Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

18Conforme afbeeldingen en de afbeeldingsstelling van Riemann

Een holomorfe bijectie tussen twee gebieden vervoert de hele complexe analyse van het ene naar het andere: zulke afbeeldingen — conform, omdat ze hoeken behouden — zijn de isomorfismen van de holomorfe wereld. Dit hoofdstuk klasseert ze waar klassering 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 echt deelgebied van $\C$ is, hoe grillig zijn rand ook is, conform gelijkwaardig met de eenheidsschijf. We sluiten af met harmonische functies en de poissonkern, waarmee we het dirichletprobleem op de schijf oplossen — de analytische opbrengst van de conforme meetkunde. Overal is $\mathbb D = D(0,1)$ 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 heten conform gelijkwaardig als zo’n afbeelding bestaat; $\operatorname{Aut}(\Omega)$ duidt de groep conforme zelfafbeeldingen aan. Waar $f' \neq 0$ — overal, voor injectieve $f$ (het bewijs van Gevolg 17.10) — is de differentiaal de vermenigvuldiging met $f'(z) \neq 0$ : een gelijkvormigheid, zodat conforme afbeeldingen de hoeken tussen krommen behouden, met inbegrip van de 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 $\C\setminus\{a/c\}$ (met een inverse van hetzelfde type, uit de inverse matrix; de samenstelling stemt overeen met het matrixproduct). De cayleytransformatie

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

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

Voorbeeld 18.3 (De afbeelding van Joukowski)

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

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

Op het uitwendige $\Omega = \{\abs z > 1\}$ 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 enkel in $z = \pm1$ , op de rand: $J$ is een conforme gelijkwaardigheid van $\Omega$ op haar beeld, namelijk $\C\setminus\intcc{-1}1$ — de eenheidscirkel zelf wordt twee-op-één op het lijnstuk gevouwen ( $J(\eu^{\iu\theta}) = \cos\theta$ ). Het uitwendige van een lijnstuk, een gesneden vlak zonder gladde rand, is dus conform het uitwendige van een schijf: hoeken zijn geen belemmering voor conforme gelijkwaardigheid, alleen voor de gladheid van de rand. Beelden van cirkels door $\pm1$ maar met verschoven middelpunt zijn krommen in de vorm van een vleugelprofiel, en $J$ samenstellen met möbiusafbeeldingen bracht de stroming om een cilinder — met de hand berekenbaar — over naar de stroming om een vleugel: in de eerste helft van de twintigste eeuw was dit voorbeeld de aerodynamica. Het is ook de deur naar Chebyshev: $J$ vervoegt $z \mapsto z^n$ tot de chebyshevveelterm $T_n$ (Probleem 13.1, Deel V), want $J(z^n) = \cos(n\theta)$ als $z = \eu^{\iu\theta}$ .

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 is

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

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

Bewijs. $g(z) = f(z)/z$ breidt zich holomorf uit tot $\mathbb D$ (de singulariteit in $0$ is ophefbaar: $g$ is begrensd nabij $0$ , Stelling 17.4; haar waarde in $0$ is $f'(0)$ ). Op $\abs z = r < 1$ is $\abs g \leq \frac1r$ , dus volgens het maximumprincipe (Stelling 16.14) is $\abs g \leq \frac1r$ op $\bar D(0,r)$ ; laat $r \to 1$ gaan: $\abs g \leq 1$ op $\mathbb D$ , wat beide ongelijkheden is. Gelijkheid in een inwendig punt laat $\abs g$ een inwendig maximum bereiken: $g$ is dan constant met modulus $1$ . ∎

Stelling 18.5 (Automorfismen van de schijf)

Voor $a \in \mathbb D$ is de blaschkefactor

\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 $\theta \in \R/2\pi\Z$ en $a \in \mathbb D$ .

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 is daar $\abs{\varphi_a} = 1$ ; volgens het maximumprincipe is $\varphi_a(\mathbb D) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , en de openheid legt het beeld in $\mathbb D$ . De algebraïsche identiteit $\varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ (rechtstreekse berekening) toont de bijectiviteit. Zij nu $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ en $a = f^{-1}(0)$ : dan is $g = f\circ\varphi_{-a}$ een automorfisme dat $0$ vastlaat. Schwarz toegepast op $g$ en op $g^{-1}$ : $\abs{g(z)} \leq \abs z$ en $\abs{g^{-1}(w)} \leq \abs w$ , dus $\abs{g(z)} = \abs z$ : een rotatie, $g = \eu^{\iu\theta}\,\mathrm{id}$ , dat wil zeggen $f = \eu^{\iu\theta}\varphi_a$ . Uniciteit: $a = f^{-1}(0)$ , en $\theta$ uit een evaluatie van het type $f'$ (of uit $f(0) = -\eu^{\iu\theta}a$ en nog één 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 gelijkwaardig.

Bewijs. Zij $f \in \operatorname{Aut}(\C)$ en beschouw $g(z) = f(1/z)$ op $\C^*$ : een holomorfe functie met een geïsoleerde singulariteit in $0$ . Was ze essentieel, dan 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 ( $f$ is injectief: de twee verzamelingen zijn beelden van disjuncte verzamelingen) — onmogelijk voor een dichte verzameling en een niet-lege open verzameling. Dus is $0$ voor $g$ een pool of ophefbaar, dat wil zeggen $\abs{f(z)}$ heeft hoogstens polynomiale groei: $f$ is een veelterm (Oefening 16.4(a)). De injectiviteit dwingt graad $1$ af: een veelterm van hogere graad heeft ergens ofwel een meervoudige wortel van $f - c$ ( $f'$ verdwijnt) ofwel meerdere verschillende originelen (d’Alembert–Gauss, Probleem 16.1); in beide gevallen faalt de injectiviteit. Ten slotte zou een conforme $\C \to \mathbb D$ een begrensde gehele functie zijn: constant (Liouville) — dus geen gelijkwaardigheid. ∎

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 uit $\mathcal F$ een deelrij die uniform convergeert op alle compacte deelverzamelingen van $\Omega$ (naar een holomorfe limiet).

Bewijs. Lokale gelijkmatige continuïteit: is $\abs f \leq M$ op $D(a, 2r) \subseteq \Omega$ voor alle $f \in \mathcal F$ , dan geeft de formule van Cauchy 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 lipschitzafschatting. Put $\Omega$ uit met compacte $K_m$ ; elke $K_m$ wordt door eindig veel zulke schijven overdekt, dus is $\mathcal F$ uniform begrensd en equicontinu op $K_m$ : Arzelà–Ascoli (Stelling 7.11) haalt er een deelrij uit die uniform convergeert op $K_m$ ; diagonaliseer over $m$ . De limiet is holomorf volgens Stelling 16.15. ∎

18.4 De afbeeldingsstelling van Riemann

Definitie 18.8

Een open samenhangende $\Omega \subseteq \C$ heet enkelvoudig samenhangend (in de homologische zin, wat voor al onze doeleinden volstaat) als $\operatorname{Ind}_\gamma(w) = 0$ voor elke cykel $\gamma$ in $\Omega$ en elke $w \notin \Omega$ — “geen cykel van $\Omega$ omsluit een gat”. Volgens de globale stelling van Cauchy (Stelling 17.1) en Propositie 16.5 heeft op zo’n $\Omega$ elke holomorfe functie een primitieve; bijgevolg heeft elke nulpuntvrije $f \in \mathcal H(\Omega)$ een holomorfe logaritme ( $\exp\circ$ (primitieve van $f'/f$ ), aangepast met een constante, want $(f\eu^{-L})' = 0$ ) en holomorfe $n$ -de machtswortels $\eu^{L/n}$ .

Stelling 18.9 (Afbeeldingsstelling van Riemann)

Elke enkelvoudig samenhangende open $\Omega \subsetneq \C$ met $\Omega \neq \varnothing$ is conform gelijkwaardig met $\mathbb D$ ; bij 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 nulpuntvrij op $\Omega$ , dus heeft ze een holomorfe vierkantswortel $h$ ( $h^2 = z - b$ ). $h$ is injectief ( $h(z) = h(z')$ kwadrateert tot $z = z'$ ), en ligt $w \in h(\Omega)$ , dan $-w \notin h(\Omega)$ ( $h(z) = -h(z')$ kwadrateert eveneens tot $z = z'$ , wat $w = -w = 0$ geeft, onmogelijk omdat $h$ nulpuntvrij is). Omdat $h(\Omega)$ open is, bevat ze een schijf $D(h(z_0), \rho)$ ; dan is $D(-h(z_0), \rho) \cap h(\Omega) = \varnothing$ , dat wil zeggen $\abs{h(z) + h(z_0)} \geq \rho$ voor elke $z \in \Omega$ . Bijgevolg is

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

holomorf en injectief (een möbiusafbeelding samengesteld met de injectieve $h$ ), met $\abs g \leq \frac12 < 1$ . Samenstellen met een blaschkefactor (Stelling 18.5) om $g(z_0)$ naar $0$ te brengen maakt de familie

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

niet leeg.

Stap 1: een extremaal element. Zij $s = \sup_{\mathcal F}\abs{f'(z_0)} \in \intoc0{+\infty}$ ( $> 0$ : de 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 door $1$ begrensd, dus haalt Montel (Stelling 18.7) er een $f_n \to f$ uit die uniform convergeert op compacte verzamelingen; $f$ is holomorf, $f(z_0) = 0$ en $\abs{f'(z_0)} = s$ (Stelling 16.15 voor de afgeleiden), in het bijzonder is $f$ niet constant; $f$ is injectief volgens Hurwitz (Oefening 17.8(b)), en $f(\Omega) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , dus $\subseteq \mathbb D$ (open afbeelding). Dus bereikt $f \in \mathcal F$ het supremum: en $s < \infty$ .

Stap 2: de extremale afbeelding is surjectief. Stel dat $a \in \mathbb D\setminus f(\Omega)$ . Het blaschketransport $\varphi_a\circ f$ is nulpuntvrij op het enkelvoudig samenhangende $\Omega$ : ze heeft een holomorfe vierkantswortel $F$ (met $F(\Omega) \subseteq \mathbb D$ , want $\abs F^2 = \abs{\varphi_a\circ f} < 1$ ), injectief (kwadraten onderscheiden). Normeer: $G = \varphi_{F(z_0)}\circ F \in \mathcal F$ . Terugdraaien: $f = \varphi_{-a}\circ s_2 \circ \varphi_{-F(z_0)}\circ G$ met $s_2(w) = w^2$ ; 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 (ze is niet injectief: $s_2$ is dat niet). Lemma van Schwarz (het strikte 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 de maximaliteit (merk op dat $G \in \mathcal F$ ). Dus is $f$ surjectief: een conforme gelijkwaardigheid.

Stap 3: normering en uniciteit. Vermenigvuldig $f$ met $\eu^{-\iu\arg f'(z_0)}$ om $f'(z_0) > 0$ te maken (dat blijft in $\mathcal F$ ). Voldoen $f_1$ en $f_2$ allebei, dan laat $\psi = f_2\circ f_1^{-1} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ $0$ vast met $\psi'(0) = f_2'(z_0)/f_1'(z_0) > 0$ ; volgens Stelling 18.5 is $\psi$ een rotatie $\eu^{\iu\theta}$ met $\eu^{\iu\theta} > 0$ : dus $\psi = \mathrm{id}$ . ∎

Opmerking 18.10

De stelling is een zuivere bestaansuitspraak van verbluffende reikwijdte: een vierkant, een halfvlak, het complement van een snede, het gebied tussen twee rakende cirkels, een gebied met fractale rand — alle conform identiek met $\mathbb D$ . Wat ze niet geeft: enige formule (expliciete afbeeldingen zijn de uitzondering: Oefening 18.5), gedrag aan de rand (een diepere theorie — de stelling van Carathéodory — behandelt dat), of uniciteit van uitbreiding tot $\C$ of tot meervoudig samenhangende gebieden: de ring $\{1 < \abs z < 2\}$ is niet conform een geperforeerde schijf, en ringen met verschillende straalverhoudingen zijn niet gelijkwaardig (een werkelijk 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 is $u = \operatorname{Re}F$ voor een holomorfe $F$ , uniek op een imaginaire constante na. Bijgevolg is $u$ $\mathcal C^\infty$ , voldoet ze aan de eigenschap van de gemiddelde waarde en gehoorzaamt ze aan het maximumprincipe (geen strikt inwendig extremum, tenzij ze constant is).

Bewijs. $g = u_x - \iu u_y$ voldoet aan de vergelijkingen van Cauchy–Riemann ( $P = u_x$ , $Q = -u_y$ : $P_x = u_{xx} = -u_{yy} = Q_y$ en $P_y = u_{xy} = u_{yx} = -Q_x$ ) met continue partiële afgeleiden: dus is $g$ 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 $(u_x, u_y)$ ( $F_0' = g$ vertaalt zich daar precies in via Cauchy–Riemann voor $F_0$ ), zodat $u - \operatorname{Re}F_0$ constant is ( $\Omega$ samenhangend): pas aan tot $F = F_0 + c$ . De eigenschappen dragen over uit Stelling 16.14 en Oefening 16.10 (gebruik voor het maximumprincipe voor $u$ zelf $\eu^{F}$ , zoals daar). ∎

Stelling 18.12 (Formule van Poisson; het dirichletprobleem op de schijf)

Definieer voor $0 \leq r < 1$ 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 stel 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 breidt ze zich continu uit tot $\bar{\mathbb D}$ met randwaarden $g$ : de enige zulke harmonische functie.

Bewijs. Identiteiten voor de kern: twee meetkundige reeksen sommeren geeft

\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},

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

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

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 kern tussen haakjes heeft reëel deel $P_r(\varphi - t)$ : reken na), en het haakje is holomorf in $z$ op $\mathbb D$ (Oefening 16.7): dus is $u$ het reële deel van een holomorfe functie, en dus harmonisch.

Randwaarden: $P_r(\cdot)$ is een benaderende eenheid als $r \to 1^-$ : massa $1$ , en voor $\delta \leq \abs\theta \leq \pi$ is $P_r(\theta) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2} \to 0$ uniform. De standaardsplitsing (continuïteit van $g$ nabij $\eu^{\iu\varphi_0}$ , 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: dus is de uitbreiding continu. Uniciteit: het verschil van twee oplossingen is harmonisch op $\mathbb D$ , continu op de afsluiting en nul op de rand: volgens het maximumprincipe (toegepast op $\pm$ het verschil) verdwijnt het. ∎

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

18.6 Oefeningen

Oefening 18.1 ★

(a) Ga na dat de cayleytransformatie $\varphi(z) = \frac{z - \iu}{z + \iu}$ een bijectie $\mathbb H \to \mathbb D$ is met de vermelde inverse, en bereken de beelden van $\iu$ , $0$ , $1$ en $\infty$ (als limiet). (b) Toon aan dat $z \mapsto 1/z$ cirkels en rechten op cirkels en rechten afbeeldt. (Schrijf hun gemeenschappelijke vergelijking $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ , met $\alpha, \gamma \in \R$ .) Leid hetzelfde af voor alle möbiusafbeeldingen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.1.

(a) $\varphi$ en $\psi(w) = \iu\frac{1+w}{1-w}$ stellen in beide volgordes samen tot de identiteit (rechtstreekse berekening); $\varphi$ beeldt $\mathbb H$ in $\mathbb D$ af 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 rechten zijn de oplossingsverzamelingen van $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ (met $\alpha, \gamma \in \R$ , $\beta \in \C$ en $\abs\beta^2 > \alpha\gamma$ ): $\alpha \neq 0$ geeft cirkels, $\alpha = 0$ rechten. $z = 1/w$ substitueren en met $\abs w^2$ vermenigvuldigen geeft $\gamma\abs w^2 + \beta w + \bar\beta\bar w + \alpha = 0$ — dezelfde familie. Affiene afbeeldingen behouden 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) Is $f(0) = 0$ en $f(a) = a$ voor een $a \neq 0$ , toon dan aan dat $f = \mathrm{id}$ . (b) Is $f$ een automorfisme met twee verschillende vaste punten in $\mathbb D$ , toon dan aan dat $f = \mathrm{id}$ (vervoeg met een blaschkefactor om tot (a) te herleiden).

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.2.

(a) Schwarz geeft $\abs{f(a)} \leq \abs a$ met gelijkheid (beide leden $= \abs a$ ): het gelijkheidsgeval dwingt $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ af, en $f(a) = a$ legt $\eu^{\iu\theta} = 1$ vast.

(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 is $g(0) = \varphi_a(f(a)) = 0$ en $g(c) = c$ voor $c = \varphi_a(b) \neq 0$ : volgens (a) is $g = \mathrm{id}$ , dus $f = \varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ .

Oefening 18.3 ★★

(Schwarz–Pick) Bewijs voor holomorfe $f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ dat

\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) dan en slechts dan als $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ . (Pas Schwarz toe op $\varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ .) Interpretatie: holomorfe zelfafbeeldingen krimpen de hyperbolische metriek.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.3.

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

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),

waaruit de ongelijkheid van Schwarz–Pick volgt. Gelijkheid in een $z$ maakt $g$ een rotatie, dus $f = \varphi_{-f(z)}\circ(\text{rotatie})\circ\varphi_z \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — en dan geldt de gelijkheid overal (reken na, of pas het opnieuw toe met de rollen van $f$ en $f^{-1}$ verwisseld). Holomorfe zelfafbeeldingen van de schijf zijn $1$ -lipschitz voor de hyperbolische metriek $\frac{2\abs{\dd z}}{1 - \abs z^2}$ ; de automorfismen zijn haar isometrieën.

Oefening 18.4 ★★

Zoek expliciete conforme gelijkwaardigheden: (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 halve schijf $\mathbb D\cap\mathbb H \to$ een kwadrant, en dan $\to \mathbb H$ ; (d) $\mathbb D \to \mathbb D$ die $\frac12$ naar $0$ stuurt met daar een positieve afgeleide.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.4.

(a) $z \mapsto \eu^z$ : beeldt $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\}$ bijectief af op $\mathbb H$ ( $\eu^{x+\iu y} = \eu^x\eu^{\iu y}$ : vrije modulus, argument $y \in \intoo0\pi$ ), holomorf met een afgeleide $\neq 0$ en een holomorfe inverse (de hoofdlogaritme $\log$ ). (b) $z \mapsto z^2$ verdubbelt de argumenten: het open kwadrant $\{0 < \arg z < \frac\pi2\}$ wordt conform op $\mathbb H$ afgebeeld (inverse: de hoofdvierkantswortel). (c) $z \mapsto \frac{1 + z}{1 - z}$ beeldt $\mathbb D$ af op het rechterhalfvlak en behoudt de symmetrie boven/onder: ze stuurt de bovenste halve schijf op het eerste kwadrant; kwadrateer dan volgens (b) om $\mathbb H$ te bereiken: $z \mapsto \bigl(\frac{1 + z}{1 - z}\bigr)^2$ . (d) De blaschkefactor $\varphi_{1/2}(z) = \frac{z - \frac12}{1 - \frac z2}$ : $\varphi_{1/2}(\tfrac12) = 0$ en $\varphi_{1/2}'(\tfrac12) = \frac{1 - \frac14}{(1 - \frac14)^2} = \frac43 > 0$ .

Oefening 18.5 ★★

(a) Toon aan dat er geen conforme afbeelding $\C \to \mathbb D$ of $\C \to \mathbb H$ bestaat, en geen enkele $\mathbb D \to \C$ . (b) Welke van de volgende zijn conform gelijkwaardig met $\mathbb D$ ? Verantwoord met Stelling 18.9 of met 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 geperforeerde schijf zou zich volgens Stelling 17.4(1) over de perforatie uitbreiden — werk dat uit.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.5.

(a) Een conforme $\C \to \mathbb D$ (of $\mathbb H$ , na samenstelling met Cayley) is een begrensde gehele functie: constant volgens Liouville — dus 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 echt: conform $\mathbb D$ (Stelling 18.9). Het gesneden vlak $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ is stervormig ten opzichte van $1$ (lijnstukken vanuit $1$ mijden de snede), dus enkelvoudig samenhangend, en echt: conform $\mathbb D$ . De geperforeerde schijf: was $g \colon \mathbb D\setminus\{0\} \to \mathbb D$ conform, dan is $g$ begrensd, dus is $0$ ophefbaar (Stelling 17.4): $g$ breidt uit tot $\tilde g \colon \mathbb D \to \mathbb D$ , en $\tilde g(0)$ , dat in het open beeld $g(\mathbb D\setminus\{0\}) = \mathbb D$ ligt, is ook $g(w)$ voor een $w \neq 0$ ; twee disjuncte omgevingen van $0$ en $w$ hebben beelden die open zijn en de waarde $\tilde g(0)$ delen, en dus ook andere waarden delen (open verzamelingen): $g$ neemt op $\mathbb D\setminus\{0\}$ een waarde tweemaal aan — in tegenspraak met de injectiviteit. De ring $A = \{1 < \abs z < 2\}$ : stel $F \colon \mathbb D \to A$ conform. $F$ is nulpuntvrij op het enkelvoudig samenhangende $\mathbb D$ , dus $F = \eu^L$ voor een holomorfe $L$ (Definitie 18.8). Zij $\sigma$ de cirkel $\abs z = \frac32$ in $A$ en $\gamma = F^{-1}\circ\sigma$ , een gesloten weg in $\mathbb D$ ; dan is

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 geperforeerde schijf, noch de ring is een vermomde schijf.

Oefening 18.6 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.6.

(a) $T(w) = \frac{w - 1}{w + 1}$ beeldt $\{\operatorname{Re}w > 0\}$ conform af op $\mathbb D$ (een gedraaide Cayley: $\abs{w - 1} < \abs{w + 1}$ dan en slechts dan als $\operatorname{Re}w > 0$ ), 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) $T$ omkeren: $f = \frac{1 + g}{1 - g}$ , 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 een $z_0 \neq 0$ dwingt $\abs{g(z_0)} = \abs{z_0}$ en uitlijning af: $g$ is een rotatie, dat wil zeggen $f(z) = \frac{1 + \eu^{\iu\theta}z}{1 - \eu^{\iu\theta}z}$ — de extremalen van Herglotz, conforme afbeeldingen op het rechterhalfvlak.

Oefening 18.7 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.7.

(i) De enkelvoudige samenhang komt precies tweemaal binnen, via het bestaan van holomorfe vierkantswortels van nulpuntvrije 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) De samenhang wordt gebruikt telkens wanneer de identiteitsstelling of Hurwitz (Oefening 17.8) spreekt: de extremale limiet is “injectief of constant”, en de constantheid is uitgesloten door $s > 0$ ; en ook in “afgeleide nul impliceert constant”. Falen voor $\C$ : Stap 0 is onmogelijk, en het besluit is onjuist (Oefening 18.5(a)). Falen voor de ring: die is niet enkelvoudig samenhangend — de constructie met de vierkantswortel breekt (zo heeft $z$ zelf, nulpuntvrij op $A$ , 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 het besluit is er eveneens onjuist.

Oefening 18.8 ★★

Los het dirichletprobleem op $\mathbb D$ op voor de randwaarden: (a) $g(\eu^{\iu t}) = \cos t$ ; (b) $g(\eu^{\iu t}) = \cos^2 t$ ; (c) $g = \mathbf 1_{\text{bovenste halve cirkel}}$ — bereken voor (c) $u(0)$ en interpreteer met de eigenschap van de gemiddelde waarde. (Ontwikkel $g$ in een fourierreeks 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.

De fourierontwikkeling van $g$ invullen in de poissonintegraal en $\frac1{2\pi}\int P_r(\varphi - t)\eu^{\iu nt}\dd t = r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ gebruiken (af te lezen van de reeks van $P_r$ ) geeft $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_nc_n(g)\,r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ , waarbij het verwisselen door de normale convergentie wordt gerechtvaardigd ( $\abs{c_n} \leq \norm g_\infty$ , $r < 1$ ).

(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) $g = \mathbf 1_{(0,\pi)}$ (de bovenste halve cirkel): $c_0 = \frac12$ 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 middelpunt ziet precies het gemiddelde van de randwaarden — de eigenschap van de gemiddelde waarde 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)

(schat de poissonkern af tussen $\frac{1-r}{1+r}$ en $\frac{1+r}{1-r}$ ; pas de voorstelling toe op iets kleinere schijven en ga naar de limiet). Leid af: een harmonische functie op $\C$ die van onderen begrensd is, is constant.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.9.

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

\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 harmonische $u \geq 0$ op $\mathbb D$ en $s < 1$ is $u_s(z) = u(sz)$ harmonisch op een omgeving van $\bar{\mathbb D}$ , en dus gelijk aan haar poissonintegraal (Stelling 18.12, uniciteit, toegepast op haar eigen randwaarden); de kern inklemmen en de gemiddelde waarde $\frac1{2\pi}\int u_s(\eu^{\iu t})\dd t = u(0)$ gebruiken geeft

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

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

Oefening 18.10 ★★

Los met de conforme invariantie van de harmoniciteit ( $u\circ f$ is harmonisch als $u$ harmonisch en $f$ holomorf is — bewijs dat lokaal met Propositie 18.11) het dirichletprobleem op het bovenste halfvlak op met randwaarden $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ : toon aan dat

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

harmonisch is op $\mathbb H$ (het imaginaire deel van een holomorfe logaritme) met de vereiste randlimieten in elke $x \neq 0$ , en breng dat met Cayley over naar de schijf om Oefening 18.8(c) opnieuw af te leiden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.10.

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

Oefening 18.11 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.11.

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

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

(c) Vaste punten van $\frac{z^2 + z}2$ : $z^2 + z = 2z$ dan en slechts dan als $z(z - 1) = 0$ ; enkel $z = 0$ ligt in $\mathbb D$ ( $z = 1$ ligt op de rand). Geen rotatie ( $f'(0) = \frac12$ ), dus gaan de banen naar $0$ ; kwantitatief geeft $f(z) = \frac z2(1 + z)$ dat $\abs{f(z)} \leq \frac{3}{4}\abs z$ op $\abs z \leq \frac12$ , en zodra de baan klein is, is $\abs{f(z)} \approx \frac{\abs z}2$ : asymptotisch meetkundig met verhouding $f'(0) = \frac12$ . Vanaf $z_0 = \frac12$ : $z_1 = \frac38$ , $z_2 \approx 0.258$ , $z_3 \approx 0.162$ — per stap halverend, zoals de vermenigvuldiger voorspelt.

Oefening 18.12 ★★

(Harmonisch toegevoegden, concreet) Zij $u(x, y) = x^3 - 3xy^2 + 2y$ . (a) Ga na dat $u$ harmonisch is op $\R^2$ , en zoek alle harmonisch toegevoegden $v$ (dat wil zeggen met $u + \iu v$ holomorf) door de vergelijkingen van Cauchy–Riemann te integreren; identificeer $f(z) = u + \iu v$ als veelterm in $z$ . (b) Toon aan dat op een stervormige open verzameling elke harmonische functie een harmonisch toegevoegde toelaat, uniek op een additieve constante na (de $1$ -vorm $-u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ is gesloten; de machinerie van de primitieve uit Stelling 16.8, of het lemma van Poincaré uit Hoofdstuk 21). (c) Geef het standaardtegenvoorbeeld op $\C^*$ : $u = \ln\abs z$ heeft geen globale toegevoegde — leg het verband met de hoekvorm en het windingsgetal (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 $v_x = -u_y = 6xy - 2$ . De eerste naar $y$ integreren geeft $v = 3x^2y - y^3 + c(x)$ ; invullen in de tweede: $6xy + c'(x) = 6xy - 2$ , dus $c(x) = -2x + C$ . Bijgevolg is $v = 3x^2y - y^3 - 2x + C$ 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 constructie van de primitieve uit Stelling 16.8 toegepast op de holomorfe $u_x - \iu u_y$ ) een $v$ met $\dd v = \omega$ , dat wil zeggen het stelsel van Cauchy–Riemann: $u + \iu v$ is holomorf. Twee toegevoegden verschillen een functie met gradiënt nul: 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 bestaat er geen globale toegevoegde — een toegevoegde zou een continue bepaling van het argument zijn, en het windingsgetal is precies de obstructie. Lokaal (op elk stervormig deelgebied) voldoet $v = \arg z$ en is $u + \iu v = \log z$ : het falen is globaal, niet lokaal.

18.7 Probleem: de oppervlaktestelling en de kwartstelling van Koebe

Probleem 18.1

Weekendopgave — hoeveel moet een univalente afbeelding overdekken?

Een univalente functie is een holomorfe injectie. De genormeerde 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 aan banden gelegd: we bewijzen de ongelijkheid van Bieberbach $\abs{a_2} \leq 2$ en leiden de kwartstelling van Koebe af: het beeld van elke $f \in \mathcal S$ bevat de schijf $D(0, \frac14)$ — de scherpe universele constante van de 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 $\{\abs w > 1\}$ .

Zij voor $\rho > 1$ $A_\rho$ de oppervlakte (lebesguemaat) van de compacte verzameling $K_\rho = \C\setminus g(\{\abs w > \rho\})$ , het gebied omsloten door de gladde jordankromme $g(C_\rho)$ . Toon met de oppervlakteformule uit de stelling van Green–Riemann van het volume van bachelorjaar 2 — de omsloten oppervlakte is $\frac1{2\iu} \oint\bar\zeta\,\dd\zeta$ langs de positief georiënteerde rand — aan dat

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

vul de laurentreeksen van $\bar g$ en $g'$ op $C_\rho$ in en integreer term voor term (normale convergentie; alleen de producten met frequentie nul overleven).
Laat $\rho \to 1^+$ gaan en besluit tot de oppervlaktestelling:

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

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

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

Toon aan dat $f(z^2)/z^2$ holomorf en nulpuntvrij is op $\mathbb D$ en een holomorfe vierkantswortel $\varphi$ toelaat met $\varphi(0) = 1$ ; stel $h(z) = z\varphi(z^2)$ , zodat $h(z)^2 = f(z^2)$ . Toon aan dat $h$ een oneven univalente functie op $\mathbb D$ is met ontwikkeling $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + \cdots$ . (Injectiviteit: $h(z)^2 = h(z')^2$ dwingt $z^2 = z'^2$ af; gebruik de oneven pariteit om het af te maken.)
Pas de oppervlaktestelling toe op $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}{2w} + \cdots$ op $\{\abs w > 1\}$ (ga de univalentie en de ontwikkeling na) en besluit $\abs{a_2} \leq 2$ .
Toon aan dat de functie van Koebe

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

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

Deel III — De kwartstelling.

Zij $f \in \mathcal S$ en $c \notin f(\mathbb D)$ . Toon aan 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 $F$ : besluit $\abs{\frac1c} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ , dat wil zeggen $\abs c \geq \frac14$ . Elke overgeslagen waarde heeft modulus $\geq \frac14$ : dus $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ — de kwartstelling van Koebe. Ga de scherpte na op de functie van Koebe.
Leid een kwantitatieve schatting voor de riemannafbeelding af: is $\varphi \colon \Omega \to \mathbb D$ de riemannafbeelding van Stelling 18.9 in $z_0$ , dan is

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

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

Deel IV — Perspectief.

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

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

zodat de oppervlaktestelling de verfijnde ongelijkheid $\bigl|\frac{a_2}2\bigr|^2 + 3\bigl|\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\bigr|^2 \leq 1$ oplevert. Controleer haar op de functie van Koebe ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ).

Deel V — De vervormingsstelling. De ongelijkheid van Bieberbach, met automorfismen rond de schijf vervoerd, beheerst $f'$ overal. Leg $f \in \mathcal S$ vast.

(Transformatie van Koebe) Zij voor $z_0 \in \mathbb D$ $\varphi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , een automorfisme van de schijf (Stelling 18.5) met $\varphi(0) = z_0$ . Toon aan dat

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

tot $\mathcal S$ behoort (de univalentie wordt geërfd; bereken $\varphi'(0) = 1 - \abs{z_0}^2$ en controleer de normering; herinner je dat $f' \neq 0$ 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:

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

$\frac{2r^2 - 4r}{1 - r^2} \;\leq\; \operatorname{Re}\Bigl(z\,\frac{f''(z)}{f'(z)}\Bigr) \;\leq\; \frac{2r^2 + 4r}{1 - r^2} .$
Toon aan 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 nergens verdwijnende $\mathcal C^1$ -functie $g$ van een reële veranderlijke is $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \operatorname{Re}(g'/g)$ ), 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 lijnstuk $[0, z]$ ; ondergrens: is $\abs{f(z)} < \frac14$ , dan ligt het lijnstuk $[0, f(z)]$ volgens vraag 7 in $f(\mathbb D)$ ; trek het terug met $f^{-1}$ — holomorf volgens Gevolg 17.10 — en schat $\abs{f(z)} = \int_\gamma\abs{f'(\zeta)} \,\abs{\dd\zeta} \geq \int_0^r\frac{1 - t}{(1 + t)^3}\,\dd t$ af, met $\abs{\dd\zeta} \geq \dd\abs\zeta$ ).
Ga na dat de functie van Koebe in alle vier de grenzen gelijkheid bereikt, in $z = r$ voor de bovenste en in $z = -r$ voor de onderste: $k$ is tegelijk het meest uitrekkende en, op het tegenoverliggende punt, het meest samentrekkende lid van $\mathcal S$ .

Deel VI — Extremale starheid. In elke ongelijkheid tot nu toe identificeert de gelijkheid de functie van Koebe op een rotatie na. We bewijzen dat, en oogsten daarna.

Stel dat $f \in \mathcal S$ $\abs{a_2} = 2$ heeft. Jaag de gelijkheid door de vragen 2 tot 4: de oppervlaktestelling dwingt $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ af; de oneven pariteit van $h$ maakt $g$ oneven, dus $b_0 = 0$ ; inverteer om $h$ te vinden en dan $f$ , en besluit 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 functie van Koebe zijn de enige leden van $\mathcal S$ met $\abs{a_2} = 2$ .
Toon aan dat als $f \in \mathcal S$ een waarde $c$ overslaat met precies $\abs c = \frac14$ , $f$ een rotatie van de functie van Koebe is, en identificeer $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ (volg de gelijkheid door de keten $4 = \abs{1/c} = \abs{A_2 - a_2} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ van vraag 7): de constante van de kwartstelling wordt enkel door de extremale familie bereikt.
(Coëfficiënten voor een prikje) Combineer de groeistelling met de afschattingen van Cauchy (Stelling 16.10) op de cirkel $\abs z = 1 - \frac1n$ om

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

te bewijzen. (De Branges, 1985: $\abs{a_n} \leq n$ ; de factor $\eu n$ is de prijs van elementair gereedschap.)
(Overdekking van deelschijven) Toon aan 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 functie van Koebe, en vind de kwartstelling terug als $r \to 1^-$ . (Randpunten van het open beeld $f(D(0,r))$ liggen op $f(\partial D(0,r))$ , en hebben dus volgens vraag 14 modulus $\geq \frac{r}{(1+r)^2}$ ; een lijnstuk van $0$ naar een gemist punt met kleinere modulus zou die rand moeten kruisen.)
(Koebe in elk punt) Zij $f$ univalent op $\mathbb D$ , niet noodzakelijk genormeerd, 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: de kwartstelling toegepast op de transformatie van Koebe uit vraag 10; rechts: Schwarz (Stelling 18.4) toegepast op $\psi^{-1}\circ\hat g$ , met $\hat g(w) = f^{-1}\bigl(f(z_0) + dw\bigr)$ , $d$ de afstand, en $\psi$ een automorfisme van de schijf 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 ga na dat de linkerongelijkheid een gelijkheid is: de functie van Koebe verzadigt haar eigen stelling in elk punt van $\intoo01$ .
(De moraal) In tien regels: welk enkel beginsel ligt aan de oppervlaktestelling ten grondslag, en hoe vloeien Bieberbach, de kwartstelling, de vervorming, de groei en de overdekking er alle uit voort? Vergelijk met de wereld van Schwarz–Pick uit Stelling 18.4: in beide maakt één inwendige ongelijkheid de hele meetkunde star, en zijn de extremalen uniek op een rotatie na.

Deel VII — Compactheid, inversen en een werkelijkheidstoets.

Toon aan dat de klasse $\mathcal S$ compact is voor lokaal uniforme convergentie: ze is lokaal begrensd volgens de groeistelling, dus normaal (Stelling 18.7); en een lokaal uniforme limiet van leden van $\mathcal S$ ligt opnieuw in $\mathcal S$ (de normeringen gaan naar de limiet wegens de convergentie van de afgeleiden volgens Weierstrass; de injectiviteit overleeft volgens Hurwitz, Oefening 17.8, want de limiet is niet constant). Waarom is dat van belang voor extremale problemen zoals dat van Bieberbach?
Zij voor $f \in \mathcal S$ $g = f^{-1}$ , gedefinieerd nabij $0$ . Toon aan dat $g(w) = w - a_2w^2 + O(w^3)$ , zodat de tweede coëfficiënt van de inverse aan dezelfde scherpe grens $\abs{A_2} = \abs{a_2} \leq 2$ voldoet, met gelijkheid precies voor de gedraaide functies van Koebe.
Bepaal voor welke $a \in \C$ de veelterm $f(z) = z + az^2$ tot $\mathcal S$ behoort: toon aan dat $f$ injectief is op $\mathbb D$ dan en slechts dan als $\abs a \leq \frac12$ (ontbind $f(z_1) - f(z_2)$ ). Besluit: voor veeltermen van graad twee is de werkelijke grens voor de coëfficiënt $\frac12$ , vier keer kleiner dan de $2$ van Bieberbach — de extremalen van $\mathcal S$ zijn werkelijk transcendente objecten, en geen enkele veelterm komt in de buurt.

Oplossing

Oplossing van Probleem 18.1.

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

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 .

Vul $\bar g = \rho\eu^{-\iu\theta} + \bar b_0 + \sum_m\bar b_m\rho^{-m}\eu^{\iu m\theta}$ en $g' = 1 - \sum_nnb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta}$ in: na vermenigvuldiging met $\eu^{\iu\theta}$ overleven alleen de producten met frequentie nul de integratie naar $\theta$ (de normale convergentie rechtvaardigt het werken term voor term): 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 $\rho \to 1^+$ en daarna $N \to \infty$ gaan: $\sum_{n\geq1}n\abs{b_n}^2 \leq 1$ . Gelijkheid in $\abs{b_1} \leq 1$ dwingt af dat alle andere $b_n = 0$ : $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ , die afbeeldt op het complement van een lijnstuk van lengte $4$ (een afbeelding van joukowskitype): de extremalen.

3. $f(z)/z = 1 + a_2z + \cdots$ is holomorf en nulpuntvrij op $\mathbb D$ ( $f$ verdwijnt enkel in $0$ , en enkelvoudig: injectiviteit), en dus ook $f(z^2)/z^2$ , die een holomorfe vierkantswortel $\varphi$ heeft met $\varphi(0) = 1$ (Definitie 18.8; $\mathbb D$ is convex). Dan voldoet $h(z) = z\varphi(z^2)$ aan $h^2 = f(z^2)$ , is $h(z) = z\bigl(1 + \frac{a_2}2z^2 + \cdots\bigr)$ (binomiaalreeks voor de wortel), en is $h(z) = z\varphi(z^2)$ per constructie oneven ( $\varphi(z^2)$ is even). Injectiviteit: $h(z) = h(z')$ geeft $f(z^2) = f(z'^2)$ , dus $z^2 = z'^2$ , dat wil zeggen $z' = \pm z$ ; is $z' = -z$ , dan geeft de oneven pariteit $h(z) = -h(z)$ , dus $h(z) = 0$ , wat $z = 0$ afdwingt ( $\varphi$ is nulpuntvrij): dus $z = z' = 0$ .

4. $g(w) = 1/h(1/w)$ : voor $\abs w > 1$ ligt $1/w$ in $\mathbb D\setminus\{0\}$ en is $h \neq 0$ 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 vorm uit Deel I met $b_1 = -\frac{a_2}2$ . De oppervlaktestelling geeft $\abs{\frac{a_2}2} \leq 1$ : dus $\abs{a_2} \leq 2$ .

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 $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; en $\frac{\cdot - 1}4$ geeft $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ : in elke stap injectief, met het beweerde beeld.

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 $f = z + a_2z^2 + \cdots$ is

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):

dus $F \in \mathcal S$ 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 overgeslagen waarde ligt buiten $D(0,\frac14)$ , dat wil zeggen $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ . Scherp: de functie van Koebe slaat $-\frac14$ over (vraag 5).

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

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

(De linkerongelijkheid zoals in de opgave weergegeven is dezelfde keten, anders geschikt.)

9. Voor de functie van Koebe is $a_n = n$ : overal gelijkheid in het vermoeden; haar rotaties $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z) = \sum n\eu^{\iu(n-1)\theta}z^n$ hebben eveneens $\abs{a_n} = n$ . Vraag 4 verder duwen: $h = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ met $h^2 = f(z^2)$ ; de coëfficiënten van $z^6$ vergelijken geeft $2c_5 + \frac{a_2^2}4 = a_3$ , dus $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ . Dan is

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 .

Controle op Koebe ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ): $\abs{\frac{a_2}2}^2 = 1$ en $\frac{3\cdot4}8 - \frac32 = 0$ : totaal precies $1$ — extremaal, zoals het hoort.

10. $\varphi$ is een automorfisme van de schijf met $\varphi(0) = z_0$ , dus is $f\circ\varphi$ univalent op $\mathbb D$ (samenstelling van injecties), en $f'(z_0) \neq 0$ (Definitie 18.1): dus is $F$ goed gedefinieerd en univalent, met $F(0) = 0$ . 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 $\varphi''(0) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)$ . Bijgevolg is

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): $\abs{A_2} \leq 2$ , dat wil zeggen $\bigl|(1 - \abs{z_0}^2)\frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\bigr| \leq 4$ . Vermenigvuldig door met $z_0/(1 - \abs{z_0}^2)$ , met modulus $r/(1 - r^2)$ 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 op afstand hoogstens $\rho$ van het reële punt $c$ heeft reëel deel in $\intcc{c - \rho}{c + \rho}$ : pas dat toe met $c = \frac{2r^2}{1-r^2}$ en $\rho = \frac{4r}{1-r^2}$ .

13. Voor een nergens verdwijnende $\mathcal C^1$ -functie $g$ : $\log\abs g = \frac12\log(g\bar g)$ , 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 $g(t) = f'(t\eu^{\iu\theta})$ (nulpuntvrij: univalentie) is $g'(t) = \eu^{\iu\theta}f''(t\eu^{\iu\theta})$ , 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]

volgens vraag 12 op 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 $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1-t}{(1+t)^3} = \frac{-1}{1-t} - \frac3{1+t} = \frac{2t-4}{1-t^2}$ , geeft integreren van $0$ tot $r$ (alle drie de functies verdwijnen in $t = 0$ , want $f'(0) = 1$ )

\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 lijnstuk $[0, z]$ is

\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}

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

\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 $\rho = \abs\gamma$ , met de onderste vervormingsgrens op straal $\rho(s)$ . Omdat $\abs{\gamma'} \geq \rho'$ (waar het gedefinieerd is; $\rho$ is lipschitz) en de factor in de integrand positief is, 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 enkel een primitieve, $\frac{\dd}{\dd u}\frac u{(1+u)^2} = \frac{1-u}{(1+u)^3}$ , 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 functie van Koebe rekt haar positieve as maximaal uit naar de verre rand en drukt de tegenoverliggende straal maximaal samen naar de punt 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, is $g(-w) = 1/h(-1/w) = -1/h(1/w) = -g(w)$ : $g$ is oneven, dus $b_0 = 0$ . Omkeren geeft $h(z) = 1/g(1/z) = \frac{z}{1 + \eu^{\iu\alpha}z^2}$ , 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 $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ met modulus $2$ : de extremalen van Bieberbach zijn precies de gedraaide functies van Koebe.

17. Wordt $c$ met $\abs c = \frac14$ overgeslagen, dan geeft vraag 6 een $F \in \mathcal S$ 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 :

overal gelijkheid, in het bijzonder $\abs{a_2} = 2$ . Volgens vraag 16 is $f = \eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}\cdot)$ , waarvan de overgeslagen verzameling $\eu^{-\iu\theta} \intoc{-\infty}{-\frac14}$ is: de enige overgeslagen waarde met 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 wordt verzadigd door tegengestelde uitlijning, zoals het hoort.)

18. De afschattingen van Cauchy 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 $r = 1 - \frac1n$ ( $n \geq 2$ ): dan is $r^{1-n} = \bigl(1 + \frac1{n-1}\bigr)^{n-1} < \eu$ (een stijgende rij met limiet $\eu$ ) en $(1 - r)^{-2} = n^2$ : dus $\abs{a_n} < \eu\,n^2$ .

19. $U = f(D(0, r))$ is open (Gevolg 17.10) en bevat $0$ . Rand: is $p \in \partial U$ , schrijf dan $p = \lim f(z_k)$ met $z_k \in D(0, r)$ ; een deelrij geeft $z_k \to z_\infty \in \bar D(0, r)$ , en $f(z_\infty) = p \notin U$ dwingt $z_\infty \in \partial D(0, r)$ af: dus $\partial U \subseteq f(\partial D(0, r))$ , zodat elk randpunt van $U$ modulus $\geq \frac r{(1+r)^2}$ heeft (vraag 14). Zij nu $\abs w < \frac r{(1+r)^2}$ en stel $w \notin U$ . Het lijnstuk $[0, w]$ is samenhangend, ontmoet $U$ (in $0$ ) en haar complement (in $w$ ), en ontmoet dus $\partial U$ ; maar al zijn punten hebben modulus $\leq \abs w < \frac r{(1+r)^2}$ : tegenspraak. Bijgevolg is $D\bigl(0, \frac r{(1+r)^2}\bigr) \subseteq U$ . 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 groter. Als $r \to 1^-$ gaat $\frac r{(1+r)^2} \to \frac14$ : de kwartstelling voor de hele schijf.

20. Eerst is $\partial f(\mathbb D) \neq \emptyset$ : anders zou $f(\mathbb D)$ , open, gesloten en niet-leeg, heel $\C$ zijn, en zou $f^{-1} \colon \C \to \mathbb D$ een begrensde niet-constante gehele functie zijn, tegen Gevolg 16.12. Linkerongelijkheid: de transformatie van Koebe $F$ uit vraag 10 ligt in $\mathcal S$ en $F(\mathbb D) = \frac{f(\mathbb D) - f(z_0)}{f'(z_0)(1-\abs{z_0}^2)}$ ; volgens vraag 7 bevat ze $D(0, \frac14)$ , 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 $f(\mathbb D)$ — ligt op afstand $\geq \frac14(1-\abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ van $f(z_0)$ . Rechterongelijkheid: zij $d = d(f(z_0), \partial f(\mathbb D)) < \infty$ . De schijf $D(f(z_0), d)$ ligt in $f(\mathbb D)$ : een lijnstuk van $f(z_0)$ naar een 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 $\hat g(w) = f^{-1}(f(z_0) + dw)$ $\mathbb D$ in $\mathbb D$ af met $\hat g(0) = z_0$ , en laat $\chi = \psi^{-1}\circ\hat g$ , met $\psi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , $0$ vast: 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 dat $d \leq (1 - \abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ .

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} .

Het 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 $4d$ : de volle factor $4$ scheidt de twee zijden, en de functie van Koebe zit precies op de bodem.)

22. Het enkele beginsel is Parseval: de univalentie verbiedt overlap, dus is de oppervlakte van het complement van het beeld van $\{\abs w > \rho\}$ , op cirkels in fouriermodi ontwikkeld, niet-negatief — de oppervlaktestelling is een $L^2$ -identiteit met een teken. Al de rest is diezelfde ongelijkheid, vervoerd: een vierkantswortel (vraag 3) maakt er $\abs{a_2} \leq 2$ van; een möbiusspiegeling om een overgeslagen waarde (vraag 6) maakt van $\abs{a_2} \leq 2$ de kwartstelling; automorfismen van de schijf (vraag 10) spreiden $\abs{a_2} \leq 2$ over de hele schijf uit als de vervormingsstelling; radiale integratie zet de vervorming om in de groei, en de groei in de overdekking. In elke fase plant ook het gelijkheidsgeval zich voort, en het landt telkens op de gedraaide functies van Koebe — één extremale familie voor de hele theorie, net zoals de rotaties de unieke extremalen van het lemma van Schwarz zijn. Eén inwendige ongelijkheid, plus de starheid van haar gelijkheidsgeval, beheerst de hele meetkunde: conform afbeelden is de kunst zulke ongelijkheden uit te buiten.

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

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 dan en slechts dan als $\abs{a_2} = 2$ , dat wil zeggen dan en slechts dan als $f$ een gedraaide functie van Koebe is (vraag 16) — en dan is $g$ de bijbehorende inverse, gedefinieerd op het gesneden vlak.

25. $f(z_1) - f(z_2) = (z_1 - z_2)\bigl(1 + a(z_1 + z_2)\bigr)$ . Is $\abs a \leq \frac12$ , dan is voor $z_1 \neq z_2$ in $\mathbb D$ $\abs{a(z_1 + z_2)} < 2\abs a \leq 1$ (strikt, want $\abs{z_1 + z_2} < 2$ ), zodat de tweede factor niet kan verdwijnen: injectief, en $f \in \mathcal S$ (de normeringen zitten ingebouwd). Is $\abs a > \frac12$ , dan heeft het punt $s = -\frac1a$ $\abs s < 2$ , dus liggen $z_{1,2} = \frac s2 \pm \varepsilon$ voor kleine $\varepsilon > 0$ in $\mathbb D$ , zijn ze verschillend, en doodt $z_1 + z_2 = s$ de factor: $f(z_1) = f(z_2)$ , dus niet injectief. Bijgevolg bevat $\mathcal S$ $z + az^2$ precies voor $\abs a \leq \frac12$ . De grens $\abs{a_2} \leq 2$ van Bieberbach wordt door veeltermen van graad $2$ dus wild onbenut gelaten — de coëfficiënten $a_n = n$ van de functie van Koebe komen van een oneindige reeks die langs de overgeslagen straal samenspant, gedrag dat geen enkele veelterm (die enkel met minieme coëfficiënten tot $\mathcal S$ behoort) kan nabootsen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst