Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

18Conforme afbeeldingen en de afbeeldingsstelling van Riemann

Een holomorfe bijectie tussen twee gebieden transporteert alle complexe analyse van het ene naar het andere: zulke afbeeldingen — conform, omdat zij hoeken bewaren — zijn de isomorfismen van de holomorfe wereld. Dit hoofdstuk classificeert ze waar classificatie mogelijk is (de schijf, het vlak: het lemma van Schwarz is de sleutel, een ongelijkheid van verbluffende kracht), bouwt de compactheidstheorie van holomorfe families (Montel), en bewijst de diepste bestaansstelling van het vak: elk enkelvoudig samenhangend proper deelgebied van $\C$ , hoe gekarteld ook de rand, is conform equivalent met de eenheidsschijf. We sluiten met harmonische functies en de Poissonkern, het Dirichlet-probleem op de schijf oplossend — de analytische opbrengst van conforme meetkunde. Doorheen, $\mathbb D = D(0,1)$ en $\mathbb H = \{\operatorname{Im}z > 0\}$ .

18.1 Conforme afbeeldingen; Möbiustransformaties

Definitie 18.1

Een conforme afbeelding (of biholomorfisme) tussen open verzamelingen is een holomorfe bijectie; haar inverse is automatisch holomorf (Gevolg 17.10). Twee gebieden zijn conform equivalent als zo’n afbeelding bestaat; $\operatorname{Aut}(\Omega)$ duidt de groep van conforme zelfafbeeldingen aan. Waar $f' \neq 0$ — overal, voor injectieve $f$ (bewijs van Gevolg 17.10) — is de differentiaal vermenigvuldiging met $f'(z) \neq 0$ : een gelijkvormigheid, dus conforme afbeeldingen bewaren hoeken tussen krommen, inclusief oriëntatie.

Voorbeeld 18.2 (Möbiustransformaties)

Voor $\bigl(\begin{smallmatrix}a & b\\ c & d\end{smallmatrix}\bigr) \in GL_2(\C)$ is de Möbiustransformatie $z \mapsto \frac{az + b}{cz + d}$ conform van $\C\setminus\{-d/c\}$ op $\C\setminus\{a/c\}$ (inverse van hetzelfde type, uit de inversematrix; samenstelling correspondeert met matrixproduct). De Cayley-afbeelding

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

beeldt $\mathbb H$ conform af op $\mathbb D$ : immers $\abs{z - \iu} < \abs{z + \iu}$ precies wanneer $z$ dichter bij $\iu$ is dan bij $-\iu$ , d.w.z. $\operatorname{Im}z > 0$ ; de inverse is $w \mapsto \iu\frac{1 + w}{1 - w}$ . Möbiusafbeeldingen sturen de familie cirkels-en-lijnen naar zichzelf (Oefening 18.1).

Voorbeeld 18.3 (De Joukowski-afbeelding)

Voorbij Möbius is de nuttigste conforme afbeelding van de klassieke toegepaste wiskunde

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

Op het exterieur $\Omega = \{\abs z > 1\}$ van de eenheidsschijf is $J$ injectief: $J(z) = J(w)$ geeft $(z - w)(1 - \frac1{zw}) = 0$ en $\abs{zw} > 1$ . Haar afgeleide $J'(z) = \frac12(1 - z^{-2})$ verdwijnt slechts in $z = \pm1$ , op de rand: $J$ is een conforme equivalentie van $\Omega$ op haar beeld, dat is $\C\setminus\intcc{-1}1$ — de eenheidscirkel zelf wordt twee-op-één op het segment gevouwen ( $J(\eu^{\iu\theta}) = \cos\theta$ ). Dus het exterieur van een segment, een snijvlak zonder gladde rand, is conform het exterieur van een schijf: hoeken zijn geen obstakel voor conforme equivalentie, slechts voor randgladheid. Beelden van cirkels door $\pm1$ maar uit-centrum zijn vleugelvormige krommen, en samenstellen van $J$ met Möbiusafbeeldingen transporteerde de stroming om een cilinder — met de hand berekenbaar — naar de stroming om een vleugel: voor de eerste helft van de twintigste eeuw was dit voorbeeld aerodynamica. Het is ook de deur naar Chebyshev: $J$ conjugueert $z \mapsto z^n$ naar het Chebyshevpolynoom $T_n$ (Probleem 13.1, Deel V), omdat $J(z^n) = \cos(n\theta)$ wanneer $z = \eu^{\iu\theta}$ .

18.2 Het lemma van Schwarz en automorfismegroepen

Stelling 18.4 (Lemma van Schwarz)

Zij $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorf met $f(0) = 0$ . Dan

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

en als $\abs{f(z_0)} = \abs{z_0}$ voor één $z_0 \neq 0$ , of $\abs{f'(0)} = 1$ , dan is $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ een rotatie.

Bewijs. $g(z) = f(z)/z$ zet holomorf voort naar $\mathbb D$ (de singulariteit in $0$ is ophefbaar: $g$ is begrensd bij $0$ , Stelling 17.4; haar waarde in $0$ is $f'(0)$ ). Op $\abs z = r < 1$ : $\abs g \leq \frac1r$ , dus door het maximumprincipe (Stelling 16.14) $\abs g \leq \frac1r$ op $\bar D(0,r)$ ; laat $r \to 1$ : $\abs g \leq 1$ op $\mathbb D$ , wat beide ongelijkheden is. Gelijkheid in een inwendig punt maakt dat $\abs g$ een inwendig maximum bereikt: $g$ constant van modulus $1$ . ∎

Stelling 18.5 (Automorfismen van de schijf)

Voor $a \in \mathbb D$ is de Blaschke-factor

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

een automorfisme van $\mathbb D$ dat $a$ en $0$ verwisselt, met $\varphi_a^{-1} = \varphi_{-a}$ . Elk automorfisme van $\mathbb D$ is $\eu^{\iu\theta}\varphi_a$ voor unieke $\theta \in \R/2\pi\Z$ , $a \in \mathbb D$ .

Bewijs. Op $\abs z = 1$ : $\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z}\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z - \bar a\abs z^2} = \abs{\bar z - \bar a} = \abs{z - a}$ , dus $\abs{\varphi_a} = 1$ daar; door het maximumprincipe $\varphi_a(\mathbb D) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , en openheid plaatst het beeld in $\mathbb D$ . De algebraïsche identiteit $\varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ (directe berekening) toont bijectiviteit. Nu zij $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ en $a = f^{-1}(0)$ : $g = f\circ\varphi_{-a}$ is een automorfisme dat $0$ fixeert. Schwarz toegepast op $g$ en op $g^{-1}$ : $\abs{g(z)} \leq \abs z$ en $\abs{g^{-1}(w)} \leq \abs w$ , dus $\abs{g(z)} = \abs z$ : rotatie, $g = \eu^{\iu\theta}\,\mathrm{id}$ , d.w.z. $f = \eu^{\iu\theta}\varphi_a$ . Uniciteit: $a = f^{-1}(0)$ en $\theta$ uit $f'$ -type evaluatie (of uit $f(0) = -\eu^{\iu\theta}a$ en één extra waarde). ∎

Stelling 18.6 (Automorfismen van het vlak)

$\operatorname{Aut}(\C) = \{z \mapsto az + b : a \in \C^*,\ b \in \C\}$ . Bijgevolg zijn $\C$ en $\mathbb D$ niet conform equivalent.

Bewijs. Zij $f \in \operatorname{Aut}(\C)$ en beschouw $g(z) = f(1/z)$ op $\C^*$ : een holomorfe functie met een geïsoleerde singulariteit in $0$ . Als zij essentieel was, zou Casorati–Weierstrass (Stelling 17.4) $g\bigl(D(0,\varepsilon)\setminus\{0\}\bigr)$ dicht maken, terwijl $f(D(0, 1))$ open is en er disjunct van ( $f$ injectief: de twee verzamelingen zijn beelden van disjuncte verzamelingen) — onmogelijk voor een dichte verzameling en een niet-lege open verzameling. Dus $0$ is een pool of ophefbaar voor $g$ , d.w.z. $\abs{f(z)}$ heeft hoogstens polynomiale groei: $f$ is een polynoom (Oefening 16.4(a)). Injectiviteit forceert graad $1$ : een polynoom van hogere graad heeft ofwel een meervoudige wortel van $f - c$ ergens ( $f'$ verdwijnt) of meerdere verschillende originelen (d’Alembert–Gauss, Probleem 16.1); in beide gevallen faalt injectiviteit. Ten slotte zou een conforme $\C \to \mathbb D$ een begrensde gehele functie zijn: constant (Liouville) — geen equivalentie. ∎

18.3 De stelling van Montel

Stelling 18.7 (Montel)

Zij $\mathcal F \subseteq \mathcal H(\Omega)$ lokaal begrensd: elk punt heeft een omgeving waarop $\sup_{f\in\mathcal F}\sup\abs f < \infty$ . Dan heeft elke rij van $\mathcal F$ een deelrij die uniform convergeert op alle compacte deelverzamelingen van $\Omega$ (naar een holomorfe limiet).

Bewijs. Lokale equicontinuïteit: als $\abs f \leq M$ op $D(a, 2r) \subseteq \Omega$ voor alle $f \in \mathcal F$ , geeft de Cauchy-formule, voor $z, z' \in D(a, r)$ ,

\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'} :

een uniforme Lipschitzgrens. Exhausteer $\Omega$ door compacta $K_m$ ; elk $K_m$ wordt bedekt door eindig veel zulke schijven, dus $\mathcal F$ is uniform begrensd en equicontinu op $K_m$ : Arzelà–Ascoli (Stelling 7.11) extraheert een deelrij die uniform convergeert op $K_m$ ; diagonaliseer over $m$ . De limiet is holomorf door Stelling 16.15. ∎

18.4 De afbeeldingsstelling van Riemann

Definitie 18.8

Een open samenhangend $\Omega \subseteq \C$ is enkelvoudig samenhangend (in de homologische zin, voldoende voor al onze doelen) als $\operatorname{Ind}_\gamma(w) = 0$ voor elke cykel $\gamma$ in $\Omega$ en elke $w \notin \Omega$ — “geen cykel van $\Omega$ omringt een gat”. Door de globale stelling van Cauchy (Stelling 17.1) en Propositie 16.5 heeft op zulk $\Omega$ elke holomorfe functie een primitieve; dus heeft elke nultvrije $f \in \mathcal H(\Omega)$ een holomorfe logaritme ( $\exp\circ$ (primitieve van $f'/f$ ), aangepast met een constante, omdat $(f\eu^{-L})' = 0$ ) en holomorfe $n$ -de wortels $\eu^{L/n}$ .

Stelling 18.9 (Afbeeldingsstelling van Riemann)

Elk enkelvoudig samenhangend open $\Omega \subsetneq \C$ , $\Omega \neq \varnothing$ , is conform equivalent met $\mathbb D$ ; gegeven $z_0 \in \Omega$ , is er een unieke conforme $f \colon \Omega \to \mathbb D$ met $f(z_0) = 0$ en $f'(z_0) > 0$ .

Bewijs. Stap 0: de familie is niet-leeg. Kies $b \notin \Omega$ : $z - b$ is nultvrij op $\Omega$ , dus heeft een holomorfe vierkantswortel $h$ ( $h^2 = z - b$ ). $h$ is injectief ( $h(z) = h(z')$ kwadrateert tot $z = z'$ ), en als $w \in h(\Omega)$ dan $-w \notin h(\Omega)$ ( $h(z) = -h(z')$ kwadrateert ook tot $z = z'$ , gevend $w = -w = 0$ , onmogelijk omdat $h$ nultvrij is). Omdat $h(\Omega)$ open is, bevat het een schijf $D(h(z_0), \rho)$ ; dan $D(-h(z_0), \rho) \cap h(\Omega) = \varnothing$ , d.w.z. $\abs{h(z) + h(z_0)} \geq \rho$ voor elke $z \in \Omega$ . Dus

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

is holomorf, injectief (een Möbiusafbeelding samengesteld met de injectieve $h$ ), met $\abs g \leq \frac12 < 1$ . Samenstellen met een Blaschke-factor (Stelling 18.5) om $g(z_0)$ naar $0$ te verplaatsen, is de familie

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

niet-leeg.

Stap 1: een extremale element. Zij $s = \sup_{\mathcal F}\abs{f'(z_0)} \in \intoc0{+\infty}$ ( $> 0$ : leden zijn injectief, dus $f'(z_0) \neq 0$ ). Neem $f_n \in \mathcal F$ met $\abs{f_n'(z_0)} \to s$ : de familie is begrensd door $1$ , dus Montel (Stelling 18.7) extraheert $f_n \to f$ uniform op compacta; $f$ is holomorf, $f(z_0) = 0$ , $\abs{f'(z_0)} = s$ (Stelling 16.15 voor de afgeleiden), in het bijzonder is $f$ niet-constant; $f$ is injectief door Hurwitz (Oefening 17.8(b)), en $f(\Omega) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , dus $\subseteq \mathbb D$ (open afbeelding). Dus $f \in \mathcal F$ bereikt het supremum: $s < \infty$ .

Stap 2: de extremale afbeelding is surjectief. Stel $a \in \mathbb D\setminus f(\Omega)$ . Het Blaschke-transport $\varphi_a\circ f$ is nultvrij op het enkelvoudig samenhangende $\Omega$ : het heeft een holomorfe vierkantswortel $F$ (met $F(\Omega) \subseteq \mathbb D$ , omdat $\abs F^2 = \abs{\varphi_a\circ f} < 1$ ), injectief (kwadraten onderscheiden). Normaliseer: $G = \varphi_{F(z_0)}\circ F \in \mathcal F$ . Ontbinden: $f = \varphi_{-a}\circ s_2 \circ \varphi_{-F(z_0)}\circ G$ waar $s_2(w) = w^2$ ; de afbeelding $\Psi = \varphi_{-a}\circ s_2\circ\varphi_{-F(z_0)} \colon \mathbb D \to \mathbb D$ is holomorf met $\Psi(0) = f(z_0) = 0$ en is geen rotatie (zij is niet injectief: $s_2$ is dat niet). Het lemma van Schwarz (strikt geval): $\abs{\Psi'(0)} < 1$ , en de kettingregel $f = \Psi\circ G$ geeft $\abs{f'(z_0)} = \abs{\Psi'(0)}\,\abs{G'(z_0)} < \abs{G'(z_0)}$ — in tegenspraak met maximaliteit (merk op $G \in \mathcal F$ ). Dus $f$ is surjectief: een conforme equivalentie.

Stap 3: normalisatie en uniciteit. Vermenigvuldig $f$ met $\eu^{-\iu\arg f'(z_0)}$ om $f'(z_0) > 0$ te maken (dit blijft in $\mathcal F$ ). Als $f_1, f_2$ beide werken, $\psi = f_2\circ f_1^{-1} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ fixeert $0$ met $\psi'(0) = f_2'(z_0)/f_1'(z_0) > 0$ ; door Stelling 18.5 is $\psi$ een rotatie $\eu^{\iu\theta}$ met $\eu^{\iu\theta} > 0$ : $\psi = \mathrm{id}$ . ∎

Opmerking 18.10

De stelling is een pure bestaansuitspraak van verbluffende reikwijdte: een vierkant, een halfvlak, het complement van een snede, de regio tussen twee rakende cirkels, een fractaal-randgebied — alle conform identiek aan $\mathbb D$ . Wat zij niet geeft: enige formule (expliciete afbeeldingen zijn de uitzondering: Oefening 18.5), randgedrag (een diepere theorie — de stelling van Carathéodory — behandelt het), of uniciteit van voortzetting naar $\C$ of meervoudig samenhangende gebieden: de annulus $\{1 < \abs z < 2\}$ is niet conform een gepuncteerde schijf, en annuli van verschillende straalverhoudingen zijn inequivalent (een echt moeilijker feit).

18.5 Harmonische functies en de Poissonkern

Propositie 18.11

Zij $\Omega$ enkelvoudig samenhangend en $u \colon \Omega \to \R$ harmonisch ( $\mathcal C^2$ met $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0$ ). Dan $u = \operatorname{Re}F$ voor een holomorfe $F$ , uniek op een imaginaire constante na. Bijgevolg is $u$ $\mathcal C^\infty$ , vervult de middelwaarde-eigenschap, en gehoorzaamt het maximumprincipe (geen strikt inwendig extremum tenzij constant).

Bewijs. $g = u_x - \iu u_y$ voldoet aan de Cauchy–Riemannvergelijkingen ( $P = u_x$ , $Q = -u_y$ : $P_x = u_{xx} = -u_{yy} = Q_y$ en $P_y = u_{xy} = u_{yx} = -Q_x$ ) met continue partiële afgeleiden: $g$ is holomorf (Propositie 16.2; de $\R$ -differentieerbaarheid volgt uit $\mathcal C^1$ ). Zij $F_0$ een primitieve (enkelvoudige samenhang, Definitie 18.8); dan heeft $\operatorname{Re}F_0$ gradiënt $(u_x, u_y)$ ( $F_0' = g$ pakt precies dat uit via Cauchy–Riemann voor $F_0$ ), dus $u - \operatorname{Re}F_0$ is constant ( $\Omega$ samenhangend): pas $F = F_0 + c$ aan. De eigenschappen dragen over van Stelling 16.14 en Oefening 16.10 (voor het maximumprincipe toegepast op $u$ zelf, gebruik $\eu^{F}$ zoals daar). ∎

Stelling 18.12 (Poissonformule; Dirichlet-probleem op de schijf)

Voor $0 \leq r < 1$ definieer de Poissonkern

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 .

Zij $g \colon \partial\mathbb D \to \R$ continu, en zet, voor $z = r\eu^{\iu\varphi} \in \mathbb D$ ,

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

Dan is $u$ harmonisch op $\mathbb D$ en zet continu voort naar $\bar{\mathbb D}$ met randwaarden $g$ : de unieke zulke harmonische functie.

Bewijs. Kernidentiteiten: sommeren van twee meetkundige reeksen,

\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},

wat het weergegeven quotiënt is; positiviteit is duidelijk, en $\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P_r = 1$ (slechts $n = 0$ overleeft).

Harmoniciteit: met $z = r\eu^{\iu\varphi}$ ,

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],

(de geklemde kern heeft reëel deel $P_r(\varphi - t)$ : bereken), en de klem is holomorf in $z$ op $\mathbb D$ (Oefening 16.7): $u$ is het reële deel van een holomorfe functie, dus harmonisch.

Randwaarden: $P_r(\cdot)$ is een benaderde identiteit als $r \to 1^-$ : massa $1$ , en voor $\delta \leq \abs\theta \leq \pi$ , $P_r(\theta) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2} \to 0$ uniform. De standaardsplitsing (continuïteit van $g$ bij $\eu^{\iu\varphi_0}$ , begrensdheid elders) geeft $u(r\eu^{\iu\varphi}) \to g(\eu^{\iu\varphi_0})$ als $r\eu^{\iu\varphi} \to \eu^{\iu\varphi_0}$ , uniform in het randpunt: de voortzetting is continu. Uniciteit: het verschil van twee oplossingen is harmonisch op $\mathbb D$ , continu op de afsluiting, nul op de rand: door het maximumprincipe (toegepast op $\pm$ het verschil) verdwijnt het. ∎

De niveaulijnen van Rez2 = x2 - y2 (rode hyperbolen) en Imz2 = 2xy (blauwe hyperbolen) snijden loodrecht buiten 0: een conforme afbeelding (z z2, waar z ≠ 0) bewaart de orthogonaliteit van coördinaatlijnen. In z = 0, waar de afgeleide verdwijnt, worden hoeken verdubbeld in plaats daarvan. — De niveaulijnen van $\operatorname{Re}z^2 = x^2 - y^2$ (rode hyperbolen) en $\operatorname{Im}z^2 = 2xy$ (blauwe hyperbolen) snijden loodrecht buiten $0$ : een conforme afbeelding ( $z \mapsto z^2$ , waar $z \neq 0$ ) bewaart de orthogonaliteit van coördinaatlijnen. In $z = 0$ , waar de afgeleide verdwijnt, worden hoeken verdubbeld in plaats daarvan.

18.6 Oefeningen

Oefening 18.1 ★

(a) Verifieer dat de Cayley-afbeelding $\varphi(z) = \frac{z - \iu}{z + \iu}$ een bijectie $\mathbb H \to \mathbb D$ is met de gestelde inverse, en bereken de beelden van $\iu$ , $0$ , $1$ , $\infty$ (limiet). (b) Toon dat $z \mapsto 1/z$ cirkels en lijnen naar cirkels en lijnen afbeeldt. (Schrijf hun gemeenschappelijke vergelijking $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ , $\alpha, \gamma \in \R$ .) Leid hetzelfde af voor alle Möbiusafbeeldingen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.1.

(a) $\varphi$ en $\psi(w) = \iu\frac{1+w}{1-w}$ stellen samen tot de identiteit in beide volgorden (directe berekening); $\varphi$ beeldt $\mathbb H$ af in $\mathbb D$ en $\psi$ terug (Voorbeeld 18.2). Waarden: $\varphi(\iu) = 0$ , $\varphi(0) = -1$ , $\varphi(1) = \frac{1 - \iu}{1 + \iu} = -\iu$ , en $\varphi(z) \to 1$ als $z \to \infty$ .

(b) Cirkels en lijnen zijn de oplossingsverzamelingen van $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ ( $\alpha, \gamma \in \R$ , $\beta \in \C$ , $\abs\beta^2 > \alpha\gamma$ ): $\alpha \neq 0$ cirkels, $\alpha = 0$ lijnen. Substitueren $z = 1/w$ en vermenigvuldigen met $\abs w^2$ : $\gamma\abs w^2 + \beta w + \bar\beta\bar w + \alpha = 0$ — dezelfde familie. Affiene afbeeldingen bewaren de familie duidelijk, en elke Möbiusafbeelding is een samenstelling van affiene afbeeldingen en één inversie ( $\frac{az+b}{cz+d} = \frac ac + \frac{bc - ad}{c}\cdot\frac1{cz + d}$ voor $c \neq 0$ ).

Oefening 18.2 ★

Zij $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorf. (a) Als $f(0) = 0$ en $f(a) = a$ voor enige $a \neq 0$ , toon $f = \mathrm{id}$ . (b) Als $f$ een automorfisme is met twee verschillende vaste punten in $\mathbb D$ , toon $f = \mathrm{id}$ (conjugueer met een Blaschke-factor om tot (a) te reduceren).

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.2.

(a) Schwarz geeft $\abs{f(a)} \leq \abs a$ met gelijkheid (beide kanten $= \abs a$ ): het gelijkheidsgeval forceert $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ , en $f(a) = a$ pinnet $\eu^{\iu\theta} = 1$ .

(b) Zij $a \neq b$ vaste punten en $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_{-a} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — met Stelling 18.5 voor $\varphi_{\pm a}$ . Dan $g(0) = \varphi_a(f(a)) = 0$ en $g(c) = c$ voor $c = \varphi_a(b) \neq 0$ : door (a), $g = \mathrm{id}$ , dus $f = \varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ .

Oefening 18.3 ★★

(Schwarz–Pick) Voor holomorfe $f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ , bewijs

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

met gelijkheid (in één punt, dus overal) desda $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ . (Pas Schwarz toe op $\varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ .) Interpretatie: holomorfe zelfafbeeldingen contracteren de hyperbolische metriek.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.3.

Fixeer $z$ en zet $g = \varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ : holomorf $\mathbb D \to \mathbb D$ met $g(0) = 0$ , dus $\abs{g'(0)} \leq 1$ (Schwarz). Kettingregel met $\varphi_a'(\zeta) = \frac{1 - \abs a^2}{(1 - \bar a\zeta)^2}$ :

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),

vandaar de Schwarz–Pick-ongelijkheid. Gelijkheid in enig $z$ maakt $g$ een rotatie, dus $f = \varphi_{-f(z)}\circ(\text{rotatie})\circ\varphi_z \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — en dan geldt gelijkheid overal (bereken, of herpas met rollen van $f, f^{-1}$ gewisseld). Holomorfe zelfafbeeldingen van de schijf zijn $1$ -Lipschitz voor de hyperbolische metriek $\frac{2\abs{\dd z}}{1 - \abs z^2}$ ; automorfismen zijn haar isometrieën.

Oefening 18.4 ★★

Vind expliciete conforme equivalenties: (a) de strook $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\} \to \mathbb H$ ; (b) het kwadrant $\{\operatorname{Re}z > 0, \operatorname{Im}z > 0\} \to \mathbb H$ ; (c) de halfschijf $\mathbb D\cap\mathbb H \to$ een kwadrant, dan $\to \mathbb H$ ; (d) $\mathbb D \to \mathbb D$ dat $\frac12$ naar $0$ stuurt met positieve afgeleide daar.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.4.

(a) $z \mapsto \eu^z$ : beeldt $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\}$ bijectief af op $\mathbb H$ ( $\eu^{x+\iu y} = \eu^x\eu^{\iu y}$ : modulus vrij, argument $y \in \intoo0\pi$ ), holomorf met niet-verdwijnende afgeleide en holomorfe inverse (principale $\log$ ). (b) $z \mapsto z^2$ verdubbelt argumenten: het open kwadrant $\{0 < \arg z < \frac\pi2\}$ beeldt conform af op $\mathbb H$ (inverse: principale vierkantswortel). (c) $z \mapsto \frac{1 + z}{1 - z}$ beeldt $\mathbb D$ af op het rechterhalfvlak en bewaart de boven/onder-symmetrie: het stuurt de bovenhalfschijf naar het eerste kwadrant; dan kwadrateren, door (b), om $\mathbb H$ te bereiken: $z \mapsto \bigl(\frac{1 + z}{1 - z}\bigr)^2$ . (d) De Blaschke-factor $\varphi_{1/2}(z) = \frac{z - \frac12}{1 - \frac z2}$ : $\varphi_{1/2}(\tfrac12) = 0$ en $\varphi_{1/2}'(\tfrac12) = \frac{1 - \frac14}{(1 - \frac14)^2} = \frac43 > 0$ .

Oefening 18.5 ★★

(a) Toon dat er geen conforme afbeelding $\C \to \mathbb D$ of $\C \to \mathbb H$ bestaat, en geen $\mathbb D \to \C$ . (b) Welke van de volgende zijn conform equivalent met $\mathbb D$ ? Motiveer via Stelling 18.9 of een obstructie: een vierkant; $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; $\mathbb D\setminus\{0\}$ ; $\{1 < \abs z < 2\}$ . (Voor de laatste twee: een conform beeld van de gepuncteerde schijf zou over de punctie voortzetten door Stelling 17.4(1) — ontwikkel dit.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.5.

(a) Een conforme $\C \to \mathbb D$ (of $\mathbb H$ , na samenstellen met Cayley) is een begrensde gehele functie: constant door Liouville — niet bijectief. Een conforme $\mathbb D \to \C$ zou een conforme inverse $\C \to \mathbb D$ hebben: dezelfde tegenspraak.

(b) Het vierkant is convex, dus enkelvoudig samenhangend, en proper: conform $\mathbb D$ (Stelling 18.9). Het snijvlak $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ is stervormig om $1$ (segmenten vanaf $1$ vermijden de snede), dus enkelvoudig samenhangend, en proper: conform $\mathbb D$ . De gepuncteerde schijf: als $g \colon \mathbb D\setminus\{0\} \to \mathbb D$ conform was, is $g$ begrensd, dus $0$ is ophefbaar (Stelling 17.4): $g$ zet voort tot $\tilde g \colon \mathbb D \to \mathbb D$ , en $\tilde g(0)$ , liggend in het open beeld $g(\mathbb D\setminus\{0\}) = \mathbb D$ , is ook $g(w)$ voor enige $w \neq 0$ ; twee disjuncte omgevingen van $0$ en $w$ hebben beelden die open zijn en de waarde $\tilde g(0)$ delen, dus delen andere waarden ook (open verzamelingen): $g$ neemt enige waarde tweemaal op $\mathbb D\setminus\{0\}$ — in tegenspraak met injectiviteit. De annulus $A = \{1 < \abs z < 2\}$ : stel $F \colon \mathbb D \to A$ conform. $F$ is nultvrij op het enkelvoudig samenhangende $\mathbb D$ , dus $F = \eu^L$ voor holomorfe $L$ (Definitie 18.8). Zij $\sigma$ de cirkel $\abs z = \frac32$ in $A$ en $\gamma = F^{-1}\circ\sigma$ , een gesloten pad in $\mathbb D$ ; dan

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

( $L'$ heeft een primitieve): tegenspraak. Noch de gepuncteerde schijf noch de annulus is een schijf in vermoming.

Oefening 18.6 ★★

Zij $\mathcal F = \{f \in \mathcal H(\mathbb D) : f(0) = 1,\ \operatorname{Re}f > 0\}$ . (a) Toon dat $\mathcal F$ lokaal begrensd is. (Stel samen met de Cayley-type afbeelding $w \mapsto \frac{w - 1}{w + 1}$ die het rechterhalfvlak naar $\mathbb D$ stuurt, en pas Schwarz toe.) (b) Leid de Herglotz-grens af: $\abs{f(z)} \leq \frac{1 + \abs z}{1 - \abs z}$ voor $f \in \mathcal F$ , met gelijkheidsmogelijkheden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.6.

(a) $T(w) = \frac{w - 1}{w + 1}$ beeldt $\{\operatorname{Re}w > 0\}$ conform af op $\mathbb D$ (Cayley geroteerd: $\abs{w - 1} < \abs{w + 1}$ desda $\operatorname{Re}w > 0$ ), met $T(1) = 0$ . Voor $f \in \mathcal F$ is $g = T\circ f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorf met $g(0) = 0$ : Schwarz geeft $\abs{g(z)} \leq \abs z$ .

(b) Inverteren van $T$ : $f = \frac{1 + g}{1 - g}$ , dus

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

lokaal begrensd (uniform op $\abs z \leq r < 1$ ). Gelijkheid in $z_0 \neq 0$ forceert $\abs{g(z_0)} = \abs{z_0}$ en uitlijning: $g$ een rotatie, d.w.z. $f(z) = \frac{1 + \eu^{\iu\theta}z}{1 - \eu^{\iu\theta}z}$ — de Herglotz-extremalen, conforme afbeeldingen op het rechterhalfvlak.

Oefening 18.7 ★★★

Waar gebruikt het bewijs van Stelling 18.9 elke hypothese? Traceer: (i) enkelvoudige samenhang (tweemaal); (ii) $\Omega \neq \C$ ; (iii) samenhang. Toon dan dat de stelling faalt voor $\Omega = \C$ en voor de annulus, en wijs aan welke stap van het bewijs in elk geval breekt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.7.

(i) Enkelvoudige samenhang treedt exact tweemaal binnen, via het bestaan van holomorfe vierkantswortels van nultvrije functies (Definitie 18.8): in Stap 0 (de wortel van $z - b$ ) en in Stap 2 (de wortel van $\varphi_a\circ f$ ). (ii) $\Omega \neq \C$ levert het punt $b$ van Stap 0 — zonder dat is de familie $\mathcal F$ leeg van injectieve begrensde afbeeldingen (Liouville). (iii) Samenhang wordt gebruikt wanneer de identiteitsstelling of Hurwitz (Oefening 17.8) spreekt: de extremale limiet is “injectief of constant”, en constantheid wordt uitgesloten door $s > 0$ ; ook in “nulafgelide impliceert constant”. Falen voor $\C$ : Stap 0 onmogelijk, en de conclusie is vals (Oefening 18.5(a)). Falen voor de annulus: niet enkelvoudig samenhangend — de vierkantswortelconstructie breekt (b.v. $z$ zelf, nultvrij op $A$ , heeft geen holomorfe vierkantswortel: dezelfde indexberekening als in Oefening 18.5(b) met $\frac12\int_\sigma\frac{\dd z}z \notin 2\iu\pi\Z$ ) — en de conclusie is ook vals.

Oefening 18.8 ★★

Los het Dirichlet-probleem op $\mathbb D$ op voor de randdata: (a) $g(\eu^{\iu t}) = \cos t$ ; (b) $g(\eu^{\iu t}) = \cos^2 t$ ; (c) $g = \mathbf 1_{\text{bovenste halvecirkel}}$ — voor (c) bereken $u(0)$ en interpreteer via de middelwaarde-eigenschap. (Ontwikkel $g$ in Fourierreeksen en gebruik de reeks van $P_r$ : $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_n c_n(g) r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.8.

Substitueren van de Fourierontwikkeling van $g$ in de Poissonintegraal en gebruiken van $\frac1{2\pi}\int P_r(\varphi - t)\eu^{\iu nt}\dd t = r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ (afgelezen uit de reeks van $P_r$ ): $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_nc_n(g)\,r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ , de verwisseling gerechtvaardigd door normale convergentie ( $\abs{c_n} \leq \norm g_\infty$ , $r < 1$ ).

(a) $g = \cos t$ : $c_{\pm1} = \frac12$ , dus $u = r\cos\varphi = \operatorname{Re}z = x$ — inderdaad harmonisch met de juiste randwaarden.

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

(c) $g = \mathbf 1_{(0,\pi)}$ (bovenste halvecirkel): $c_0 = \frac12$ en $c_n = \frac{1 - (-1)^n}{2\iu\pi n}$ voor $n \neq 0$ , dus

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 :

het centrum ziet exact het gemiddelde van de randdata — de middelwaarde-eigenschap in levenden lijve.

Oefening 18.9 ★★★

(Harnack) Zij $u \geq 0$ harmonisch op $\mathbb D$ . Bewijs, voor $\abs z = r < 1$ :

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

(begrens de Poissonkern tussen $\frac{1-r}{1+r}$ en $\frac{1+r}{1-r}$ ; pas de representatie toe op iets kleinere schijven en ga tot de limiet). Leid af: een harmonische functie op $\C$ van onder begrensd is constant.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.9.

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

\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} .

Voor $u \geq 0$ harmonisch op $\mathbb D$ en $s < 1$ : $u_s(z) = u(sz)$ is harmonisch op een omgeving van $\bar{\mathbb D}$ , is dus gelijk aan haar Poissonintegraal (Stelling 18.12, uniciteit, toegepast op haar eigen randwaarden); sandwiching van de kern en gebruik van de middelwaarde $\frac1{2\pi}\int u_s(\eu^{\iu t})\dd t = u(0)$ :

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

Laat $s \to 1^-$ bij vast $r\eu^{\iu\varphi}$ (continuïteit van $u$ ): de Harnack-ongelijkheden. Als $u$ harmonisch is op $\C$ met $u \geq m$ : pas Harnack toe op $u - m$ op schijven $D(0, R)$ , d.w.z. op $z \mapsto u(Rz) - m$ : voor vast $z$ en $r = \abs z/R \to 0$ neigen beide grenzen naar $u(0) - m$ : $u(z) = u(0)$ — constant (een tweezijdige Liouville uit een eenzijdige grens).

Oefening 18.10 ★★

Met conforme invariantie van harmoniciteit ( $u\circ f$ is harmonisch wanneer $u$ harmonisch is en $f$ holomorf — bewijs het via Propositie 18.11 lokaal), los het Dirichlet-probleem op het bovenhalfvlak op met randdata $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ : toon dat

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

harmonisch is op $\mathbb H$ (imaginair deel van een holomorfe logaritme) met de vereiste randlimieten in elke $x \neq 0$ , en transporteer haar naar de schijf via Cayley om Oefening 18.8(c) te herleiden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.10.

Lokaal, $u = \operatorname{Re}F$ met $F$ holomorf (Propositie 18.11), dus $u\circ f = \operatorname{Re}(F\circ f)$ is harmonisch waar gedefinieerd: harmoniciteit is conform invariant. Op $\mathbb H$ : de principale logaritme geeft $\log z = \ln\abs z + \iu\arg z$ holomorf op $\mathbb H$ , dus $u = \frac1\pi\arg z = \operatorname{Im}\bigl(\frac1\pi\log z\bigr)$ is harmonisch, met randlimieten: voor $x > 0$ , $\arg \to 0$ , $u \to 0$ ; voor $x < 0$ , $\arg \to \pi$ , $u \to 1$ : de data $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ in elke $x \neq 0$ . Transporteren met de Cayley-afbeelding (die $\mathbb D \to \mathbb H$ stuurt na inversie en de bovenste halvecirkel matcht aan de negatieve as, op de rotatie na vastgelegd door drie randpunten te volgen), lost $u\circ(\text{Cayley})$ het schijfprobleem van Oefening 18.8(c) op; evalueren in het centrum haalt $u = \frac12$ daar terug, en de gesloten vorm $\frac1\pi\arg$ kan gecontroleerd worden tegen de reeks door sommatie van $\sum\frac{r^{2k+1}\sin((2k+1)\varphi)}{2k+1} = \frac12\arctan\frac{2r\sin\varphi}{1 - r^2}$ -type identiteiten — de elementaire route naar hetzelfde antwoord.

Oefening 18.11 ★★

(Vaste punten en iteratie in de schijf) Zij $f\colon\mathbb D \to \mathbb D$ holomorf. (a) Toon dat als $f$ twee verschillende vaste punten heeft, dan $f = \mathrm{id}$ (verplaats er één naar $0$ met een automorfisme en pas het gelijkheidsgeval van Schwarz toe). (b) Stel $f(0) = 0$ en $f$ is geen rotatie. Toon dat de iteraten $f^{\circ n} \to 0$ uniform op elk compactum $\bar D(0, r)$ , $r < 1$ (Schwarz geeft $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ op $\bar D(0,r)$ met $c_r < 1$ — rechtvaardig deze strikte constante via het maximumprincipe toegepast op $f(z)/z$ ). (c) Illustreer met $f(z) = \frac{z^2 + z}2$ : vaste punten, en de convergentiesnelheid van de baan van $z_0 = \frac12$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.11.

(a) Zij $a \neq b$ vast. Conjugeren met $\varphi_a(z) = \frac{z - a}{1 - \bar az}$ (een automorfisme dat $a$ en $0$ verwisselt), $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_a^{-1}$ fixeert $0$ en het punt $c = \varphi_a(b) \neq 0$ . Schwarz: $\abs{g(z)} \leq \abs z$ , en in $z = c$ geldt gelijkheid ( $g(c) = c$ ): het gelijkheidsgeval forceert $g(z) = \lambda z$ met $\abs\lambda = 1$ , en $\lambda c = c$ geeft $\lambda = 1$ : $g = \mathrm{id}$ , dus $f = \mathrm{id}$ .

(b) $h(z) = f(z)/z$ (ophefbare singulariteit in $0$ ) is holomorf op $\mathbb D$ met $\abs h \leq 1$ (Schwarz); $\abs h < 1$ overal, anders zou het maximumprincipe (inwendig maximum van $\abs h$ ) $h$ tot een unimodulaire constante maken, d.w.z. $f$ een rotatie — uitgesloten. Op het compacte $\bar D(0,r)$ , $c_r = \max\abs h < 1$ , dus $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ daar; bovendien beeldt $f$ $\bar D(0,r)$ in zichzelf af ( $c_r\abs z \leq r$ ), dus de grens itereert: $\abs{f^{\circ n}(z)} \leq c_r^n\,r \to 0$ uniform op $\bar D(0, r)$ .

(c) Vaste punten van $\frac{z^2 + z}2$ : $z^2 + z = 2z$ desda $z(z - 1) = 0$ ; slechts $z = 0$ ligt in $\mathbb D$ ( $z = 1$ is op de rand). Geen rotatie ( $f'(0) = \frac12$ ), dus banen neigen naar $0$ ; kwantitatief $f(z) = \frac z2(1 + z)$ geeft $\abs{f(z)} \leq \frac{3}{4}\abs z$ op $\abs z \leq \frac12$ , en eens de baan klein is, $\abs{f(z)} \approx \frac{\abs z}2$ : asymptotisch meetkundig met verhouding $f'(0) = \frac12$ . Van $z_0 = \frac12$ : $z_1 = \frac38$ , $z_2 \approx 0.258$ , $z_3 \approx 0.162$ — halveren per stap, zoals voorspeld door de multiplier.

Oefening 18.12 ★★

(Harmonische toegevoegden, concreet) Zij $u(x, y) = x^3 - 3xy^2 + 2y$ . (a) Controleer dat $u$ harmonisch is op $\R^2$ , en vind alle harmonische toegevoegden $v$ (d.w.z. $u + \iu v$ holomorf) door de Cauchy–Riemannvergelijkingen te integreren; identificeer $f(z) = u + \iu v$ als polynoom in $z$ . (b) Toon dat op een stervormige open verzameling elke harmonische functie een harmonische toegevoegde toelaat, uniek op een additieve constante na (de $1$ -vorm $-u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ is gesloten; de primitieve-machine van Stelling 16.8, of het lemma van Poincaré van Hoofdstuk 21). (c) Geef het standaardtegenvoorbeeld op $\C^*$ : $u = \ln\abs z$ heeft geen globale toegevoegde — relateer aan de hoekvorm en het windinggetal (Hoofdstuk 21).

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.12.

(a) $\Delta u = 6x - 6x + 0 = 0$ . Cauchy–Riemann eist $v_y = u_x = 3x^2 - 3y^2$ en $v_x = -u_y = 6xy - 2$ . Integreren van de eerste in $y$ : $v = 3x^2y - y^3 + c(x)$ ; inpluggen in de tweede: $6xy + c'(x) = 6xy - 2$ , dus $c(x) = -2x + C$ . Dus $v = 3x^2y - y^3 - 2x + C$ en

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) De vorm $\omega = -u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ is gesloten precies omdat $\Delta u = 0$ ( $\partial_y(-u_y) = -u_{yy} = u_{xx} = \partial_x(u_x)$ ). Op een stervormige open verzameling levert het lemma van Poincaré (Stelling 21.15; of de primitieveconstructie van Stelling 16.8 toegepast op de holomorfe $u_x - \iu u_y$ ) $v$ met $\dd v = \omega$ , d.w.z. het Cauchy–Riemannstelsel: $u + \iu v$ is holomorf. Twee toegevoegden verschillen door een functie met verdwijnende gradiënt: een constante (samenhang).

(c) Voor $u = \ln\abs z$ op $\C^*$ : $\omega = -u_y\dd x + u_x\dd y = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2} = \omega_\theta$ , de hoekvorm (Voorbeeld 21.14), waarvan de integraal langs de eenheidscirkel $2\pi \neq 0$ is: niet exact, dus geen globale toegevoegde bestaat — een toegevoegde zou een continue bepaling van het argument zijn, en het windinggetal is precies de obstructie. Lokaal (op elk stervormig deelgebied) werkt $v = \arg z$ en $u + \iu v = \log z$ : het falen is globaal, niet lokaal.

18.7 Probleem: de oppervlaktestelling en Koebes kwartstelling

Probleem 18.1

Weekendprobleem — hoeveel moet een univalente afbeelding bedekken?

Een univalente functie is een holomorfe injectie. De genormaliseerde univalente functies op de schijf,

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

zijn star begrensd: we bewijzen Bieberbachs ongelijkheid $\abs{a_2} \leq 2$ en leiden de Koebe-kwartstelling af: het beeld van elke $f \in \mathcal S$ bevat de schijf $D(0, \frac14)$ — de scherpe universele constante van conforme meetkunde.

Deel I — De oppervlaktestelling. Zij $g(w) = w + b_0 + \frac{b_1}w + \frac{b_2}{w^2} + \cdots$ holomorf en injectief op $\{\abs w > 1\}$ .

Voor $\rho > 1$ , zij $A_\rho$ de oppervlakte (Lebesgue-maat) van het compacte $K_\rho = \C\setminus g(\{\abs w > \rho\})$ , de regio omsloten door de gladde Jordankromme $g(C_\rho)$ . Met de oppervlakteformule van de Green–Riemannstelling uit het Jaar 2-boekdeel — de omsloten oppervlakte is $\frac1{2\iu}\oint\bar\zeta\,\dd\zeta$ langs de positief georiënteerde rand — toon dat

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

substitueer de Laurentreeks van $\bar g$ en $g'$ op $C_\rho$ en integreer term voor term (normale convergentie; slechts de frequentie-nulproducten overleven).
Laat $\rho \to 1^+$ en concludeer de oppervlaktestelling:

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

In het bijzonder $\abs{b_1} \leq 1$ . Wanneer is $\abs{b_1} = 1$ ?

Deel II — Bieberbachs $\abs{a_2} \leq 2$ . Zij $f = z + a_2z^2 + \cdots \in \mathcal S$ .

Toon dat $f(z^2)/z^2$ holomorf en nultvrij is op $\mathbb D$ , en een holomorfe vierkantswortel $\varphi$ toelaat met $\varphi(0) = 1$ ; zet $h(z) = z\varphi(z^2)$ , zodat $h(z)^2 = f(z^2)$ . Toon dat $h$ een oneven univalente functie is op $\mathbb D$ met ontwikkeling $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + \cdots$ . (Injectiviteit: $h(z)^2 = h(z')^2$ forceert $z^2 = z'^2$ ; gebruik onevenheid om te voltooien.)
Pas de oppervlaktestelling toe op $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}{2w} + \cdots$ op $\{\abs w > 1\}$ (verifieer univalentie en de ontwikkeling), en concludeer $\abs{a_2} \leq 2$ .
Toon dat de Koebefunctie

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

tot $\mathcal S$ behoort, $a_2 = 2$ heeft, en $\mathbb D$ afbeeldt op $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ (schrijf $k = \frac14\bigl[\bigl(\frac{1+z}{1 - z}\bigr)^2 - 1\bigr]$ en volg de beelden): alle komende ongelijkheden zijn scherp.

Deel III — De kwartstelling.

Zij $f \in \mathcal S$ en $c \notin f(\mathbb D)$ . Toon dat

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

tot $\mathcal S$ behoort, en bereken haar tweede coëfficiënt: $A_2 = a_2 + \frac1c$ .
Pas Bieberbach toe op zowel $f$ als $F$ : concludeer $\abs{\frac1c} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ , d.w.z. $\abs c \geq \frac14$ . Elke weggelaten waarde heeft modulus $\geq \frac14$ : $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ — Koebes kwartstelling. Controleer scherpte op de Koebefunctie.
Leid een kwantitatieve Riemann-afbeeldingschatting af: als $\varphi \colon \Omega \to \mathbb D$ de Riemann-afbeelding van Stelling 18.9 in $z_0$ is, dan

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

— bewijs minstens de linker ongelijkheid door Koebe toe te passen op $\varphi^{-1}$ geschikt genormaliseerd, en de rechter door Schwarz toegepast op $\varphi$ op de schijf $D(z_0, d) \subseteq \Omega$ .

Deel IV — Perspectief.

Bieberbach vermoedde (1916) $\abs{a_n} \leq n$ voor alle $n$ , met gelijkheid slechts voor rotaties van de Koebefunctie; de Branges bewees het in 1985. Verifieer het vermoeden met de hand voor de Koebefunctie en haar rotaties $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z)$ . Duw dan de ontwikkeling van vraag 4 één term verder: schrijvend $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ , toon $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ en

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

dus de oppervlaktestelling levert de verfijnde ongelijkheid $\bigl|\frac{a_2}2\bigr|^2 + 3\bigl|\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\bigr|^2 \leq 1$ . Controleer op de Koebefunctie ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ).

Deel V — De vervormingsstelling. Bieberbachs ongelijkheid, rond de schijf getransporteerd door automorfismen, controleert $f'$ overal. Fixeer $f \in \mathcal S$ .

(Koebetransform) Voor $z_0 \in \mathbb D$ zij $\varphi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , een schijfautomorfisme (Stelling 18.5) met $\varphi(0) = z_0$ . Toon dat

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

tot $\mathcal S$ behoort (univalentie wordt geërfd; bereken $\varphi'(0) = 1 - \abs{z_0}^2$ en controleer de normalisatie; herinner $f' \neq 0$ voor injectieve $f$ , Definitie 18.1).
Bereken de tweede coëfficiënt $A_2 = \frac12F''(0)$ van $F$ :

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

en leid uit Bieberbach (vraag 4), voor $z = r\eu^{\iu\theta}$ , de fundamentele ongelijkheid af:

$\Bigl|\,z\,\frac{f''(z)}{f'(z)} - \frac{2r^2}{1 - r^2}\Bigr| \;\leq\; \frac{4r}{1 - r^2} .$
Extraheer het reële deel:

$\frac{2r^2 - 4r}{1 - r^2} \;\leq\; \operatorname{Re}\Bigl(z\,\frac{f''(z)}{f'(z)}\Bigr) \;\leq\; \frac{2r^2 + 4r}{1 - r^2} .$
Toon dat $\frac{\dd}{\dd t}\log\bigl| f'(t\eu^{\iu\theta})\bigr| = \frac1t \operatorname{Re}\bigl(z\frac{f''(z)}{f'(z)}\bigr)$ in $z = t\eu^{\iu\theta}$ (voor een niet-verdwijnende $\mathcal C^1$ -functie $g$ van een reële variabele, $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \operatorname{Re}(g'/g)$ ), en integreer de grenzen van vraag 12 langs de straal om de vervormingsstelling te verkrijgen:

$\frac{1 - r}{(1 + r)^3} \;\leq\; \abs{f'(z)} \;\leq\; \frac{1 + r}{(1 - r)^3}, \qquad \abs z = r .$
Leid de groeistelling af:

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

(bovengrens: integreer $f'$ op het segment $[0, z]$ ; ondergrens: als $\abs{f(z)} < \frac14$ , ligt het segment $[0, f(z)]$ in $f(\mathbb D)$ door vraag 7; trek het terug met $f^{-1}$ — holomorf door Gevolg 17.10 — en begrens $\abs{f(z)} = \int_\gamma\abs{f'(\zeta)} \,\abs{\dd\zeta} \geq \int_0^r\frac{1 - t}{(1 + t)^3}\,\dd t$ , met $\abs{\dd\zeta} \geq \dd\abs\zeta$ ).
Verifieer dat de Koebefunctie gelijkheid bereikt in alle vier grenzen, in $z = r$ voor de bovenste en $z = -r$ voor de onderste: $k$ is tegelijk de meest expanderende en, in de antipode, de meest contracterende van $\mathcal S$ .

Deel VI — Extremale starheid. In elke ongelijkheid tot nu toe identificeert gelijkheid de Koebefunctie op rotatie na. We bewijzen het, dan oogsten we.

Stel $f \in \mathcal S$ heeft $\abs{a_2} = 2$ . Volg gelijkheid door vragen 2–4: de oppervlaktestelling forceert $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ ; onevenheid van $h$ maakt $g$ oneven, dus $b_0 = 0$ ; inverseer om $h$ te vinden, dan $f$ , en concludeer dat

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

de rotaties van de Koebefunctie zijn de enige leden van $\mathcal S$ met $\abs{a_2} = 2$ .
Toon dat als $f \in \mathcal S$ een waarde $c$ weglaat met $\abs c = \frac14$ exact, dan is $f$ een rotatie van de Koebefunctie, en identificeer $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ (volg gelijkheid door de keten van vraag 7 $4 = \abs{1/c} = \abs{A_2 - a_2} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ ): de constante van de kwartstelling wordt slechts door de extremale familie bereikt.
(Coëfficiënten op de goedkope manier) Combineer de groeistelling met de Cauchy-schattingen (Stelling 16.10) op de cirkel $\abs z = 1 - \frac1n$ om te bewijzen

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

(De Branges, 1985: $\abs{a_n} \leq n$ ; de factor $\eu n$ is de prijs van elementaire gereedschappen.)
(Bedekking van subschijven) Toon dat voor elke $0 < r < 1$ ,

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

scherp voor de Koebefunctie, en herwin de kwartstelling als $r \to 1^-$ . (Randpunten van het open beeld $f(D(0,r))$ liggen op $f(\partial D(0,r))$ , hebben dus modulus $\geq \frac{r}{(1+r)^2}$ door vraag 14; een segment van $0$ naar een gemist punt van kleinere modulus zou die rand moeten kruisen.)
(Koebe in elk punt) Zij $f$ univalent op $\mathbb D$ , niet noodzakelijk genormaliseerd, en $z_0 \in \mathbb D$ . Bewijs

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

(links: kwartstelling toegepast op de Koebetransform van vraag 10; rechts: Schwarz (Stelling 18.4) toegepast op $\psi^{-1}\circ\hat g$ , waar $\hat g(w) = f^{-1}\bigl(f(z_0) + dw\bigr)$ , $d$ de afstand, en $\psi$ een schijfautomorfisme dat $0$ naar $z_0$ stuurt). Waarom is $\partial f(\mathbb D)$ niet-leeg?
Controleer vraag 20 op $f = k$ in $z_0 = r \in \intoo01$ : bereken $d\bigl(k(r), \partial k(\mathbb D)\bigr) = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2}$ en verifieer dat de linker ongelijkheid een gelijkheid is: de Koebefunctie verzadigt haar eigen stelling in elk punt van $\intoo01$ .
(De moraal) In tien regels: welk enkel principe ligt ten grondslag aan de oppervlaktestelling, en hoe vloeien Bieberbach, de kwartstelling, vervorming, groei en bedekking eruit voort? Vergelijk met de Schwarz–Pick-wereld van Stelling 18.4: in beide starreert één inwendige ongelijkheid de hele meetkunde, en de extremalen zijn uniek op rotatie na.

Deel VII — Compactheid, inversen, en een realiteitscontrole.

Toon dat de klasse $\mathcal S$ compact is voor lokaal uniforme convergentie: zij is lokaal begrensd door de groeistelling, dus normaal (Stelling 18.7); en een lokaal uniforme limiet van leden van $\mathcal S$ is opnieuw in $\mathcal S$ (de normalisaties gaan over tot de limiet door Weierstrass-convergentie van afgeleiden; injectiviteit overleeft door Hurwitz, Oefening 17.8, de limiet niet-constant zijnde). Waarom doet dit ertoe voor extremale problemen zoals die van Bieberbach?
Voor $f \in \mathcal S$ , zij $g = f^{-1}$ , gedefinieerd bij $0$ . Toon $g(w) = w - a_2w^2 + O(w^3)$ , dus de tweede coëfficiënt van de inverse gehoorzaamt dezelfde scherpe grens $\abs{A_2} = \abs{a_2} \leq 2$ , met gelijkheid exact voor de geroteerde Koebefuncties.
Bepaal voor welke $a \in \C$ het polynoom $f(z) = z + az^2$ tot $\mathcal S$ behoort: toon dat $f$ injectief is op $\mathbb D$ desda $\abs a \leq \frac12$ (factoriseer $f(z_1) - f(z_2)$ ). Concludeer: voor graad-twee-polynomen is de ware coëfficiëntgrens $\frac12$ , vier maal kleiner dan Bieberbachs $2$ — de extremalen van $\mathcal S$ zijn echt transcendentale objecten, en geen polynoom komt in de buurt.

Oplossing

Oplossing van Probleem 18.1.

1. $g$ is injectief en holomorf; op $C_\rho$ ( $\rho > 1$ ) is zij glad, en de omsloten oppervlakte is $\frac1{2\iu}\oint_{g(C_\rho)}\bar\zeta\,\dd\zeta$ (de Green–Riemann-oppervlakteformule van Jaar 2, toegepast met positieve oriëntatie). Substitueren $\zeta = g(w)$ , $w = \rho\eu^{\iu\theta}$ :

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 .

Invoegen $\bar g = \rho\eu^{-\iu\theta} + \bar b_0 + \sum_m\bar b_m\rho^{-m}\eu^{\iu m\theta}$ en $g' = 1 - \sum_nnb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta}$ : na vermenigvuldigen met $\eu^{\iu\theta}$ overleven slechts frequentie-nulproducten de $\theta$ -integratie (normale convergentie rechtvaardigt term-voor-term-werk): het paar $(\rho\eu^{-\iu\theta})\cdot1$ draagt $2\pi\rho$ bij, en elk paar $\bar b_n\rho^{-n}\eu^{\iu n\theta}\cdot(-nb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta})$ draagt $-2\pi n\abs{b_n}^2\rho^{-2n-1}$ bij:

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

2. Oppervlakten zijn niet-negatief: $\sum_{n\leq N}n\abs{b_n}^2\rho^{-2n} \leq \rho^2$ voor elke $N$ ; laat $\rho \to 1^+$ dan $N \to \infty$ : $\sum_{n\geq1}n\abs{b_n}^2 \leq 1$ . Gelijkheid in $\abs{b_1} \leq 1$ forceert alle andere $b_n = 0$ : $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ , die afbeeldt op het complement van een segment van lengte $4$ (een Joukowski-type afbeelding): de extremalen.

3. $f(z)/z = 1 + a_2z + \cdots$ is holomorf en nultvrij op $\mathbb D$ ( $f$ verdwijnt slechts in $0$ , eenvoudig: injectiviteit), dus ook $f(z^2)/z^2$ , die een holomorfe vierkantswortel $\varphi$ toelaat met $\varphi(0) = 1$ (Definitie 18.8; $\mathbb D$ is convex). Dan voldoet $h(z) = z\varphi(z^2)$ aan $h^2 = f(z^2)$ , $h(z) = z\bigl(1 + \frac{a_2}2z^2 + \cdots\bigr)$ (binomiaalreeks voor de wortel), en $h(z) = z\varphi(z^2)$ is oneven per constructie ( $\varphi(z^2)$ is even). Injectiviteit: $h(z) = h(z')$ geeft $f(z^2) = f(z'^2)$ , dus $z^2 = z'^2$ , d.w.z. $z' = \pm z$ ; als $z' = -z$ geeft onevenheid $h(z) = -h(z)$ , dus $h(z) = 0$ , forcerend $z = 0$ ( $\varphi$ nultvrij): $z = z' = 0$ .

4. $g(w) = 1/h(1/w)$ : voor $\abs w > 1$ , $1/w \in \mathbb D\setminus\{0\}$ en $h \neq 0$ daar: goed gedefinieerd, injectief (samenstelling van injecties), met ontwikkeling

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 :

van de Deel I-vorm met $b_1 = -\frac{a_2}2$ . De oppervlaktestelling geeft $\abs{\frac{a_2}2} \leq 1$ : $\abs{a_2} \leq 2$ .

5. $k(z) = \frac z{(1-z)^2} = z\sum_{m\geq0}(m + 1)z^m = \sum_{n\geq1}nz^n$ : coëfficiënten $a_n = n$ , dus $a_2 = 2$ . Univalentie en beeld: $k = \frac14\bigl[w^2 - 1\bigr]$ met $w = \frac{1 + z}{1 - z}$ , een conforme afbeelding van $\mathbb D$ op het rechterhalfvlak; $w^2$ beeldt dat halfvlak conform af op $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; dan $\frac{\cdot - 1}4$ geeft $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ : injectief in elke fase, beeld zoals beweerd.

6. $F = \frac{cf}{c - f}$ : omdat $c \notin f(\mathbb D)$ , verdwijnt de noemer nooit: $F$ is holomorf, en injectief ( $w \mapsto \frac{cw}{c - w}$ is Möbius, injectief buiten $w = c$ ). Ontwikkeling: met $f = z + a_2z^2 + \cdots$ ,

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):

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

7. Bieberbach tweemaal: $\abs{a_2} \leq 2$ en $\abs{a_2 + \frac1c} \leq 2$ , dus $\abs{\frac1c} \leq 4$ : $\abs c \geq \frac14$ . Elke weggelaten waarde ligt buiten $D(0,\frac14)$ , d.w.z. $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ . Scherp: de Koebefunctie weglaat $-\frac14$ (vraag 5).

8. Zij $d = d(z_0, \partial\Omega)$ en $\psi = \varphi^{-1} \colon \mathbb D \to \Omega$ , $\psi(0) = z_0$ , $\psi'(0) = 1/\varphi'(z_0) > 0$ . De normalisatie $\tilde f(z) = \frac{\psi(z) - z_0}{\psi'(0)}$ ligt in $\mathcal S$ , dus haar beeld bevat $D(0, \frac14)$ ; terugschalen, $\Omega = \psi(\mathbb D) \supseteq D\bigl(z_0, \tfrac{\psi'(0)}4\bigr)$ , dus $d \geq \frac{\psi'(0)}4 = \frac1{4\varphi'(z_0)}$ : de linker ongelijkheid. Voor de rechter: $\varphi\circ(z_0 + d\,\cdot)$ beeldt $\mathbb D$ af in $\mathbb D$ met $0 \mapsto 0$ ; Schwarz begrens haar afgeleide in $0$ : $d\,\varphi'(z_0) \leq 1$ , d.w.z. $\frac1{\varphi'(z_0)} \geq d$ — samen

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

(De linker ongelijkheid zoals weergegeven in de uitspraak is dezelfde keten herrangschikt.)

9. Voor de Koebefunctie $a_n = n$ : gelijkheid doorheen het vermoeden; haar rotaties $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z) = \sum n\eu^{\iu(n-1)\theta}z^n$ hebben ook $\abs{a_n} = n$ . Doordrukken van vraag 4: $h = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ met $h^2 = f(z^2)$ ; vergelijken van $z^6$ -coëfficiënten: $2c_5 + \frac{a_2^2}4 = a_3$ , dus $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ . Dan

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,

en de oppervlaktestelling ( $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ ) levert

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

Koebecheck ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ): $\abs{\frac{a_2}2}^2 = 1$ en $\frac{3\cdot4}8 - \frac32 = 0$ : totaal exact $1$ — extremaal, zoals het moet.

10. $\varphi$ is een schijfautomorfisme met $\varphi(0) = z_0$ , dus $f\circ\varphi$ is univalent op $\mathbb D$ (samenstelling van injecties), en $f'(z_0) \neq 0$ (Definitie 18.1): $F$ is goed gedefinieerd en univalent. $F(0) = 0$ . Quotiëntregel:

\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 ,

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

11. Met $G = f\circ\varphi$ : $G'' = f''(\varphi)\,\varphi'^2 + f'(\varphi)\,\varphi''$ , en $\varphi''(z) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)(1 + \bar z_0z)^{-3}$ geeft $\varphi''(0) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)$ . Dus

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] .

Bieberbach voor $F$ (vraag 4): $\abs{A_2} \leq 2$ , d.w.z. $\bigl|(1 - \abs{z_0}^2)\frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\bigr| \leq 4$ . Vermenigvuldig door met $z_0/(1 - \abs{z_0}^2)$ , waarvan de modulus $r/(1 - r^2)$ is voor $z_0 = r\eu^{\iu\theta}$ , en gebruik $z_0\bar z_0 = r^2$ :

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

12. Een complex getal binnen afstand $\rho$ van het reële punt $c$ heeft reëel deel in $\intcc{c - \rho}{c + \rho}$ : pas dit toe op $c = \frac{2r^2}{1-r^2}$ , $\rho = \frac{4r}{1-r^2}$ .

13. Voor niet-verdwijnende $\mathcal C^1$ $g$ : $\log\abs g = \frac12\log(g\bar g)$ , dus $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \frac{g'\bar g + g\bar g'}{2\abs g^2} = \operatorname{Re}\frac{g'}g$ . Met $g(t) = f'(t\eu^{\iu\theta})$ (nultvrij: univalentie), $g'(t) = \eu^{\iu\theta}f''(t\eu^{\iu\theta})$ , dus in $z = t\eu^{\iu\theta}$ :

\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]

door vraag 12 bij straal $t$ . Omdat $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1+t}{(1-t)^3} = \frac1{1+t} + \frac3{1-t} = \frac{2t+4}{1-t^2}$ en $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1-t}{(1+t)^3} = \frac{-1}{1-t} - \frac3{1+t} = \frac{2t-4}{1-t^2}$ , integreren van $0$ tot $r$ (alle drie functies verdwijnen in $t = 0$ , $f'(0) = 1$ ) geeft

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

de vervormingsstelling, na exponentiëren.

14. Boven: langs het segment $[0, z]$ ,

\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}

( $\frac{\dd}{\dd t}\frac t{(1-t)^2} = \frac{1+t}{(1-t)^3}$ ). Onder: merk op $\frac r{(1+r)^2} < \frac14$ voor $r < 1$ (het zegt $(1-r)^2 > 0$ ), dus als $\abs{f(z)} \geq \frac14$ is er niets te bewijzen. Anders ligt het segment $[0, f(z)]$ in $D(0, \frac14) \subseteq f(\mathbb D)$ (vraag 7), en $\gamma = f^{-1}\circ[0, f(z)]$ is een $\mathcal C^1$ -pad van $0$ naar $z$ in $\mathbb D$ ( $f^{-1}$ holomorf, Gevolg 17.10). Substitueren $w = f(\zeta)$ ,

\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

met $\rho = \abs\gamma$ , gebruikmakend van de onderste vervormingsgrens bij straal $\rho(s)$ . Omdat $\abs{\gamma'} \geq \rho'$ (waar gedefinieerd; $\rho$ is Lipschitz) en de integrandfactor positief is,

\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}

( $\rho(0) = 0$ , $\rho(1) = r$ ; de substitutie gebruikt slechts een antiderivaat, $\frac{\dd}{\dd u}\frac u{(1+u)^2} = \frac{1-u}{(1+u)^3}$ , geen monotonie).

15. $k'(z) = \frac{\dd}{\dd z}\,z(1 - z)^{-2} = \frac{1 + z}{(1 - z)^3}$ . In $z = r$ : $k'(r) = \frac{1+r}{(1-r)^3}$ en $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ — beide bovengrenzen bereikt. In $z = -r$ : $k'(-r) = \frac{1-r}{(1+r)^3}$ en $\abs{k(-r)} = \frac r{(1+r)^2}$ — beide ondergrenzen bereikt. De Koebefunctie rekt haar positieve as maximaal naar de verre rand en comprimeert de antipodale straal maximaal naar de tip van haar snede.

16. $\abs{a_2} = 2$ betekent $\abs{b_1} = 1$ voor $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}2w^{-1} + \cdots$ (vraag 4); de oppervlaktestelling $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ doodt dan elke andere coëfficiënt: $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ met $\eu^{\iu\alpha} = -\frac{a_2}2$ . Omdat $h$ oneven is, $g(-w) = 1/h(-1/w) = -1/h(1/w) = -g(w)$ : $g$ is oneven, dus $b_0 = 0$ . Inverteren, $h(z) = 1/g(1/z) = \frac{z}{1 + \eu^{\iu\alpha}z^2}$ , en $f(z^2) = h(z)^2$ geeft

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} .

Omgekeerd heeft elke rotatie $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ van modulus $2$ : de extremalen van Bieberbach zijn exact de geroteerde Koebefuncties.

17. Als $c$ weggelaten wordt met $\abs c = \frac14$ : vraag 6 geeft $F \in \mathcal S$ met $A_2 = a_2 + \frac1c$ , dus $\frac1c = A_2 - a_2$ en

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

gelijkheid doorheen, in het bijzonder $\abs{a_2} = 2$ . Door vraag 16, $f = \eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}\cdot)$ , waarvan de weggelaten verzameling $\eu^{-\iu\theta} \intoc{-\infty}{-\frac14}$ is: de unieke weggelaten waarde van modulus $\frac14$ is $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ . (Controle: $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ en $\frac1c = -4\eu^{\iu\theta}$ , dus $A_2 = -2\eu^{\iu\theta} = -a_2$ : de driehoeksongelijkheid is verzadigd door anti-uitlijning, zoals het moet.)

18. De Cauchy-schattingen op de cirkel $\abs z = r$ (Stelling 16.10), gecombineerd met de groeistelling, geven

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

Kies $r = 1 - \frac1n$ ( $n \geq 2$ ): $r^{1-n} = \bigl(1 + \frac1{n-1}\bigr)^{n-1} < \eu$ (toenemende rij met limiet $\eu$ ) en $(1 - r)^{-2} = n^2$ : $\abs{a_n} < \eu\,n^2$ .

19. $U = f(D(0, r))$ is open (Gevolg 17.10) en bevat $0$ . Rand: als $p \in \partial U$ , schrijf $p = \lim f(z_k)$ met $z_k \in D(0, r)$ ; een deelrij geeft $z_k \to z_\infty \in \bar D(0, r)$ , en $f(z_\infty) = p \notin U$ forceert $z_\infty \in \partial D(0, r)$ : $\partial U \subseteq f(\partial D(0, r))$ , dus elk randpunt van $U$ heeft modulus $\geq \frac r{(1+r)^2}$ (vraag 14). Nu zij $\abs w < \frac r{(1+r)^2}$ en stel $w \notin U$ . Het segment $[0, w]$ is samenhangend, ontmoet $U$ (in $0$ ) en haar complement (in $w$ ), dus ontmoet $\partial U$ ; maar al haar punten hebben modulus $\leq \abs w < \frac r{(1+r)^2}$ : tegenspraak. Dus $D\bigl(0, \frac r{(1+r)^2}\bigr) \subseteq U$ . Scherpte: $k(-r) = -\frac r{(1+r)^2}$ is het beeld van een randpunt van $D(0,r)$ , en $k$ is injectief, dus $k(-r) \notin k(D(0, r))$ : de straal kan niet vergroot worden. Als $r \to 1^-$ , $\frac r{(1+r)^2} \to \frac14$ : de kwartstelling voor de volle schijf.

20. Eerst, $\partial f(\mathbb D) \neq \varnothing$ : anders zou $f(\mathbb D)$ , open, gesloten, niet-leeg, heel $\C$ zijn, en $f^{-1} \colon \C \to \mathbb D$ zou een begrensde niet-constante gehele functie zijn, tegen Gevolg 16.12. Linker ongelijkheid: de Koebetransform $F$ van vraag 10 ligt in $\mathcal S$ en $F(\mathbb D) = \frac{f(\mathbb D) - f(z_0)}{f'(z_0)(1-\abs{z_0}^2)}$ ; door vraag 7 bevat zij $D(0, \frac14)$ , dus

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

en elk punt van $\partial f(\mathbb D)$ — disjunct van de open verzameling $f(\mathbb D)$ — is op afstand $\geq \frac14(1-\abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ van $f(z_0)$ . Rechter ongelijkheid: zij $d = d(f(z_0), \partial f(\mathbb D)) < \infty$ . De schijf $D(f(z_0), d)$ ligt in $f(\mathbb D)$ : een segment van $f(z_0)$ naar enig van haar punten blijft op afstand $< d$ van $f(z_0)$ , ontmoet dus nooit $\partial f(\mathbb D)$ , en het samenhangsargument van vraag 19 houdt het in $f(\mathbb D)$ . Dan beeldt $\hat g(w) = f^{-1}(f(z_0) + dw)$ $\mathbb D$ af in $\mathbb D$ met $\hat g(0) = z_0$ , en $\chi = \psi^{-1}\circ\hat g$ , met $\psi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , fixeert $0$ : Schwarz (Stelling 18.4) geeft $\abs{\chi'(0)} \leq 1$ . Omdat $\chi'(0) = \frac{\hat g'(0)}{\psi'(0)} = \frac{d}{f'(z_0)\,(1 - \abs{z_0}^2)}$ , is dit $d \leq (1 - \abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ .

21. $k(\mathbb D) = \C\setminus \intoc{-\infty}{-\frac14}$ , dus $\partial k(\mathbb D) = \intoc{-\infty}{-\frac14}$ , en voor het positieve reële punt $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ is het dichtstbijzijnde randpunt $-\frac14$ :

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

Linkerlid van vraag 20: $\frac14(1 - r^2)k'(r) = \frac14\,\frac{(1-r^2)(1+r)}{(1-r)^3} = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2} = d$ : gelijkheid. (Het rechterlid is gelijk aan $4d$ : de volle factor $4$ scheidt de twee kanten, en de Koebefunctie zit exact onderaan.)

22. Het enige principe is Parseval: univalentie verbiedt overlapping, dus de oppervlakte van het complement van het beeld van $\{\abs w > \rho\}$ , ontwikkeld in Fouriermodi op cirkels, is niet-negatief — de oppervlaktestelling is een $L^2$ -identiteit met een teken. Al het overige is die ongelijkheid getransporteerd: een vierkantswortel (vraag 3) maakt haar tot $\abs{a_2} \leq 2$ ; een Möbiusreflectie van een weggelaten waarde (vraag 6) maakt $\abs{a_2} \leq 2$ tot de kwartstelling; schijfautomorfismen (vraag 10) spreiden $\abs{a_2} \leq 2$ over de hele schijf als de vervormingsstelling; radiale integratie zet vervorming om in groei, en groei in bedekking. In elke fase propageert het gelijkheidsgeval ook, altijd landend op de geroteerde Koebefuncties — één extremale familie voor de hele theorie, net zoals de rotaties de unieke extremalen van het lemma van Schwarz zijn. Eén inwendige ongelijkheid, plus starheid van haar gelijkheidsgeval, regeert de hele meetkunde: conforme afbeelding is de kunst van het uitbuiten van zulke ongelijkheden.

23. De groeistelling begrens $\abs f \leq \frac{r}{(1-r)^2}$ uniform op elke $\bar D(0, r)$ , $r < 1$ , voor alle $f \in \mathcal S$ tegelijk: lokaal begrensd, dus $\mathcal S$ is een normale familie (Stelling 18.7). Als $f_n \in \mathcal S \to f$ lokaal uniform: $f$ is holomorf met $f_n' \to f'$ lokaal uniform (Weierstrass), dus $f(0) = 0$ , $f'(0) = 1$ — in het bijzonder is $f$ niet-constant — en Hurwitz (Oefening 17.8) maakt de limiet van injectieve afbeeldingen injectief: $f \in \mathcal S$ . Een continue functionaal (zoals $f \mapsto \abs{a_2} = \frac{\abs{f''(0)}}2$ ) op een compacte klasse bereikt haar supremum: extremale functies bestaan vóór men weet wat zij zijn — het startpunt van elke variationele aanval op coëfficiëntproblemen, die van Bieberbach incluis.

24. Schrijf $g(w) = w + A_2w^2 + O(w^3)$ en stel samen:

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

dus $A_2 = -a_2$ en $\abs{A_2} \leq 2$ (Bieberbach), met gelijkheid desda $\abs{a_2} = 2$ , d.w.z. desda $f$ een geroteerde Koebefunctie is (vraag 16) — en dan is $g$ de bijbehorende inverse, gedefinieerd op het snijvlak.

25. $f(z_1) - f(z_2) = (z_1 - z_2)\bigl(1 + a(z_1 + z_2)\bigr)$ . Als $\abs a \leq \frac12$ : voor $z_1 \neq z_2$ in $\mathbb D$ , $\abs{a(z_1 + z_2)} < 2\abs a \leq 1$ (strikt: $\abs{z_1 + z_2} < 2$ ), dus de tweede factor kan niet verdwijnen: injectief, en $f \in \mathcal S$ (normalisaties zijn ingebouwd). Als $\abs a > \frac12$ : het punt $s = -\frac1a$ heeft $\abs s < 2$ , dus $z_{1,2} = \frac s2 \pm \varepsilon$ liggen in $\mathbb D$ voor kleine $\varepsilon > 0$ , zijn verschillend, en $z_1 + z_2 = s$ doodt de factor: $f(z_1) = f(z_2)$ , niet injectief. Dus $\mathcal S$ bevat $z + az^2$ exact voor $\abs a \leq \frac12$ . Bieberbachs grens $\abs{a_2} \leq 2$ is dus wild onverzadigd door polynomen van graad $2$ — de coëfficiënten $a_n = n$ van de Koebefunctie komen van een oneindige reeks die samenzweert langs de weggelaten straal, een gedrag dat geen polynoom (die slechts met kleine coëfficiënten tot $\mathcal S$ behoort) kan imiteren.