga kedua batas atasnya tercapai. Sedangkan di $z = -r$ : $k'(-r) = \frac{1-r}{(1+r)^3}$ dan $\abs{k(-r)} = \frac r{(1+r)^2}$ — sehingga kedua batas bawahnya tercapai. Jadi fungsi Koebe merentangkan sumbu positifnya secara maksimal menuju batas yang jauh dan mengerutkan sinar antipodalnya secara maksimal ke arah ujung irisannya.

16. Bahwa $\abs{a_2} = 2$ berarti $\abs{b_1} = 1$ bagi $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}2w^{-1} + \cdots$ (pertanyaan 4); lalu teorema luasnya $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ membunuh setiap koefisien lainnya: sehingga $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ dengan $\eu^{\iu\alpha} = -\frac{a_2}2$ . Lalu karena $h$ gasal, $g(-w) = 1/h(-1/w) = -1/h(1/w) = -g(w)$ : sehingga $g$ gasal, jadi $b_0 = 0$ . Lalu dengan membalikkannya, $h(z) = 1/g(1/z) = \frac{z}{1 + \eu^{\iu\alpha}z^2}$ , dan $f(z^2) = h(z)^2$ memberikan

f(w) = \frac{w}{(1 + \eu^{\iu\alpha}w)^2} = \frac{w}{(1 - \eu^{\iu\theta}w)^2} = \eu^{-\iu\theta}k\bigl(\eu^{\iu\theta}w\bigr), \qquad \eu^{\iu\theta} = -\eu^{\iu\alpha} .

Sebaliknya setiap rotasinya mempunyai $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ yang bermodulus $2$ : sehingga ekstremal Bieberbach tepat berupa fungsi Koebe yang dirotasikan.

17. Jika $c$ dilewatkan dengan $\abs c = \frac14$ : maka pertanyaan 6 memberikan $F \in \mathcal S$ dengan $A_2 = a_2 + \frac1c$ , sehingga $\frac1c = A_2 - a_2$ dan

4 = \Bigl|\frac1c\Bigr| = \abs{A_2 - a_2} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 2 + 2 = 4 :

sehingga kesamaannya di sepanjangnya, khususnya $\abs{a_2} = 2$ . Lalu menurut pertanyaan 16, $f = \eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}\cdot)$ , yang himpunan terlewatnya adalah $\eu^{-\iu\theta} \intoc{-\infty}{-\frac14}$ : sehingga satu-satunya nilai terlewat yang bermodulus $\frac14$ adalah $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ . (Periksalah: $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ dan $\frac1c = -4\eu^{\iu\theta}$ , sehingga $A_2 = -2\eu^{\iu\theta} = -a_2$ : jadi ketaksamaan segitiganya jenuh lewat pelawanan arah, seperti yang seharusnya.)

18. Taksiran Cauchy pada lingkaran $\abs z = r$ (Teorema 16.10), yang digabungkan dengan teorema pertumbuhannya, memberikan

\abs{a_n} \leq r^{-n}\sup_{\abs z = r}\abs f \leq r^{1-n}\,(1 - r)^{-2} .

Lalu pilihlah $r = 1 - \frac1n$ (dengan $n \geq 2$ ): maka $r^{1-n} = \bigl(1 + \frac1{n-1}\bigr)^{n-1} < \eu$ (sebab barisannya naik dengan limit $\eu$ ) dan $(1 - r)^{-2} = n^2$ : sehingga $\abs{a_n} < \eu\,n^2$ .

19. Himpunan $U = f(D(0, r))$ bersifat terbuka (Akibat 17.10) dan memuat $0$ . Untuk batasnya: jika $p \in \partial U$ , tulislah $p = \lim f(z_k)$ dengan $z_k \in D(0, r)$ ; maka sebuah subbarisan memberikan $z_k \to z_\infty \in \bar D(0, r)$ , dan $f(z_\infty) = p \notin U$ memaksa $z_\infty \in \partial D(0, r)$ : sehingga $\partial U \subseteq f(\partial D(0, r))$ , jadi setiap titik batas $U$ bermodulus $\geq \frac r{(1+r)^2}$ (pertanyaan 14). Kini misalkan $\abs w < \frac r{(1+r)^2}$ dan andaikan $w \notin U$ . Maka ruas $[0, w]$ terhubung, memotong $U$ (di $0$ ) dan komplemennya (di $w$ ), sehingga ia memotong $\partial U$ ; padahal semua titiknya bermodulus $\leq \abs w < \frac r{(1+r)^2}$ : jadi bertentangan. Karena itu $D\bigl(0, \frac r{(1+r)^2}\bigr) \subseteq U$ . Untuk ketajamannya: $k(-r) = -\frac r{(1+r)^2}$ merupakan peta sebuah titik batas $D(0,r)$ , dan $k$ injektif, sehingga $k(-r) \notin k(D(0, r))$ : jadi jari-jarinya tak dapat diperbesar. Lalu saat $r \to 1^-$ , $\frac r{(1+r)^2} \to \frac14$ : yakni teorema seperempatnya bagi cakram penuhnya.

20. Pertama, $\partial f(\mathbb D) \neq \emptyset$ : sebab jika tidak, $f(\mathbb D)$ , yang terbuka, tertutup, dan tak kosong, akan seluruh $\C$ , sehingga $f^{-1} \colon \C \to \mathbb D$ akan berupa fungsi utuh yang terbatas dan tak konstan, yang bertentangan dengan Akibat 16.12. Untuk ketaksamaan kirinya: transformasi Koebe $F$ pada pertanyaan 10 terletak di $\mathcal S$ dan $F(\mathbb D) = \frac{f(\mathbb D) - f(z_0)}{f'(z_0)(1-\abs{z_0}^2)}$ ; sehingga menurut pertanyaan 7 ia memuat $D(0, \frac14)$ , jadi

f(\mathbb D) \supseteq f(z_0) + D\Bigl(0,\ \tfrac14\abs{f'(z_0)}\bigl(1 - \abs{z_0}^2\bigr)\Bigr) ,

dan setiap titik $\partial f(\mathbb D)$ — yang saling lepas dengan himpunan terbuka $f(\mathbb D)$ — berjarak $\geq \frac14(1-\abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ dari $f(z_0)$ . Untuk ketaksamaan kanannya: misalkan $d = d(f(z_0), \partial f(\mathbb D)) < \infty$ . Maka cakram $D(f(z_0), d)$ terletak di $f(\mathbb D)$ : sebab sebuah ruas dari $f(z_0)$ ke sembarang titiknya tetap berjarak $< d$ dari $f(z_0)$ , sehingga tak pernah memotong $\partial f(\mathbb D)$ , dan argumen keterhubungan pertanyaan 19 menjaganya di $f(\mathbb D)$ . Lalu $\hat g(w) = f^{-1}(f(z_0) + dw)$ memetakan $\mathbb D$ ke dalam $\mathbb D$ dengan $\hat g(0) = z_0$ , dan $\chi = \psi^{-1}\circ\hat g$ , dengan $\psi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , menetapkan $0$ : sehingga Schwarz (Teorema 18.4) memberikan $\abs{\chi'(0)} \leq 1$ . Lalu karena $\chi'(0) = \frac{\hat g'(0)}{\psi'(0)} = \frac{d}{f'(z_0)\,(1 - \abs{z_0}^2)}$ , ini berarti $d \leq (1 - \abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ .

21. Berlaku $k(\mathbb D) = \C\setminus \intoc{-\infty}{-\frac14}$ , sehingga $\partial k(\mathbb D) = \intoc{-\infty}{-\frac14}$ , dan untuk titik real positif $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ titik batas terdekatnya adalah $-\frac14$ :

d = k(r) + \frac14 = \frac{4r + (1-r)^2}{4(1-r)^2} = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2} .

Sedangkan anggota kiri pertanyaan 20: $\frac14(1 - r^2)k'(r) = \frac14\,\frac{(1-r^2)(1+r)}{(1-r)^3} = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2} = d$ : yakni kesamaan. (Sedangkan anggota kanannya bernilai $4d$ : sehingga faktor $4$ penuhnya memisahkan kedua sisinya, dan fungsi Koebe duduk tepat di dasarnya.)

22. Asas tunggalnya adalah Parseval: sebab keunivalenannya melarang pertindihan, sehingga luas komplemen peta $\{\abs w > \rho\}$ , yang diuraikan pada ragam Fourier pada lingkarannya, bersifat tak negatif — jadi teorema luasnya merupakan identitas $L^2$ beserta sebuah tanda. Sedangkan selebihnya adalah ketaksamaan itu yang diangkut: sebab sebuah akar kuadrat (pertanyaan 3) mengubahnya menjadi $\abs{a_2} \leq 2$ ; lalu sebuah pencerminan Möbius dari sebuah nilai terlewat (pertanyaan 6) mengubah $\abs{a_2} \leq 2$ menjadi teorema seperempatnya; lalu automorfisma cakramnya (pertanyaan 10) menyebarkan $\abs{a_2} \leq 2$ ke seluruh cakramnya sebagai teorema kesesatannya; lalu pengintegralan radialnya mengubah kesesatan menjadi pertumbuhan, dan pertumbuhan menjadi penyelimutan. Dan pada setiap tahapnya kasus kesamaannya merambat pula, yang selalu mendarat pada fungsi Koebe yang dirotasikan — yakni satu keluarga ekstremal bagi seluruh teorinya, persis seperti rotasi merupakan satu-satunya ekstremal lema Schwarz. Jadi satu ketaksamaan interior, ditambah kekakuan kasus kesamaannya, mengatur seluruh geometrinya: sehingga pemetaan konformal adalah seni memanfaatkan ketaksamaan semacam itu.

23. Teorema pertumbuhannya membatasi $\abs f \leq \frac{r}{(1-r)^2}$ secara seragam pada setiap $\bar D(0, r)$ dengan $r < 1$ , bagi semua $f \in \mathcal S$ sekaligus: jadi terbatas lokal, sehingga $\mathcal S$ merupakan keluarga normal (Teorema 18.7). Lalu jika $f_n \in \mathcal S \to f$ secara seragam lokal: maka $f$ holomorfik dengan $f_n' \to f'$ secara seragam lokal (menurut Weierstrass), sehingga $f(0) = 0$ dan $f'(0) = 1$ — jadi khususnya $f$ tak konstan — dan Hurwitz (Latihan 17.8) membuat limit pemetaan injektifnya injektif: sehingga $f \in \mathcal S$ . Sedangkan sebuah fungsional kontinu (misalnya $f \mapsto \abs{a_2} = \frac{\abs{f''(0)}}2$ ) pada sebuah kelas kompak mencapai supremumnya: sehingga fungsi ekstremalnya ada sebelum orang tahu apa itu — yakni titik awal setiap serangan variasi atas soal koefisien, termasuk soal Bieberbach.

24. Tulis $g(w) = w + A_2w^2 + O(w^3)$ lalu komposisikan:

z = g(f(z)) = f(z) + A_2f(z)^2 + O(z^3) = z + (a_2 + A_2)z^2 + O(z^3),

sehingga $A_2 = -a_2$ dan $\abs{A_2} \leq 2$ (menurut Bieberbach), dengan kesamaannya jika dan hanya jika $\abs{a_2} = 2$ , yakni jika dan hanya jika $f$ merupakan fungsi Koebe yang dirotasikan (pertanyaan 16) — dan lalu $g$ merupakan balikan yang bersesuaian, yang terdefinisi pada bidang teririsnya.

25. Berlaku $f(z_1) - f(z_2) = (z_1 - z_2)\bigl(1 + a(z_1 + z_2)\bigr)$ . Jika $\abs a \leq \frac12$ : maka untuk $z_1 \neq z_2$ di $\mathbb D$ , $\abs{a(z_1 + z_2)} < 2\abs a \leq 1$ (secara sejati, sebab $\abs{z_1 + z_2} < 2$ ), sehingga faktor keduanya tak dapat lenyap: jadi injektif, dan $f \in \mathcal S$ (sebab penormalannya sudah tertanam). Sedangkan jika $\abs a > \frac12$ : titik $s = -\frac1a$ mempunyai $\abs s < 2$ , sehingga $z_{1,2} = \frac s2 \pm \varepsilon$ terletak di $\mathbb D$ untuk $\varepsilon > 0$ yang kecil, berbeda, dan $z_1 + z_2 = s$ membunuh faktornya: sehingga $f(z_1) = f(z_2)$ , jadi tak injektif. Karena itu $\mathcal S$ memuat $z + az^2$ tepat untuk $\abs a \leq \frac12$ . Jadi batas Bieberbach $\abs{a_2} \leq 2$ sangat tak terjenuhkan oleh polinomial berderajat $2$ — sebab koefisien fungsi Koebe $a_n = n$ datang dari sebuah deret tak berhingga yang bersekongkol sepanjang sinar terlewatnya, yakni perilaku yang tak dapat ditiru polinomial mana pun (yang termasuk $\mathcal S$ hanya dengan koefisien yang mungil).

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium