---
title: "Pemetaan Konformal dan Teorema Pemetaan Riemann"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 18
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/18-pemetaan-konformal-dan-teorema-pemetaan-riemann
---

# Bab 18 — Pemetaan Konformal dan Teorema Pemetaan Riemann

Sebuah bijeksi [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) (lewat Montel), lalu membuktikan teorema keberadaan yang paling dalam pada pokok bahasan ini: bahwa *setiap* subdaerah sejati $\C$ yang [terhubung sederhana](#def-b3-conformal-simplyconnected), betapapun bergerigi batasnya, [setara secara konformal](#def-b3-conformal-conformal) dengan cakram satuannya. Kita menutupnya dengan [fungsi harmonik](#prop-b3-conformal-harmonicholo) dan [kernel Poisson](#thm-b3-conformal-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) adalah bijeksi [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo); dan balikannya dengan sendirinya [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ([Akibat 17.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#cor-b3-residues-openmapping)). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#cor-b3-residues-openmapping)) — 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](#exo-b3-conformal-1)).

**Contoh 18.3 (Pemetaan Joukowski).**

Di luar Möbius, [pemetaan konformal](#def-b3-conformal-conformal) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert#pb-b3-hilbert-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ke $\mathbb D$ (sebab kesingularannya di $0$ terhapuskan: karena $g$ terbatas di dekat $0$, [Teorema 17.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-riemanncw); dan nilainya di $0$ adalah $f'(0)$). Pada $\abs z = r < 1$: $\abs g \leq \frac1r$, sehingga menurut asas maksimumnya ([Teorema 16.14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-maximum)) $\abs g \leq \frac1r$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) membuat $\abs g$ mencapai maksimum di [interiornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior): 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](#def-b3-conformal-conformal).

**Bukti.** Misalkan $f \in \operatorname{Aut}(\C)$ lalu tinjaulah $g(z) =
f(1/z)$ pada $\C^*$: yakni [fungsi holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) yang berkesingularan terpencil di $0$. Seandainya ia hakiki, maka Casorati–Weierstrass ([Teorema 17.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-riemanncw)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) dan sebuah [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#exo-b3-holomorphic-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#pb-b3-holomorphic-1)); dan bagaimanapun keinjektifannya gagal. Akhirnya, sebuah [pemetaan konformal](#def-b3-conformal-conformal) $\C \to
\mathbb D$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\Omega$ (dengan limit yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo)).

**Bukti.** Untuk [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K_m$; 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#thm-b3-complete-ascoli)) memetik subbarisan yang konvergen seragam pada $K_m$; lalu diagonalkan atas $m$. Sedangkan limitnya [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) menurut [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv). ∎

## 18.4 Teorema pemetaan Riemann

**Definisi 18.8.**

Sebuah $\Omega \subseteq \C$ yang terbuka [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-globalcauchy)) dan [Proposisi 16.5](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#prop-b3-holomorphic-primitive), pada $\Omega$ semacam itu *setiap [fungsi holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) berantiturunan*; sehingga setiap $f \in \mathcal H(\Omega)$ yang bebas akar mempunyai logaritma [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) (yakni $\exp\circ$(antiturunan $f'/f$), yang disesuaikan oleh sebuah konstanta, sebab $(f\eu^{-L})' = 0$) beserta akar ke-$n$ [holomorfiknya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $\eu^{L/n}$.

**Teorema 18.9 (Teorema pemetaan Riemann).**

Setiap $\Omega \subsetneq \C$ yang terbuka [terhubung sederhana](#def-b3-conformal-simplyconnected) dengan $\Omega
\neq \varnothing$ [setara secara konformal](#def-b3-conformal-conformal) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $h$ (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), injektif (yakni pemetaan Möbius yang dikomposisikan dengan $h$ yang injektif), dengan $\abs g \leq \frac12 < 1$. Lalu dengan mengomposisikannya dengan sebuah [faktor Blaschke](#thm-b3-conformal-autdisc) ([Teorema 18.5](#thm-b3-conformal-autdisc)) 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](#thm-b3-conformal-montel)) memetik $f_n \to f$ secara seragam pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact); lalu $f$ bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dengan $f(z_0) = 0$ dan $\abs{f'(z_0)} = s$ (lewat [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv) untuk turunannya), sehingga khususnya $f$ tak konstan; lalu $f$ bersifat injektif menurut Hurwitz ([Latihan 17.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#exo-b3-residues-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](#def-b3-conformal-simplyconnected): sehingga ia berakar kuadrat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $F$ (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](#thm-b3-conformal-autdisc) $\psi$ 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](#exo-b3-conformal-5)), perilaku batasnya (yang ditangani teori yang lebih dalam — yakni teorema Carathéodory), maupun ketunggalan perluasannya ke $\C$ atau ke daerah [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) 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](#def-b3-conformal-simplyconnected) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) sejati kecuali ia konstan).

**Bukti.** Fungsi $g = u_x - \iu u_y$ memenuhi [persamaan Cauchy–Riemann](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#prop-b3-holomorphic-cauchyriemann) (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): sehingga $g$ bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ([Proposisi 16.2](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#prop-b3-holomorphic-cauchyriemann); sebab keterturunan-$\R$-nya menyusul dari $\mathcal C^1$). Lalu misalkan $F_0$ sebuah antiturunan (lewat keterhubungan sederhananya, [Definisi 18.8](#def-b3-conformal-simplyconnected)); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected)): lalu sesuaikan $F = F_0 + c$. Sedangkan sifatnya berpindah dari [Teorema 16.14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-maximum) dan [Latihan 16.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#exo-b3-holomorphic-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) ke $\bar{\mathbb D}$ dengan nilai batas $g$: yakni satu-satunya [fungsi harmonik](#prop-b3-conformal-harmonicholo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) terhadap $z$ pada $\mathbb D$ ([Latihan 16.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#exo-b3-holomorphic-7)): sehingga $u$ merupakan bagian real sebuah [fungsi holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $g$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). *Untuk ketunggalannya*: selisih dua solusinya bersifat harmonik pada $\mathbb D$, [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada [penutupnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-conformal/fig-519b9b0ea3e1.svg)

*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](#def-b3-conformal-conformal) ($z \mapsto z^2$, 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](#ex-b3-conformal-mobius) $\varphi(z) = \frac{z -
\iu}{z + \iu}$ 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 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](#ex-b3-conformal-mobius)). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). (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](#thm-b3-conformal-autdisc) untuk menyusutkannya ke (a))*.

**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](#thm-b3-conformal-autdisc) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) mengerutkan metrik hiperboliknya.

**Solusi Latihan 18.3.**

Tetapkan $z$ lalu tetapkan $g = \varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$: yakni pemetaan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $\mathbb D \to \mathbb D$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dengan turunan yang tak lenyap dan balikan yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) (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](#thm-b3-conformal-autdisc) $\varphi_{1/2}(z) = \frac{z -
\frac12}{1 - \frac z2}$: 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](#def-b3-conformal-conformal) $\C \to \mathbb D$ atau $\C \to
\mathbb H$, dan tak ada pula $\mathbb D \to \C$. (b) Manakah di antara berikut yang [setara secara konformal](#def-b3-conformal-conformal) dengan $\mathbb D$? Benarkanlah lewat [Teorema 18.9](#thm-b3-conformal-rmt) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-riemanncw)(1) — kembangkanlah ini.)*

**Solusi Latihan 18.5.**

(a) Sebuah [pemetaan konformal](#def-b3-conformal-conformal) $\C \to \mathbb D$ (atau $\mathbb H$, setelah dikomposisikan dengan Cayley) merupakan fungsi utuh yang terbatas: jadi konstan menurut Liouville — sehingga tak bijektif. Sedangkan [pemetaan konformal](#def-b3-conformal-conformal) $\mathbb
D \to \C$ akan berbalikan konformal $\C \to \mathbb D$: yakni pertentangan yang sama.

(b) Bujur sangkarnya cembung, jadi [terhubung sederhana](#def-b3-conformal-simplyconnected), dan sejati: sehingga secara konformal $\mathbb D$ ([Teorema 18.9](#thm-b3-conformal-rmt)). Sedangkan bidang teriris $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ berbentuk bintang terhadap $1$ (sebab ruas dari $1$ menghindari irisannya), jadi [terhubung sederhana](#def-b3-conformal-simplyconnected), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-riemanncw)): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) 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](#def-b3-conformal-simplyconnected), sehingga $F = \eu^L$ untuk $L$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ([Definisi 18.8](#def-b3-conformal-simplyconnected)). Lalu misalkan $\sigma$ lingkaran $\abs z = \frac32$ di $A$ dan $\gamma =
F^{-1}\circ\sigma$, yakni [lintasan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) 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 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](#def-b3-conformal-conformal) ke setengah bidang kanannya.

**Latihan 18.7 ★★★.**

Di manakah bukti [Teorema 18.9](#thm-b3-conformal-rmt) 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 Latihan 18.7.**

(i) Keterhubungan sederhananya masuk tepat dua kali, lewat keberadaan akar kuadrat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) fungsi yang bebas akar ([Definisi 18.8](#def-b3-conformal-simplyconnected)): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#exo-b3-residues-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](#exo-b3-conformal-5)(a)). Sedangkan untuk kegagalannya bagi anulusnya: ia tak [terhubung sederhana](#def-b3-conformal-simplyconnected) — sehingga konstruksi akar kuadratnya patah (misalnya $z$ sendiri, yang bebas akar pada $A$, tak berakar kuadrat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo): lewat perhitungan indeks yang sama seperti pada [Latihan 18.5](#exo-b3-conformal-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 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](#thm-b3-conformal-poisson) 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](#prop-b3-conformal-harmonicholo) pada $\C$ yang terbatas dari bawah bersifat konstan.

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $\bar{\mathbb D}$, sehingga sama dengan integral Poissonnya ([Teorema 18.12](#thm-b3-conformal-poisson), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $u$): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) — buktikanlah lewat [Proposisi 18.11](#prop-b3-conformal-harmonicholo) 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](#def-b3-conformal-simplyconnected)) dengan limit batas yang dituntut di setiap $x \neq
0$, lalu angkutlah ia ke cakramnya lewat Cayley untuk menurunkan kembali [Latihan 18.8](#exo-b3-conformal-8)(c).

**Solusi Latihan 18.10.**

Secara lokal, $u = \operatorname{Re}F$ dengan $F$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ([Proposisi 18.11](#prop-b3-conformal-harmonicholo)), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](#ex-b3-conformal-mobius) (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](#exo-b3-conformal-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\bar D(0, r)$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) $z_0 =
\frac12$.

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-riemanncw) di $0$) bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) $\abs h$) akan membuat $h$ menjadi konstanta unimodular, yakni $f$ sebuah rotasi — yang terkecualikan. Lalu pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\bar D(0,r)$, $c_r = \max\abs h < 1$, 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo)) dengan mengintegralkan persamaan Cauchy–Riemannya; lalu kenali $f(z) =
u + \iu v$ sebagai polinomial dalam $z$. (b) Tunjukkan bahwa pada [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) *berbentuk bintang*, setiap [fungsi harmonik](#prop-b3-conformal-harmonicholo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-cauchy), atau lema Poincaré [Bab 21](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/21-bentuk-diferensial-dan-teorema-stokes#ch-b3-forms))*. (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/21-bentuk-diferensial-dan-teorema-stokes#ch-b3-forms)).

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) berbentuk bintang lema Poincaré ([Teorema 21.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/21-bentuk-diferensial-dan-teorema-stokes#thm-b3-forms-poincare); atau konstruksi antiturunan [Teorema 16.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-cauchy) yang diterapkan pada $u_x - \iu u_y$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo)) menyediakan $v$ dengan $\dd v = \omega$, yakni sistem Cauchy–Riemannya: sehingga $u + \iu v$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/21-bentuk-diferensial-dan-teorema-stokes#ex-b3-forms-angular)), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan *injektif* pada $\{\abs w > 1\}$.

1. Untuk $\rho > 1$, misalkan $A_\rho$ luas (yakni [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter)) himpunan [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K_\rho = \C\setminus  g(\{\abs w > \rho\})$, 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#thm-b3-residues-laurent) $\bar g$ dan $g'$ pada $C_\rho$ lalu integralkan suku demi suku (lewat kekonvergenan normalnya; sebab hanya hasil kali berfrekuensi nol yang bertahan).
2. 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 $f = z + a_2z^2 + \cdots \in \mathcal S$.

3. Tunjukkan bahwa $f(z^2)/z^2$ bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan bebas akar pada $\mathbb D$ , dan memiliki akar kuadrat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $\varphi$ 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.)*
4. 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 $\abs{a_2} \leq 2$ .
5. 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.**

6. 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: $A_2 = a_2 + \frac1c$.
7. 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.
8. Turunkan sebuah taksiran kuantitatif pemetaan Riemannya: bahwa jika $\varphi \colon \Omega \to \mathbb D$ merupakan pemetaan Riemann [Teorema 18.9](#thm-b3-conformal-rmt) 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.**

9. 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 $f \in \mathcal
S$.

10. (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](#thm-b3-conformal-autdisc)) 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](#def-b3-conformal-conformal))*.
11. 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*: $$\Bigl|\,z\,\frac{f''(z)}{f'(z)} -  \frac{2r^2}{1 - r^2}\Bigr|  \;\leq\; \frac{4r}{1 - r^2} .$$
12. Ambillah bagian realnya: $$\frac{2r^2 - 4r}{1 - r^2} \;\leq\;  \operatorname{Re}\Bigl(z\,\frac{f''(z)}{f'(z)}\Bigr)  \;\leq\; \frac{2r^2 + 4r}{1 - r^2} .$$
13. 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*: $$\frac{1 - r}{(1 + r)^3} \;\leq\; \abs{f'(z)}  \;\leq\; \frac{1 + r}{(1 - r)^3},  \qquad \abs z = r .$$
14. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) menurut [Akibat 17.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#cor-b3-residues-openmapping) — 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 $\abs{\dd\zeta} \geq  \dd\abs\zeta$)*.
15. 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.

16. 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 $\abs{a_2} = 2$.
17. 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.
18. (Koefisien secara murah) Gabungkan teorema pertumbuhannya dengan [taksiran Cauchy](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic) ([Teorema 16.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic)) 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.)
19. (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.)*
20. (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](#thm-b3-conformal-schwarz)) 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?
21. 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 $\intoo01$ .
22. (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](#thm-b3-conformal-schwarz) : sebab pada keduanya, satu ketaksamaan [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) mengakukan seluruh geometrinya, dan ekstremalnya tunggal sampai rotasinya.

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

23. Tunjukkan bahwa kelas $\mathcal S$ bersifat *[kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)* terhadap kekonvergenan seragam lokalnya: sebab ia terbatas lokal menurut teorema pertumbuhannya, sehingga normal ( [Teorema 18.7](#thm-b3-conformal-montel) ); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#exo-b3-residues-8), karena limitnya tak konstan)* . Lalu mengapa ini penting bagi soal ekstremal seperti soal Bieberbach?
24. 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.
25. 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 Soal 18.1.**

**1.** Fungsi $g$ bersifat injektif dan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $\varphi$ dengan $\varphi(0) = 1$ ([Definisi 18.8](#def-b3-conformal-simplyconnected); 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](#def-b3-conformal-conformal) $\mathbb D$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), 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](#def-b3-conformal-conformal)): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) $\mathcal C^1$ dari $0$ ke $z$ di $\mathbb D$ (sebab $f^{-1}$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), [Akibat 17.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#cor-b3-residues-openmapping)). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic) pada lingkaran $\abs z =
r$ ([Teorema 16.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic)), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#cor-b3-residues-openmapping)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#cor-b3-holomorphic-liouville). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $f(\mathbb D)$ — 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](#thm-b3-conformal-schwarz)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert#thm-b3-hilbert-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), ditambah kekakuan kasus kesamaannya, mengatur seluruh geometrinya: sehingga [pemetaan konformal](#def-b3-conformal-conformal) 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](#thm-b3-conformal-montel)). Lalu jika $f_n \in \mathcal S \to
f$ secara seragam lokal: maka $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu#exo-b3-residues-8)) membuat limit pemetaan injektifnya injektif: sehingga $f \in \mathcal S$. Sedangkan sebuah fungsional [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (misalnya $f \mapsto \abs{a_2} = \frac{\abs{f''(0)}}2$) pada sebuah kelas [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) *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).