Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

18Aplicações conformes e o teorema da aplicação de Riemann

Uma bijeção holomorfa entre dois domínios transporta toda a análise complexa de um para o outro: tais aplicações — conformes, porque preservam ângulos — são os isomorfismos do mundo holomorfo. Este capítulo as classifica onde a classificação é possível (o disco, o plano: o lema de Schwarz é a chave, uma desigualdade de poder espantoso), constrói a teoria de compacidade das famílias holomorfas (Montel) e demonstra o teorema de existência mais profundo do assunto: todo subdomínio próprio simplesmente conexo de $\C$ , por mais recortada que seja sua fronteira, é conformemente equivalente ao disco unitário. Encerramos com as funções harmônicas e o núcleo de Poisson, resolvendo o problema de Dirichlet no disco — o dividendo analítico da geometria conforme. Ao longo de todo o capítulo, $\mathbb D = D(0,1)$ e $\mathbb H = \{\operatorname{Im}z > 0\}$ .

18.1 Aplicações conformes; transformações de Möbius

Definição 18.1

Uma aplicação conforme (ou biholomorfismo) entre abertos é uma bijeção holomorfa; sua inversa é automaticamente holomorfa (Corolário 17.10). Dois domínios são conformemente equivalentes se existe uma tal aplicação; $\operatorname{Aut}(\Omega)$ denota o grupo das autoaplicações conformes. Onde $f' \neq 0$ — em toda parte, para $f$ injetora (demonstração do Corolário 17.10) — a diferencial é a multiplicação por $f'(z) \neq 0$ : uma semelhança, de modo que as aplicações conformes preservam ângulos entre curvas, inclusive a orientação.

Exemplo 18.2 (Transformações de Möbius)

Para $\bigl(\begin{smallmatrix}a & b\\ c & d\end{smallmatrix}\bigr) \in GL_2(\C)$ , a transformação de Möbius $z \mapsto \frac{az + b}{cz + d}$ é conforme de $\C\setminus\{-d/c\}$ sobre $\C\setminus\{a/c\}$ (a inversa é do mesmo tipo, vinda da matriz inversa; a composição corresponde ao produto de matrizes). A aplicação de Cayley

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

leva $\mathbb H$ conformemente sobre $\mathbb D$ : com efeito, $\abs{z - \iu} < \abs{z + \iu}$ exatamente quando $z$ está mais perto de $\iu$ do que de $-\iu$ , isto é, $\operatorname{Im}z > 0$ ; a inversa é $w \mapsto \iu\frac{1 + w}{1 - w}$ . As aplicações de Möbius levam a família de círculos e retas nela mesma (Exercício 18.1).

Exemplo 18.3 (A aplicação de Joukowski)

Além de Möbius, a aplicação conforme mais útil da matemática aplicada clássica é

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

No exterior $\Omega = \{\abs z > 1\}$ do disco unitário, $J$ é injetora: $J(z) = J(w)$ dá $(z - w)(1 - \frac1{zw}) = 0$ e $\abs{zw} > 1$ . Sua derivada $J'(z) = \frac12(1 - z^{-2})$ só se anula em $z = \pm1$ , na fronteira: $J$ é uma equivalência conforme de $\Omega$ sobre sua imagem, que é $\C\setminus\intcc{-1}1$ — o próprio círculo unitário é dobrado dois a um sobre o segmento ( $J(\eu^{\iu\theta}) = \cos\theta$ ). Assim, o exterior de um segmento, um plano com um corte sem fronteira suave, é conformemente o exterior de um disco: os cantos não são obstáculo à equivalência conforme, apenas à regularidade na fronteira. As imagens de círculos que passam por $\pm1$ mas descentrados são curvas em forma de perfil de asa, e compor $J$ com aplicações de Möbius transportou o escoamento em torno de um cilindro — calculável à mão — para o escoamento em torno de uma asa: durante a primeira metade do século XX, este exemplo era a aerodinâmica. Ele é também a porta para Chebyshev: $J$ conjuga $z \mapsto z^n$ ao polinômio de Chebyshev $T_n$ (Problema 13.1, Parte V), pois $J(z^n) = \cos(n\theta)$ quando $z = \eu^{\iu\theta}$ .

18.2 O lema de Schwarz e os grupos de automorfismos

Teorema 18.4 (Lema de Schwarz)

Seja $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorfa com $f(0) = 0$ . Então

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

e, se $\abs{f(z_0)} = \abs{z_0}$ para um $z_0 \neq 0$ , ou se $\abs{f'(0)} = 1$ , então $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ é uma rotação.

Demonstração. $g(z) = f(z)/z$ se estende holomorficamente a $\mathbb D$ (a singularidade em $0$ é removível: $g$ é limitada perto de $0$ , Teorema 17.4; seu valor em $0$ é $f'(0)$ ). Em $\abs z = r < 1$ : $\abs g \leq \frac1r$ , de modo que, pelo princípio do máximo (Teorema 16.14), $\abs g \leq \frac1r$ em $\bar D(0,r)$ ; faça $r \to 1$ : $\abs g \leq 1$ em $\mathbb D$ , o que dá as duas desigualdades. A igualdade em um ponto interior faz $\abs g$ atingir um máximo interior: $g$ é constante de módulo $1$ . ∎

Teorema 18.5 (Automorfismos do disco)

Para $a \in \mathbb D$ , o fator de Blaschke

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

é um automorfismo de $\mathbb D$ que troca $a$ e $0$ , com $\varphi_a^{-1} = \varphi_{-a}$ . Todo automorfismo de $\mathbb D$ é $\eu^{\iu\theta}\varphi_a$ para $\theta \in \R/2\pi\Z$ , $a \in \mathbb D$ únicos.

Demonstração. Em $\abs z = 1$ : $\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z}\abs{1 - \bar az} = \abs{\bar z - \bar a\abs z^2} = \abs{\bar z - \bar a} = \abs{z - a}$ , de modo que $\abs{\varphi_a} = 1$ ali; pelo princípio do máximo, $\varphi_a(\mathbb D) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , e o caráter aberto coloca a imagem em $\mathbb D$ . A identidade algébrica $\varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ (cálculo direto) mostra a bijetividade. Sejam agora $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ e $a = f^{-1}(0)$ : $g = f\circ\varphi_{-a}$ é um automorfismo que fixa $0$ . Schwarz aplicado a $g$ e a $g^{-1}$ : $\abs{g(z)} \leq \abs z$ e $\abs{g^{-1}(w)} \leq \abs w$ , de modo que $\abs{g(z)} = \abs z$ : uma rotação, $g = \eu^{\iu\theta}\,\mathrm{id}$ , isto é, $f = \eu^{\iu\theta}\varphi_a$ . Unicidade: $a = f^{-1}(0)$ e $\theta$ a partir de uma avaliação do tipo $f'$ (ou de $f(0) = -\eu^{\iu\theta}a$ e mais um valor). ∎

Teorema 18.6 (Automorfismos do plano)

$\operatorname{Aut}(\C) = \{z \mapsto az + b : a \in \C^*,\ b \in \C\}$ . Consequentemente, $\C$ e $\mathbb D$ não são conformemente equivalentes.

Demonstração. Seja $f \in \operatorname{Aut}(\C)$ e considere $g(z) = f(1/z)$ em $\C^*$ : uma função holomorfa com singularidade isolada em $0$ . Se ela fosse essencial, Casorati–Weierstrass (Teorema 17.4) tornaria $g\bigl(D(0,\varepsilon)\setminus\{0\}\bigr)$ denso, ao passo que $f(D(0, 1))$ é aberto e disjunto dele ( $f$ é injetora: os dois conjuntos são imagens de conjuntos disjuntos) — impossível para um conjunto denso e um aberto não vazio. Logo $0$ é polo ou removível para $g$ , isto é, $\abs{f(z)}$ tem no máximo crescimento polinomial: $f$ é um polinômio (Exercício 16.4(a)). A injetividade força o grau $1$ : um polinômio de grau maior tem, em algum ponto, uma raiz múltipla de $f - c$ ( $f'$ se anula) ou várias pré-imagens distintas (d’Alembert–Gauss, Problema 16.1); de um jeito ou de outro, a injetividade falha. Por fim, uma aplicação conforme $\C \to \mathbb D$ seria uma função inteira limitada: constante (Liouville) — não há equivalência. ∎

18.3 O teorema de Montel

Teorema 18.7 (Montel)

Seja $\mathcal F \subseteq \mathcal H(\Omega)$ localmente limitada: todo ponto tem uma vizinhança sobre a qual $\sup_{f\in \mathcal F}\sup\abs f < \infty$ . Então toda sequência de $\mathcal F$ tem uma subsequência que converge uniformemente em todos os compactos de $\Omega$ (para um limite holomorfo).

Demonstração. Equicontinuidade local: se $\abs f \leq M$ em $D(a, 2r) \subseteq \Omega$ para todo $f \in \mathcal F$ , a fórmula de Cauchy dá, para $z, z' \in D(a, r)$ ,

\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'} :

uma cota lipschitziana uniforme. Exaura $\Omega$ por compactos $K_m$ ; cada $K_m$ é coberto por um número finito de tais discos, de modo que $\mathcal F$ é uniformemente limitada e equicontínua em $K_m$ : Arzelà–Ascoli (Teorema 7.11) extrai uma subsequência que converge uniformemente em $K_m$ ; diagonalize em $m$ . O limite é holomorfo pelo Teorema 16.15. ∎

18.4 O teorema da aplicação de Riemann

Definição 18.8

Um aberto conexo $\Omega \subseteq \C$ é simplesmente conexo (no sentido homológico, suficiente para todos os nossos propósitos) se $\operatorname{Ind}_\gamma(w) = 0$ para todo ciclo $\gamma$ em $\Omega$ e todo $w \notin \Omega$ — “nenhum ciclo de $\Omega$ contorna um buraco”. Pelo teorema de Cauchy global (Teorema 17.1) e pela Proposição 16.5, em um tal $\Omega$ toda função holomorfa tem primitiva; logo, toda $f \in \mathcal H(\Omega)$ sem zeros tem logaritmo holomorfo ( $\exp\circ$ (primitiva de $f'/f$ ), ajustada por uma constante, pois $(f\eu^{-L})' = 0$ ) e raízes $n$ -ésimas holomorfas $\eu^{L/n}$ .

Teorema 18.9 (Teorema da aplicação de Riemann)

Todo aberto simplesmente conexo $\Omega \subsetneq \C$ , com $\Omega \neq \varnothing$ , é conformemente equivalente a $\mathbb D$ ; dado $z_0 \in \Omega$ , existe uma única aplicação conforme $f \colon \Omega \to \mathbb D$ com $f(z_0) = 0$ e $f'(z_0) > 0$ .

Demonstração. Etapa 0: a família é não vazia. Tome $b \notin \Omega$ : $z - b$ é sem zeros em $\Omega$ , de modo que tem raiz quadrada holomorfa $h$ ( $h^2 = z - b$ ). $h$ é injetora ( $h(z) = h(z')$ elevado ao quadrado dá $z = z'$ ), e se $w \in h(\Omega)$ , então $-w \notin h(\Omega)$ ( $h(z) = -h(z')$ também elevado ao quadrado dá $z = z'$ , o que dá $w = -w = 0$ , impossível pois $h$ é sem zeros). Como $h(\Omega)$ é aberto, ele contém um disco $D(h(z_0), \rho)$ ; então $D(-h(z_0), \rho) \cap h(\Omega) = \varnothing$ , isto é, $\abs{h(z) + h(z_0)} \geq \rho$ para todo $z \in \Omega$ . Logo

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

é holomorfa, injetora (uma aplicação de Möbius composta com a injetora $h$ ), com $\abs g \leq \frac12 < 1$ . Compondo com um fator de Blaschke (Teorema 18.5) para levar $g(z_0)$ a $0$ , a família

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

é não vazia.

Etapa 1: um elemento extremal. Seja $s = \sup_{\mathcal F}\abs{f'(z_0)} \in \intoc0{+\infty}$ ( $> 0$ : seus membros são injetores, de modo que $f'(z_0) \neq 0$ ). Tome $f_n \in \mathcal F$ com $\abs{f_n'(z_0)} \to s$ : a família é limitada por $1$ , de modo que Montel (Teorema 18.7) extrai $f_n \to f$ uniformemente nos compactos; $f$ é holomorfa, $f(z_0) = 0$ , $\abs{f'(z_0)} = s$ (Teorema 16.15 para as derivadas) e, em particular, $f$ não é constante; $f$ é injetora por Hurwitz (Exercício 17.8(b)), e $f(\Omega) \subseteq \bar{\mathbb D}$ , logo $\subseteq \mathbb D$ (aplicação aberta). Assim $f \in \mathcal F$ atinge o supremo: $s < \infty$ .

Etapa 2: a aplicação extremal é sobrejetora. Suponha $a \in \mathbb D\setminus f(\Omega)$ . O transporte de Blaschke $\varphi_a\circ f$ é sem zeros no simplesmente conexo $\Omega$ : ele tem raiz quadrada holomorfa $F$ (com $F(\Omega) \subseteq \mathbb D$ , pois $\abs F^2 = \abs{\varphi_a\circ f} < 1$ ), injetora (os quadrados distinguem). Normalize: $G = \varphi_{F(z_0)}\circ F \in \mathcal F$ . Desfazendo: $f = \varphi_{-a}\circ s_2 \circ \varphi_{-F(z_0)}\circ G$ , em que $s_2(w) = w^2$ ; a aplicação $\Psi = \varphi_{-a}\circ s_2\circ\varphi_{-F(z_0)} \colon \mathbb D \to \mathbb D$ é holomorfa com $\Psi(0) = f(z_0) = 0$ e não é uma rotação (não é injetora: $s_2$ não é). Lema de Schwarz (caso estrito): $\abs{\Psi'(0)} < 1$ , e a regra da cadeia $f = \Psi\circ G$ dá $\abs{f'(z_0)} = \abs{\Psi'(0)}\,\abs{G'(z_0)} < \abs{G'(z_0)}$ — contradizendo a maximalidade (note $G \in \mathcal F$ ). Logo $f$ é sobrejetora: uma equivalência conforme.

Etapa 3: normalização e unicidade. Multiplique $f$ por $\eu^{-\iu\arg f'(z_0)}$ para que $f'(z_0) > 0$ (isso permanece em $\mathcal F$ ). Se $f_1, f_2$ servem ambas, $\psi = f_2\circ f_1^{-1} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ fixa $0$ com $\psi'(0) = f_2'(z_0)/f_1'(z_0) > 0$ ; pelo Teorema 18.5, $\psi$ é uma rotação $\eu^{\iu\theta}$ com $\eu^{\iu\theta} > 0$ : $\psi = \mathrm{id}$ . ∎

Observação 18.10

O teorema é um enunciado de existência pura, de alcance espantoso: um quadrado, um semiplano, o complementar de um corte, a região entre dois círculos tangentes, um domínio de fronteira fractal — todos conformemente idênticos a $\mathbb D$ . O que ele não dá: fórmula alguma (as aplicações explícitas são a exceção: Exercício 18.5), comportamento na fronteira (uma teoria mais profunda — o teorema de Carathéodory — cuida disso) nem unicidade de extensão a $\C$ ou domínios multiplamente conexos: o anel $\{1 < \abs z < 2\}$ não é conformemente um disco perfurado, e anéis com razões de raios diferentes são inequivalentes (um fato genuinamente mais difícil).

18.5 Funções harmônicas e o núcleo de Poisson

Proposição 18.11

Sejam $\Omega$ simplesmente conexo e $u \colon \Omega \to \R$ harmônica ( $\mathcal C^2$ com $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0$ ). Então $u = \operatorname{Re}F$ para uma $F$ holomorfa, única a menos de constante imaginária. Consequentemente, $u$ é $\mathcal C^\infty$ , satisfaz a propriedade do valor médio e obedece ao princípio do máximo (sem extremo interior estrito, salvo se for constante).

Demonstração. $g = u_x - \iu u_y$ satisfaz as equações de Cauchy–Riemann ( $P = u_x$ , $Q = -u_y$ : $P_x = u_{xx} = -u_{yy} = Q_y$ e $P_y = u_{xy} = u_{yx} = -Q_x$ ) com parciais contínuas: $g$ é holomorfa (Proposição 16.2; a $\R$ -derivabilidade decorre de $\mathcal C^1$ ). Seja $F_0$ uma primitiva (conexidade simples, Definição 18.8); então $\operatorname{Re}F_0$ tem gradiente $(u_x, u_y)$ ( $F_0' = g$ se desdobra exatamente nisso via Cauchy–Riemann para $F_0$ ), de modo que $u - \operatorname{Re}F_0$ é constante ( $\Omega$ conexo): ajuste $F = F_0 + c$ . As propriedades se transferem do Teorema 16.14 e do Exercício 16.10 (para o princípio do máximo aplicado à própria $u$ , use $\eu^{F}$ como lá). ∎

Teorema 18.12 (Fórmula de Poisson; problema de Dirichlet no disco)

Para $0 \leq r < 1$ , defina o núcleo de Poisson

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

Seja $g \colon \partial\mathbb D \to \R$ contínua e ponha, para $z = r\eu^{\iu\varphi} \in \mathbb D$ ,

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

Então $u$ é harmônica em $\mathbb D$ e se estende continuamente a $\bar{\mathbb D}$ com valores de fronteira $g$ : é a única função harmônica com essa propriedade.

Demonstração. Identidades do núcleo: somando duas séries geométricas,

\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},

que é o quociente exibido; a positividade é clara, e $\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P_r = 1$ (só $n = 0$ sobrevive).

Harmonicidade: com $z = r\eu^{\iu\varphi}$ ,

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],

(o núcleo entre colchetes tem parte real $P_r(\varphi - t)$ : calcule), e o colchete é holomorfo em $z$ em $\mathbb D$ (Exercício 16.7): $u$ é a parte real de uma função holomorfa, logo é harmônica.

Valores de fronteira: $P_r(\cdot)$ é uma aproximação da identidade quando $r \to 1^-$ : massa $1$ e, para $\delta \leq \abs\theta \leq \pi$ , $P_r(\theta) \leq \frac{1 - r^2}{1 - 2r\cos\delta + r^2} \to 0$ uniformemente. A separação padrão (continuidade de $g$ perto de $\eu^{\iu\varphi_0}$ , limitação nos demais pontos) dá $u(r\eu^{\iu\varphi}) \to g(\eu^{\iu\varphi_0})$ quando $r\eu^{\iu\varphi} \to \eu^{\iu\varphi_0}$ , uniformemente no ponto de fronteira: a extensão é contínua. Unicidade: a diferença de duas soluções é harmônica em $\mathbb D$ , contínua no fecho e nula na fronteira: pelo princípio do máximo (aplicado a $\pm$ a diferença), ela se anula. ∎

As curvas de nível de Rez2 = x2 - y2 (hipérboles vermelhas) e de Imz2 = 2xy (hipérboles azuis) se cruzam em ângulos retos longe de 0: uma aplicação conforme (z z2, com z ≠ 0) preserva a ortogonalidade das linhas coordenadas. Em z = 0, onde a derivada se anula, os ângulos são, em vez disso, dobrados. — As curvas de nível de $\operatorname{Re}z^2 = x^2 - y^2$ (hipérboles vermelhas) e de $\operatorname{Im}z^2 = 2xy$ (hipérboles azuis) se cruzam em ângulos retos longe de $0$ : uma aplicação conforme ( $z \mapsto z^2$ , com $z \neq 0$ ) preserva a ortogonalidade das linhas coordenadas. Em $z = 0$ , onde a derivada se anula, os ângulos são, em vez disso, dobrados.

18.6 Exercícios

Exercício 18.1 ★

(a) Verifique que a aplicação de Cayley $\varphi(z) = \frac{z - \iu}{z + \iu}$ é uma bijeção $\mathbb H \to \mathbb D$ com a inversa indicada, e calcule as imagens de $\iu$ , $0$ , $1$ , $\infty$ (limite). (b) Mostre que $z \mapsto 1/z$ leva círculos e retas em círculos e retas. (Escreva sua equação comum $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ , $\alpha, \gamma \in \R$ .) Deduza o mesmo para todas as aplicações de Möbius.

Solução

Solução de Exercício 18.1.

(a) $\varphi$ e $\psi(w) = \iu\frac{1+w}{1-w}$ compõem-se na identidade nas duas ordens (cálculo direto); $\varphi$ leva $\mathbb H$ em $\mathbb D$ , e $\psi$ de volta (Exemplo 18.2). Valores: $\varphi(\iu) = 0$ , $\varphi(0) = -1$ , $\varphi(1) = \frac{1 - \iu}{1 + \iu} = -\iu$ , e $\varphi(z) \to 1$ quando $z \to \infty$ .

(b) Círculos e retas são os conjuntos solução de $\alpha\abs z^2 + \bar\beta z + \beta\bar z + \gamma = 0$ ( $\alpha, \gamma \in \R$ , $\beta \in \C$ , $\abs\beta^2 > \alpha\gamma$ ): $\alpha \neq 0$ círculos, $\alpha = 0$ retas. Substituindo $z = 1/w$ e multiplicando por $\abs w^2$ : $\gamma\abs w^2 + \beta w + \bar\beta\bar w + \alpha = 0$ — a mesma família. As aplicações afins claramente preservam a família, e toda aplicação de Möbius é uma composição de aplicações afins com uma inversão ( $\frac{az+b}{cz+d} = \frac ac + \frac{bc - ad}{c}\cdot\frac1{cz + d}$ para $c \neq 0$ ).

Exercício 18.2 ★

Seja $f \colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorfa. (a) Se $f(0) = 0$ e $f(a) = a$ para algum $a \neq 0$ , mostre que $f = \mathrm{id}$ . (b) Se $f$ é um automorfismo com dois pontos fixos distintos em $\mathbb D$ , mostre que $f = \mathrm{id}$ (conjugue por um fator de Blaschke para reduzir a (a)).

Solução

Solução de Exercício 18.2.

(a) Schwarz dá $\abs{f(a)} \leq \abs a$ com igualdade (ambos os membros $= \abs a$ ): o caso de igualdade força $f(z) = \eu^{\iu\theta}z$ , e $f(a) = a$ fixa $\eu^{\iu\theta} = 1$ .

(b) Sejam $a \neq b$ pontos fixos e $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_{-a} \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — usando o Teorema 18.5 para $\varphi_{\pm a}$ . Então $g(0) = \varphi_a(f(a)) = 0$ e $g(c) = c$ para $c = \varphi_a(b) \neq 0$ : por (a), $g = \mathrm{id}$ , de modo que $f = \varphi_{-a}\circ\varphi_a = \mathrm{id}$ .

Exercício 18.3 ★★

(Schwarz–Pick) Para $f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ holomorfa, demonstre

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

com igualdade (em um ponto e, portanto, em toda parte) se, e somente se, $f \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ . (Aplique Schwarz a $\varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ .) Interpretação: as autoaplicações holomorfas contraem a métrica hiperbólica.

Solução

Solução de Exercício 18.3.

Fixe $z$ e ponha $g = \varphi_{f(z)}\circ f\circ\varphi_{-z}$ : holomorfa $\mathbb D \to \mathbb D$ com $g(0) = 0$ , de modo que $\abs{g'(0)} \leq 1$ (Schwarz). Regra da cadeia com $\varphi_a'(\zeta) = \frac{1 - \abs a^2}{(1 - \bar a\zeta)^2}$ :

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),

donde a desigualdade de Schwarz–Pick. A igualdade em algum $z$ torna $g$ uma rotação, logo $f = \varphi_{-f(z)}\circ(\text{rotação})\circ\varphi_z \in \operatorname{Aut}(\mathbb D)$ — e então a igualdade vale em toda parte (calcule, ou reaplique com os papéis de $f, f^{-1}$ trocados). As autoaplicações holomorfas do disco são $1$ -lipschitzianas para a métrica hiperbólica $\frac{2\abs{\dd z}}{1 - \abs z^2}$ ; os automorfismos são suas isometrias.

Exercício 18.4 ★★

Encontre equivalências conformes explícitas: (a) a faixa $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\} \to \mathbb H$ ; (b) o quadrante $\{\operatorname{Re}z > 0, \operatorname{Im}z > 0\} \to \mathbb H$ ; (c) o semidisco $\mathbb D\cap\mathbb H \to$ para um quadrante e, depois, $\to \mathbb H$ ; (d) $\mathbb D \to \mathbb D$ levando $\frac12$ em $0$ com derivada positiva ali.

Solução

Solução de Exercício 18.4.

(a) $z \mapsto \eu^z$ : leva $\{0 < \operatorname{Im}z < \pi\}$ bijetivamente sobre $\mathbb H$ ( $\eu^{x+\iu y} = \eu^x\eu^{\iu y}$ : módulo livre, argumento $y \in \intoo0\pi$ ), holomorfa com derivada não nula e inversa holomorfa ( $\log$ principal). (b) $z \mapsto z^2$ duplica argumentos: o quadrante aberto $\{0 < \arg z < \frac\pi2\}$ é levado conformemente sobre $\mathbb H$ (inversa: raiz quadrada principal). (c) $z \mapsto \frac{1 + z}{1 - z}$ leva $\mathbb D$ sobre o semiplano direito e preserva a simetria superior/inferior: ela leva o semidisco superior sobre o primeiro quadrante; depois eleve ao quadrado, por (b), para alcançar $\mathbb H$ : $z \mapsto \bigl(\frac{1 + z}{1 - z}\bigr)^2$ . (d) O fator de Blaschke $\varphi_{1/2}(z) = \frac{z - \frac12}{1 - \frac z2}$ : $\varphi_{1/2}(\tfrac12) = 0$ e $\varphi_{1/2}'(\tfrac12) = \frac{1 - \frac14}{(1 - \frac14)^2} = \frac43 > 0$ .

Exercício 18.5 ★★

(a) Mostre que não existe aplicação conforme $\C \to \mathbb D$ nem $\C \to \mathbb H$ , e nenhuma $\mathbb D \to \C$ . (b) Quais dos seguintes são conformemente equivalentes a $\mathbb D$ ? Justifique via o Teorema 18.9 ou por uma obstrução: um quadrado; $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; $\mathbb D\setminus\{0\}$ ; $\{1 < \abs z < 2\}$ . (Para os dois últimos: uma imagem conforme do disco perfurado se estenderia sobre a perfuração pelo Teorema 17.4(1) — desenvolva isso.)

Solução

Solução de Exercício 18.5.

(a) Uma $\C \to \mathbb D$ conforme (ou $\mathbb H$ , após compor com Cayley) é uma função inteira limitada: constante por Liouville — não bijetora. Uma $\mathbb D \to \C$ conforme teria inversa conforme $\C \to \mathbb D$ : a mesma contradição.

(b) O quadrado é convexo, logo simplesmente conexo, e próprio: conformemente $\mathbb D$ (Teorema 18.9). O plano cortado $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ é estrelado em relação a $1$ (os segmentos a partir de $1$ evitam o corte), logo simplesmente conexo, e próprio: conformemente $\mathbb D$ . O disco perfurado: se $g \colon \mathbb D\setminus\{0\} \to \mathbb D$ fosse conforme, $g$ é limitada, de modo que $0$ é removível (Teorema 17.4): $g$ se estende a $\tilde g \colon \mathbb D \to \mathbb D$ , e $\tilde g(0)$ , estando na imagem aberta $g(\mathbb D\setminus\{0\}) = \mathbb D$ , também é $g(w)$ para algum $w \neq 0$ ; duas vizinhanças disjuntas de $0$ e $w$ têm imagens abertas que partilham o valor $\tilde g(0)$ , logo partilham outros valores também (conjuntos abertos): $g$ assume algum valor duas vezes em $\mathbb D\setminus\{0\}$ — contradizendo a injetividade. A coroa $A = \{1 < \abs z < 2\}$ : suponha $F \colon \mathbb D \to A$ conforme. $F$ não tem zeros no simplesmente conexo $\mathbb D$ , de modo que $F = \eu^L$ para $L$ holomorfa (Definição 18.8). Seja $\sigma$ o círculo $\abs z = \frac32$ em $A$ e $\gamma = F^{-1}\circ\sigma$ , um caminho fechado em $\mathbb D$ ; então

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

( $L'$ tem primitiva): contradição. Nem o disco perfurado nem a coroa é um disco disfarçado.

Exercício 18.6 ★★

Seja $\mathcal F = \{f \in \mathcal H(\mathbb D) : f(0) = 1,\ \operatorname{Re}f > 0\}$ . (a) Mostre que $\mathcal F$ é localmente limitada. (Componha com a aplicação do tipo Cayley $w \mapsto \frac{w - 1}{w + 1}$ que leva o semiplano direito em $\mathbb D$ e aplique Schwarz.) (b) Deduza a cota de Herglotz: $\abs{f(z)} \leq \frac{1 + \abs z}{1 - \abs z}$ para $f \in \mathcal F$ , com as possibilidades de igualdade.

Solução

Solução de Exercício 18.6.

(a) $T(w) = \frac{w - 1}{w + 1}$ leva $\{\operatorname{Re}w > 0\}$ conformemente sobre $\mathbb D$ (Cayley rotacionada: $\abs{w - 1} < \abs{w + 1}$ se, e somente se, $\operatorname{Re}w > 0$ ), com $T(1) = 0$ . Para $f \in \mathcal F$ , $g = T\circ f\colon \mathbb D \to \mathbb D$ é holomorfa com $g(0) = 0$ : Schwarz dá $\abs{g(z)} \leq \abs z$ .

(b) Invertendo $T$ : $f = \frac{1 + g}{1 - g}$ , de modo que

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

localmente limitada (uniformemente em $\abs z \leq r < 1$ ). A igualdade em $z_0 \neq 0$ força $\abs{g(z_0)} = \abs{z_0}$ e o alinhamento: $g$ uma rotação, isto é, $f(z) = \frac{1 + \eu^{\iu\theta}z}{1 - \eu^{\iu\theta}z}$ — as extremais de Herglotz, aplicações conformes sobre o semiplano direito.

Exercício 18.7 ★★★

Onde a demonstração do Teorema 18.9 usa cada hipótese? Acompanhe: (i) a conexidade simples (duas vezes); (ii) $\Omega \neq \C$ ; (iii) a conexidade. Mostre então que o teorema falha para $\Omega = \C$ e para o anel, apontando que passo da demonstração se quebra em cada caso.

Solução

Solução de Exercício 18.7.

(i) A conexidade simples entra exatamente duas vezes, através da existência de raízes quadradas holomorfas de funções sem zeros (Definição 18.8): no Passo 0 (a raiz de $z - b$ ) e no Passo 2 (a raiz de $\varphi_a\circ f$ ). (ii) $\Omega \neq \C$ fornece o ponto $b$ do Passo 0 — sem ele, a família $\mathcal F$ é vazia de aplicações injetoras limitadas (Liouville). (iii) A conexidade é usada sempre que o teorema da identidade ou Hurwitz (Exercício 17.8) fala: o limite extremal é “injetor ou constante”, e a constância é excluída por $s > 0$ ; também em “derivada nula implica constante”. Falha para $\C$ : o Passo 0 é impossível, e a conclusão é falsa (Exercício 18.5(a)). Falha para a coroa: não é simplesmente conexa — a construção da raiz quadrada se quebra (por exemplo, o próprio $z$ , sem zeros em $A$ , não tem raiz quadrada holomorfa: o mesmo cálculo de índice do Exercício 18.5(b) com $\frac12\int_\sigma\frac{\dd z}z \notin 2\iu\pi\Z$ ) — e a conclusão também é falsa.

Exercício 18.8 ★★

Resolva o problema de Dirichlet em $\mathbb D$ para os dados de fronteira: (a) $g(\eu^{\iu t}) = \cos t$ ; (b) $g(\eu^{\iu t}) = \cos^2 t$ ; (c) $g = \mathbf 1_{\text{semicírculo superior}}$ — para (c), calcule $u(0)$ e interprete pela propriedade do valor médio. (Expanda $g$ em série de Fourier e use a série de $P_r$ : $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_n c_n(g) r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ .)

Solução

Solução de Exercício 18.8.

Substituindo a expansão de Fourier de $g$ na integral de Poisson e usando $\frac1{2\pi}\int P_r(\varphi - t)\eu^{\iu nt}\dd t = r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ (leia na série de $P_r$ ): $u(r\eu^{\iu\varphi}) = \sum_nc_n(g)\,r^{\abs n}\eu^{\iu n\varphi}$ , justificando a convergência normal a troca ( $\abs{c_n} \leq \norm g_\infty$ , $r < 1$ ).

(a) $g = \cos t$ : $c_{\pm1} = \frac12$ , de modo que $u = r\cos\varphi = \operatorname{Re}z = x$ — de fato harmônica com os valores de bordo corretos.

(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) $g = \mathbf 1_{(0,\pi)}$ (semicírculo superior): $c_0 = \frac12$ e $c_n = \frac{1 - (-1)^n}{2\iu\pi n}$ para $n \neq 0$ , de modo que

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 :

o centro vê exatamente a média do dado de bordo — a propriedade da média em pessoa.

Exercício 18.9 ★★★

(Harnack) Seja $u \geq 0$ harmônica em $\mathbb D$ . Demonstre, para $\abs z = r < 1$ :

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

(limite o núcleo de Poisson entre $\frac{1-r}{1+r}$ e $\frac{1+r}{1-r}$ ; aplique a representação em discos ligeiramente menores e passe ao limite). Deduza: uma função harmônica em $\C$ limitada inferiormente é constante.

Solução

Solução de Exercício 18.9.

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

\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} .

Para $u \geq 0$ harmônica em $\mathbb D$ e $s < 1$ : $u_s(z) = u(sz)$ é harmônica numa vizinhança de $\bar{\mathbb D}$ , logo igual à sua integral de Poisson (Teorema 18.12, unicidade, aplicado a seus próprios valores de bordo); enquadrando o núcleo e usando a média $\frac1{2\pi}\int u_s(\eu^{\iu t})\dd t = u(0)$ :

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

Faça $s \to 1^-$ com $r\eu^{\iu\varphi}$ fixo (continuidade de $u$ ): as desigualdades de Harnack. Se $u$ é harmônica em $\C$ com $u \geq m$ : aplique Harnack a $u - m$ em discos $D(0, R)$ , isto é, a $z \mapsto u(Rz) - m$ : para $z$ fixo e $r = \abs z/R \to 0$ , ambas as cotas tendem a $u(0) - m$ : $u(z) = u(0)$ — constante (um Liouville bilateral a partir de uma cota unilateral).

Exercício 18.10 ★★

Usando a invariância conforme da harmonicidade ( $u\circ f$ é harmônica quando $u$ é harmônica e $f$ é holomorfa — demonstre-o localmente via a Proposição 18.11), resolva o problema de Dirichlet no semiplano superior com dados de fronteira $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ : mostre que

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

é harmônica em $\mathbb H$ (parte imaginária de um logaritmo holomorfo) com os limites de fronteira exigidos em todo $x \neq 0$ , e transporte-a para o disco por Cayley para redemonstrar o Exercício 18.8(c).

Solução

Solução de Exercício 18.10.

Localmente, $u = \operatorname{Re}F$ com $F$ holomorfa (Proposição 18.11), de modo que $u\circ f = \operatorname{Re}(F\circ f)$ é harmônica onde estiver definida: a harmonicidade é invariante conforme. Em $\mathbb H$ : o logaritmo principal dá $\log z = \ln\abs z + \iu\arg z$ holomorfa em $\mathbb H$ , de modo que $u = \frac1\pi\arg z = \operatorname{Im}\bigl(\frac1\pi\log z\bigr)$ é harmônica, com limites de bordo: para $x > 0$ , $\arg \to 0$ , $u \to 0$ ; para $x < 0$ , $\arg \to \pi$ , $u \to 1$ : o dado $\mathbf 1_{\intoo{-\infty}0}$ em todo $x \neq 0$ . Transportando pela aplicação de Cayley (que leva $\mathbb D \to \mathbb H$ após inversão e casa o semicírculo superior com o semieixo negativo, a menos da rotação fixada pela perseguição de três pontos do bordo), $u\circ(\text{Cayley})$ resolve o problema no disco do Exercício 18.8(c); avaliar no centro recupera $u = \frac12$ ali, e a forma fechada $\frac1\pi\arg$ pode ser confrontada com a série somando identidades do tipo $\sum\frac{r^{2k+1}\sin((2k+1)\varphi)}{2k+1} = \frac12\arctan\frac{2r\sin\varphi}{1 - r^2}$ — a rota elementar para a mesma resposta.

Exercício 18.11 ★★

(Pontos fixos e iteração no disco) Seja $f\colon\mathbb D \to \mathbb D$ holomorfa. (a) Mostre que, se $f$ tem dois pontos fixos distintos, então $f = \mathrm{id}$ (leve um deles a $0$ por um automorfismo e aplique o caso de igualdade de Schwarz). (b) Suponha $f(0) = 0$ e $f$ não sendo uma rotação. Mostre que os iterados $f^{\circ n} \to 0$ uniformemente em todo compacto $\bar D(0, r)$ , $r < 1$ (Schwarz dá $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ em $\bar D(0,r)$ com $c_r < 1$ — justifique essa constante estrita pelo princípio do máximo aplicado a $f(z)/z$ ). (c) Ilustre com $f(z) = \frac{z^2 + z}2$ : pontos fixos e a taxa de convergência da órbita de $z_0 = \frac12$ .

Solução

Solução de Exercício 18.11.

(a) Seja $a \neq b$ fixo. Conjugando por $\varphi_a(z) = \frac{z - a}{1 - \bar az}$ (um automorfismo que troca $a$ e $0$ ), $g = \varphi_a\circ f\circ\varphi_a^{-1}$ fixa $0$ e o ponto $c = \varphi_a(b) \neq 0$ . Schwarz: $\abs{g(z)} \leq \abs z$ e, em $z = c$ , vale a igualdade ( $g(c) = c$ ): o caso de igualdade força $g(z) = \lambda z$ com $\abs\lambda = 1$ , e $\lambda c = c$ dá $\lambda = 1$ : $g = \mathrm{id}$ , logo $f = \mathrm{id}$ .

(b) $h(z) = f(z)/z$ (singularidade removível em $0$ ) é holomorfa em $\mathbb D$ com $\abs h \leq 1$ (Schwarz); $\abs h < 1$ em toda parte, caso contrário o princípio do máximo (máximo interior de $\abs h$ ) tornaria $h$ uma constante unimodular, isto é, $f$ uma rotação — excluído. No compacto $\bar D(0,r)$ , $c_r = \max\abs h < 1$ , de modo que $\abs{f(z)} \leq c_r\abs z$ ali; além disso, $f$ leva $\bar D(0,r)$ em si mesmo ( $c_r\abs z \leq r$ ), de modo que a cota se itera: $\abs{f^{\circ n}(z)} \leq c_r^n\,r \to 0$ uniformemente em $\bar D(0, r)$ .

(c) Pontos fixos de $\frac{z^2 + z}2$ : $z^2 + z = 2z$ se, e somente se, $z(z - 1) = 0$ ; só $z = 0$ está em $\mathbb D$ ( $z = 1$ está no bordo). Não é uma rotação ( $f'(0) = \frac12$ ), de modo que as órbitas tendem a $0$ ; quantitativamente, $f(z) = \frac z2(1 + z)$ dá $\abs{f(z)} \leq \frac{3}{4}\abs z$ em $\abs z \leq \frac12$ e, uma vez pequena a órbita, $\abs{f(z)} \approx \frac{\abs z}2$ : assintoticamente geométrica de razão $f'(0) = \frac12$ . De $z_0 = \frac12$ : $z_1 = \frac38$ , $z_2 \approx 0.258$ , $z_3 \approx 0.162$ — reduzindo à metade a cada passo, como o multiplicador prevê.

Exercício 18.12 ★★

(Conjugadas harmônicas, concretamente) Seja $u(x, y) = x^3 - 3xy^2 + 2y$ . (a) Verifique que $u$ é harmônica em $\R^2$ e encontre todas as conjugadas harmônicas $v$ (isto é, com $u + \iu v$ holomorfa) integrando as equações de Cauchy–Riemann; identifique $f(z) = u + \iu v$ como um polinômio em $z$ . (b) Mostre que, em um aberto estrelado, toda função harmônica admite conjugada harmônica, única a menos de constante aditiva (a $1$ -forma $-u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ é fechada; o maquinário de primitivas do Teorema 16.8, ou o lema de Poincaré do Capítulo 21). (c) Dê o contraexemplo padrão em $\C^*$ : $u = \ln\abs z$ não tem conjugada global — relacione com a forma angular e o índice de rotação (Capítulo 21).

Solução

Solução de Exercício 18.12.

(a) $\Delta u = 6x - 6x + 0 = 0$ . Cauchy–Riemann exige $v_y = u_x = 3x^2 - 3y^2$ e $v_x = -u_y = 6xy - 2$ . Integrando a primeira em $y$ : $v = 3x^2y - y^3 + c(x)$ ; substituindo na segunda: $6xy + c'(x) = 6xy - 2$ , de modo que $c(x) = -2x + C$ . Assim, $v = 3x^2y - y^3 - 2x + C$ e

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) A forma $\omega = -u_y\,\dd x + u_x\,\dd y$ é fechada precisamente porque $\Delta u = 0$ ( $\partial_y(-u_y) = -u_{yy} = u_{xx} = \partial_x(u_x)$ ). Num aberto estrelado, o lema de Poincaré (Teorema 21.15; ou a construção de primitiva do Teorema 16.8 aplicada à holomorfa $u_x - \iu u_y$ ) fornece $v$ com $\dd v = \omega$ , isto é, o sistema de Cauchy–Riemann: $u + \iu v$ é holomorfa. Duas conjugadas diferem por uma função de gradiente nulo: uma constante (conexidade).

(c) Para $u = \ln\abs z$ em $\C^*$ : $\omega = -u_y\dd x + u_x\dd y = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2} = \omega_\theta$ , a forma angular (Exemplo 21.14), cuja integral ao longo do círculo unitário é $2\pi \neq 0$ : não é exata, de modo que não existe conjugada global — uma conjugada seria uma determinação contínua do argumento, e o número de voltas é exatamente o obstáculo. Localmente (em qualquer subdomínio estrelado), $v = \arg z$ serve e $u + \iu v = \log z$ : a falha é global, não local.

18.7 Problema: o teorema da área e o teorema do quarto de Koebe

Problema 18.1

Problema de fim de semana — quanto uma aplicação univalente tem de cobrir?

Uma função univalente é uma injeção holomorfa. As funções univalentes normalizadas no disco,

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

são rigidamente restringidas: demonstramos a desigualdade de Bieberbach $\abs{a_2} \leq 2$ e deduzimos o teorema do quarto de Koebe: a imagem de qualquer $f \in \mathcal S$ contém o disco $D(0, \frac14)$ — a constante universal exata da geometria conforme.

Parte I — O teorema da área. Seja $g(w) = w + b_0 + \frac{b_1}w + \frac{b_2}{w^2} + \cdots$ holomorfa e injetora em $\{\abs w > 1\}$ .

Para $\rho > 1$ , seja $A_\rho$ a área (medida de Lebesgue) do compacto $K_\rho = \C\setminus g(\{\abs w > \rho\})$ , a região limitada pela curva de Jordan suave $g(C_\rho)$ . Usando a fórmula da área do teorema de Green–Riemann do volume do segundo ano — a área englobada é $\frac1{2\iu} \oint\bar\zeta\,\dd\zeta$ ao longo da fronteira orientada positivamente —, mostre que

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

substitua as séries de Laurent de $\bar g$ e $g'$ em $C_\rho$ e integre termo a termo (convergência normal; só os produtos de frequência zero sobrevivem).
Faça $\rho \to 1^+$ e conclua o teorema da área:

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

Em particular, $\abs{b_1} \leq 1$ . Quando $\abs{b_1} = 1$ ?

Parte II — O $\abs{a_2} \leq 2$ de Bieberbach. Seja $f = z + a_2z^2 + \cdots \in \mathcal S$ .

Mostre que $f(z^2)/z^2$ é holomorfa e sem zeros em $\mathbb D$ e admite raiz quadrada holomorfa $\varphi$ com $\varphi(0) = 1$ ; ponha $h(z) = z\varphi(z^2)$ , de modo que $h(z)^2 = f(z^2)$ . Mostre que $h$ é uma função univalente ímpar em $\mathbb D$ com expansão $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + \cdots$ . (Injetividade: $h(z)^2 = h(z')^2$ força $z^2 = z'^2$ ; use a imparidade para concluir.)
Aplique o teorema da área a $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}{2w} + \cdots$ em $\{\abs w > 1\}$ (verifique a univalência e a expansão) e conclua $\abs{a_2} \leq 2$ .
Mostre que a função de Koebe

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

pertence a $\mathcal S$ , tem $a_2 = 2$ e leva $\mathbb D$ sobre $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ (escreva $k = \frac14\bigl[\bigl(\frac{1+z}{1 - z}\bigr)^2 - 1\bigr]$ e acompanhe as imagens): todas as desigualdades que virão são exatas.

Parte III — O teorema do quarto.

Sejam $f \in \mathcal S$ e $c \notin f(\mathbb D)$ . Mostre que

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

pertence a $\mathcal S$ e calcule seu segundo coeficiente: $A_2 = a_2 + \frac1c$ .
Aplique Bieberbach a $f$ e a $F$ : conclua $\abs{\frac1c} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ , isto é, $\abs c \geq \frac14$ . Todo valor omitido tem módulo $\geq \frac14$ : $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ — o teorema do quarto de Koebe. Verifique a exatidão na função de Koebe.
Deduza uma estimativa quantitativa para a aplicação de Riemann: se $\varphi \colon \Omega \to \mathbb D$ é a aplicação de Riemann do Teorema 18.9 em $z_0$ , então

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

— demonstre ao menos a desigualdade da esquerda aplicando Koebe a $\varphi^{-1}$ convenientemente normalizada, e a da direita por Schwarz aplicado a $\varphi$ no disco $D(z_0, d) \subseteq \Omega$ .

Parte IV — Perspectiva.

Bieberbach conjecturou (1916) que $\abs{a_n} \leq n$ para todo $n$ , com igualdade apenas para as rotações da função de Koebe; de Branges demonstrou isso em 1985. Verifique a conjectura à mão para a função de Koebe e suas rotações $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z)$ . Depois, leve a expansão da questão 4 um termo adiante: escrevendo $h(z) = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ , mostre que $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ e

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

de modo que o teorema da área fornece a desigualdade refinada $\bigl|\frac{a_2}2\bigr|^2 + 3\bigl|\frac{3a_2^2}8 - \frac{a_3}2\bigr|^2 \leq 1$ . Confira-a na função de Koebe ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ).

Parte V — O teorema da distorção. A desigualdade de Bieberbach, transportada pelo disco por automorfismos, controla $f'$ em toda parte. Fixe $f \in \mathcal S$ .

(Transformada de Koebe) Para $z_0 \in \mathbb D$ , seja $\varphi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , um automorfismo do disco (Teorema 18.5) com $\varphi(0) = z_0$ . Mostre que

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

pertence a $\mathcal S$ (a univalência é herdada; calcule $\varphi'(0) = 1 - \abs{z_0}^2$ e verifique a normalização; lembre que $f' \neq 0$ para $f$ injetora, Definição 18.1).
Calcule o segundo coeficiente $A_2 = \frac12F''(0)$ de $F$ :

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

e deduza de Bieberbach (questão 4), para $z = r\eu^{\iu\theta}$ , a desigualdade fundamental:

$\Bigl|\,z\,\frac{f''(z)}{f'(z)} - \frac{2r^2}{1 - r^2}\Bigr| \;\leq\; \frac{4r}{1 - r^2} .$
Extraia a parte real:

$\frac{2r^2 - 4r}{1 - r^2} \;\leq\; \operatorname{Re}\Bigl(z\,\frac{f''(z)}{f'(z)}\Bigr) \;\leq\; \frac{2r^2 + 4r}{1 - r^2} .$
Mostre que $\frac{\dd}{\dd t}\log\bigl| f'(t\eu^{\iu\theta})\bigr| = \frac1t \operatorname{Re}\bigl(z\frac{f''(z)}{f'(z)}\bigr)$ em $z = t\eu^{\iu\theta}$ (para uma função $g$ $\mathcal C^1$ que não se anula, de uma variável real, $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \operatorname{Re}(g'/g)$ ), e integre as cotas da questão 12 ao longo do raio para obter o teorema da distorção:

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

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

(cota superior: integre $f'$ no segmento $[0, z]$ ; cota inferior: se $\abs{f(z)} < \frac14$ , o segmento $[0, f(z)]$ está em $f(\mathbb D)$ pela questão 7; puxe-o de volta por $f^{-1}$ — holomorfa pelo Corolário 17.10 — e limite $\abs{f(z)} = \int_\gamma\abs{f'(\zeta)} \,\abs{\dd\zeta} \geq \int_0^r\frac{1 - t}{(1 + t)^3}\,\dd t$ , usando $\abs{\dd\zeta} \geq \dd\abs\zeta$ ).
Verifique que a função de Koebe atinge a igualdade nas quatro cotas, em $z = r$ para as superiores e em $z = -r$ para as inferiores: $k$ é simultaneamente o membro mais expansivo e, no antípoda, o mais contrativo de $\mathcal S$ .

Parte VI — Rigidez extremal. Em todas as desigualdades vistas até aqui, a igualdade identifica a função de Koebe a menos de rotação. Demonstramos isso e, depois, colhemos.

Suponha que $f \in \mathcal S$ tenha $\abs{a_2} = 2$ . Persiga a igualdade pelas questões 2–4: o teorema da área força $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ ; a imparidade de $h$ torna $g$ ímpar, de modo que $b_0 = 0$ ; inverta para achar $h$ e, depois, $f$ , e conclua que

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

as rotações da função de Koebe são os únicos membros de $\mathcal S$ com $\abs{a_2} = 2$ .
Mostre que, se $f \in \mathcal S$ omite um valor $c$ com exatamente $\abs c = \frac14$ , então $f$ é uma rotação da função de Koebe, e identifique $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ (acompanhe a igualdade pela cadeia $4 = \abs{1/c} = \abs{A_2 - a_2} \leq \abs{A_2} + \abs{a_2} \leq 4$ da questão 7): a constante do teorema do quarto só é atingida pela família extremal.
(Coeficientes a preço baixo) Combine o teorema do crescimento com as estimativas de Cauchy (Teorema 16.10) no círculo $\abs z = 1 - \frac1n$ para demonstrar

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

(De Branges, 1985: $\abs{a_n} \leq n$ ; o fator $\eu n$ é o preço das ferramentas elementares.)
(Cobertura de subdiscos) Mostre que, para todo $0 < r < 1$ ,

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

exato para a função de Koebe, e recupere o teorema do quarto quando $r \to 1^-$ . (Os pontos de fronteira da imagem aberta $f(D(0,r))$ estão em $f(\partial D(0,r))$ , logo têm módulo $\geq \frac{r}{(1+r)^2}$ pela questão 14; um segmento de $0$ a um ponto omitido de módulo menor teria de cruzar essa fronteira.)
(Koebe em todo ponto) Sejam $f$ univalente em $\mathbb D$ , não necessariamente normalizada, e $z_0 \in \mathbb D$ . Demonstre

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

(à esquerda: o teorema do quarto aplicado à transformada de Koebe da questão 10; à direita: Schwarz (Teorema 18.4) aplicado a $\psi^{-1}\circ\hat g$ , em que $\hat g(w) = f^{-1}\bigl(f(z_0) + dw\bigr)$ , com $d$ a distância e $\psi$ um automorfismo do disco que leva $0$ em $z_0$ ). Por que $\partial f(\mathbb D)$ é não vazio?
Confira a questão 20 em $f = k$ em $z_0 = r \in \intoo01$ : calcule $d\bigl(k(r), \partial k(\mathbb D)\bigr) = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2}$ e verifique que a desigualdade da esquerda é uma igualdade: a função de Koebe satura seu próprio teorema em todo ponto de $\intoo01$ .
(A moral) Em dez linhas: que princípio único está por trás do teorema da área, e como Bieberbach, o teorema do quarto, a distorção, o crescimento e a cobertura decorrem todos dele? Compare com o mundo de Schwarz–Pick do Teorema 18.4: em ambos, uma única desigualdade interior enrijece a geometria inteira, e os extremais são únicos a menos de rotação.

Parte VII — Compacidade, inversas e um teste de realidade.

Mostre que a classe $\mathcal S$ é compacta para a convergência localmente uniforme: ela é localmente limitada pelo teorema do crescimento, logo normal (Teorema 18.7); e um limite localmente uniforme de membros de $\mathcal S$ está de novo em $\mathcal S$ (as normalizações passam ao limite pela convergência de Weierstrass das derivadas; a injetividade sobrevive por Hurwitz, Exercício 17.8, sendo o limite não constante). Por que isso importa para problemas extremais como o de Bieberbach?
Para $f \in \mathcal S$ , seja $g = f^{-1}$ , definida perto de $0$ . Mostre que $g(w) = w - a_2w^2 + O(w^3)$ , de modo que o segundo coeficiente da inversa obedece à mesma cota exata $\abs{A_2} = \abs{a_2} \leq 2$ , com igualdade exatamente para as funções de Koebe rotacionadas.
Determine para quais $a \in \C$ o polinômio $f(z) = z + az^2$ pertence a $\mathcal S$ : mostre que $f$ é injetora em $\mathbb D$ se, e somente se, $\abs a \leq \frac12$ (fatore $f(z_1) - f(z_2)$ ). Conclua: para polinômios de grau dois, a cota verdadeira dos coeficientes é $\frac12$ , quatro vezes menor do que o $2$ de Bieberbach — os extremais de $\mathcal S$ são objetos genuinamente transcendentes, e nenhum polinômio chega perto.

Solução

Solução de Problema 18.1.

1. $g$ é injetora e holomorfa; em $C_\rho$ ( $\rho > 1$ ) ela é suave, e a área encerrada é $\frac1{2\iu}\oint_{g(C_\rho)}\bar\zeta\,\dd\zeta$ (a fórmula de área de Green–Riemann do volume do segundo ano, aplicada com orientação positiva). Substituindo $\zeta = g(w)$ , $w = \rho\eu^{\iu\theta}$ :

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 .

Insira $\bar g = \rho\eu^{-\iu\theta} + \bar b_0 + \sum_m\bar b_m\rho^{-m}\eu^{\iu m\theta}$ e $g' = 1 - \sum_nnb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta}$ : após multiplicar por $\eu^{\iu\theta}$ , só os produtos de frequência zero sobrevivem à integração em $\theta$ (a convergência normal justifica o trabalho termo a termo): o par $(\rho\eu^{-\iu\theta})\cdot1$ contribui com $2\pi\rho$ , e cada par $\bar b_n\rho^{-n}\eu^{\iu n\theta}\cdot(-nb_n\rho^{-n-1}\eu^{-\iu(n+1)\theta})$ contribui com $-2\pi n\abs{b_n}^2\rho^{-2n-1}$ :

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

2. As áreas são não negativas: $\sum_{n\leq N}n\abs{b_n}^2\rho^{-2n} \leq \rho^2$ para todo $N$ ; faça $\rho \to 1^+$ e depois $N \to \infty$ : $\sum_{n\geq1}n\abs{b_n}^2 \leq 1$ . A igualdade em $\abs{b_1} \leq 1$ força todos os demais $b_n = 0$ : $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ , que aplica sobre o complementar de um segmento de comprimento $4$ (uma aplicação do tipo Joukowski): as extremais.

3. $f(z)/z = 1 + a_2z + \cdots$ é holomorfa e sem zeros em $\mathbb D$ ( $f$ só se anula em $0$ , simplesmente: injetividade), logo o mesmo vale para $f(z^2)/z^2$ , que tem uma raiz quadrada holomorfa $\varphi$ com $\varphi(0) = 1$ (Definição 18.8; $\mathbb D$ é convexo). Então $h(z) = z\varphi(z^2)$ satisfaz $h^2 = f(z^2)$ , $h(z) = z\bigl(1 + \frac{a_2}2z^2 + \cdots\bigr)$ (série binomial para a raiz), e $h(z) = z\varphi(z^2)$ é ímpar por construção ( $\varphi(z^2)$ é par). Injetividade: $h(z) = h(z')$ dá $f(z^2) = f(z'^2)$ , de modo que $z^2 = z'^2$ , isto é, $z' = \pm z$ ; se $z' = -z$ , a imparidade dá $h(z) = -h(z)$ , de modo que $h(z) = 0$ , forçando $z = 0$ ( $\varphi$ sem zeros): $z = z' = 0$ .

4. $g(w) = 1/h(1/w)$ : para $\abs w > 1$ , $1/w \in \mathbb D\setminus\{0\}$ e $h \neq 0$ ali: bem definida, injetora (composição de injeções), com expansão

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 :

da forma da Parte I com $b_1 = -\frac{a_2}2$ . O teorema da área dá $\abs{\frac{a_2}2} \leq 1$ : $\abs{a_2} \leq 2$ .

5. $k(z) = \frac z{(1-z)^2} = z\sum_{m\geq0}(m + 1)z^m = \sum_{n\geq1}nz^n$ : coeficientes $a_n = n$ , de modo que $a_2 = 2$ . Univalência e imagem: $k = \frac14\bigl[w^2 - 1\bigr]$ com $w = \frac{1 + z}{1 - z}$ , uma aplicação conforme de $\mathbb D$ sobre o semiplano direito; $w^2$ aplica esse semiplano conformemente sobre $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ ; então $\frac{\cdot - 1}4$ dá $\C\setminus\intoc{-\infty}{-\frac14}$ : injetora em cada etapa, com a imagem afirmada.

6. $F = \frac{cf}{c - f}$ : como $c \notin f(\mathbb D)$ , o denominador nunca se anula: $F$ é holomorfa e injetora ( $w \mapsto \frac{cw}{c - w}$ é de Möbius, injetora fora de $w = c$ ). Expansão: com $f = z + a_2z^2 + \cdots$ ,

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):

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

7. Bieberbach duas vezes: $\abs{a_2} \leq 2$ e $\abs{a_2 + \frac1c} \leq 2$ , de modo que $\abs{\frac1c} \leq 4$ : $\abs c \geq \frac14$ . Todo valor omitido está fora de $D(0,\frac14)$ , isto é, $f(\mathbb D) \supseteq D(0, \frac14)$ . Ótimo: a função de Koebe omite $-\frac14$ (questão 5).

8. Sejam $d = d(z_0, \partial\Omega)$ e $\psi = \varphi^{-1} \colon \mathbb D \to \Omega$ , $\psi(0) = z_0$ , $\psi'(0) = 1/\varphi'(z_0) > 0$ . A normalização $\tilde f(z) = \frac{\psi(z) - z_0}{\psi'(0)}$ está em $\mathcal S$ , de modo que sua imagem contém $D(0, \frac14)$ ; reescalando de volta, $\Omega = \psi(\mathbb D) \supseteq D\bigl(z_0, \tfrac{\psi'(0)}4\bigr)$ , de modo que $d \geq \frac{\psi'(0)}4 = \frac1{4\varphi'(z_0)}$ : a desigualdade da esquerda. Para a da direita: $\varphi\circ(z_0 + d\,\cdot)$ leva $\mathbb D$ em $\mathbb D$ com $0 \mapsto 0$ ; Schwarz limita sua derivada em $0$ : $d\,\varphi'(z_0) \leq 1$ , isto é, $\frac1{\varphi'(z_0)} \geq d$ — juntas,

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

(A desigualdade da esquerda, tal como exibida no enunciado, é a mesma cadeia rearranjada.)

9. Para a função de Koebe $a_n = n$ : igualdade em toda a conjectura; suas rotações $\eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}z) = \sum n\eu^{\iu(n-1)\theta}z^n$ têm $\abs{a_n} = n$ também. Empurrando a questão 4: $h = z + \frac{a_2}2z^3 + c_5z^5 + \cdots$ com $h^2 = f(z^2)$ ; comparando os coeficientes de $z^6$ : $2c_5 + \frac{a_2^2}4 = a_3$ , de modo que $c_5 = \frac{a_3}2 - \frac{a_2^2}8$ . Então

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,

e o teorema da área ( $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ ) fornece

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

Verificação com Koebe ( $a_2 = 2$ , $a_3 = 3$ ): $\abs{\frac{a_2}2}^2 = 1$ e $\frac{3\cdot4}8 - \frac32 = 0$ : total exatamente $1$ — extremal, como deve ser.

10. $\varphi$ é um automorfismo do disco com $\varphi(0) = z_0$ , de modo que $f\circ\varphi$ é univalente em $\mathbb D$ (composição de injeções), e $f'(z_0) \neq 0$ (Definição 18.1): $F$ está bem definida e é univalente. $F(0) = 0$ . Regra do quociente:

\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 ,

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

11. Com $G = f\circ\varphi$ : $G'' = f''(\varphi)\,\varphi'^2 + f'(\varphi)\,\varphi''$ , e $\varphi''(z) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)(1 + \bar z_0z)^{-3}$ dá $\varphi''(0) = -2\bar z_0(1 - \abs{z_0}^2)$ . Logo

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 para $F$ (questão 4): $\abs{A_2} \leq 2$ , isto é, $\bigl|(1 - \abs{z_0}^2)\frac{f''(z_0)}{f'(z_0)} - 2\bar z_0\bigr| \leq 4$ . Multiplique tudo por $z_0/(1 - \abs{z_0}^2)$ , cujo módulo é $r/(1 - r^2)$ para $z_0 = r\eu^{\iu\theta}$ , e use $z_0\bar z_0 = r^2$ :

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

12. Um número complexo a distância $\rho$ do ponto real $c$ tem parte real em $\intcc{c - \rho}{c + \rho}$ : aplique isso a $c = \frac{2r^2}{1-r^2}$ , $\rho = \frac{4r}{1-r^2}$ .

13. Para $\mathcal C^1$ $g$ não nula: $\log\abs g = \frac12\log(g\bar g)$ , de modo que $\frac{\dd}{\dd t}\log\abs g = \frac{g'\bar g + g\bar g'}{2\abs g^2} = \operatorname{Re}\frac{g'}g$ . Com $g(t) = f'(t\eu^{\iu\theta})$ (sem zeros: univalência), $g'(t) = \eu^{\iu\theta}f''(t\eu^{\iu\theta})$ , de modo que, em $z = t\eu^{\iu\theta}$ :

\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]

pela questão 12 no raio $t$ . Como $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1+t}{(1-t)^3} = \frac1{1+t} + \frac3{1-t} = \frac{2t+4}{1-t^2}$ e $\frac{\dd}{\dd t}\log\frac{1-t}{(1+t)^3} = \frac{-1}{1-t} - \frac3{1+t} = \frac{2t-4}{1-t^2}$ , integrar de $0$ a $r$ (as três funções se anulam em $t = 0$ , $f'(0) = 1$ ) dá

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

o teorema de distorção, após exponenciar.

14. Superior: ao longo do segmento $[0, z]$ ,

\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}

( $\frac{\dd}{\dd t}\frac t{(1-t)^2} = \frac{1+t}{(1-t)^3}$ ). Inferior: note que $\frac r{(1+r)^2} < \frac14$ para $r < 1$ (ela diz $(1-r)^2 > 0$ ), de modo que, se $\abs{f(z)} \geq \frac14$ , nada há a demonstrar. Caso contrário, o segmento $[0, f(z)]$ está em $D(0, \frac14) \subseteq f(\mathbb D)$ (questão 7), e $\gamma = f^{-1}\circ[0, f(z)]$ é um caminho $\mathcal C^1$ de $0$ a $z$ em $\mathbb D$ ( $f^{-1}$ holomorfa, Corolário 17.10). Substituindo $w = f(\zeta)$ ,

\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

com $\rho = \abs\gamma$ , usando a cota inferior de distorção no raio $\rho(s)$ . Como $\abs{\gamma'} \geq \rho'$ (onde estiver definida; $\rho$ é lipschitziana) e o fator do integrando é positivo,

\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}

( $\rho(0) = 0$ , $\rho(1) = r$ ; a substituição usa apenas uma primitiva, $\frac{\dd}{\dd u}\frac u{(1+u)^2} = \frac{1-u}{(1+u)^3}$ , não a monotonicidade).

15. $k'(z) = \frac{\dd}{\dd z}\,z(1 - z)^{-2} = \frac{1 + z}{(1 - z)^3}$ . Em $z = r$ : $k'(r) = \frac{1+r}{(1-r)^3}$ e $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ — ambas as cotas superiores atingidas. Em $z = -r$ : $k'(-r) = \frac{1-r}{(1+r)^3}$ e $\abs{k(-r)} = \frac r{(1+r)^2}$ — ambas as cotas inferiores atingidas. A função de Koebe estica ao máximo seu semieixo positivo em direção ao bordo distante e comprime ao máximo a semirreta antipodal em direção à ponta de sua fenda.

16. $\abs{a_2} = 2$ significa $\abs{b_1} = 1$ para $g(w) = 1/h(1/w) = w - \frac{a_2}2w^{-1} + \cdots$ (questão 4); o teorema da área $\sum n\abs{b_n}^2 \leq 1$ então mata todo outro coeficiente: $g(w) = w + b_0 + \eu^{\iu\alpha}/w$ com $\eu^{\iu\alpha} = -\frac{a_2}2$ . Como $h$ é ímpar, $g(-w) = 1/h(-1/w) = -1/h(1/w) = -g(w)$ : $g$ é ímpar, de modo que $b_0 = 0$ . Invertendo, $h(z) = 1/g(1/z) = \frac{z}{1 + \eu^{\iu\alpha}z^2}$ , e $f(z^2) = h(z)^2$ dá

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} .

Reciprocamente, cada rotação tem $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ de módulo $2$ : as extremais de Bieberbach são exatamente as funções de Koebe rotacionadas.

17. Se $c$ é omitido com $\abs c = \frac14$ : a questão 6 dá $F \in \mathcal S$ com $A_2 = a_2 + \frac1c$ , de modo que $\frac1c = A_2 - a_2$ e

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

igualdade em toda a cadeia, em particular $\abs{a_2} = 2$ . Pela questão 16, $f = \eu^{-\iu\theta}k(\eu^{\iu\theta}\cdot)$ , cujo conjunto omitido é $\eu^{-\iu\theta} \intoc{-\infty}{-\frac14}$ : o único valor omitido de módulo $\frac14$ é $c = -\eu^{-\iu\theta}/4$ . (Verificação: $a_2 = 2\eu^{\iu\theta}$ e $\frac1c = -4\eu^{\iu\theta}$ , de modo que $A_2 = -2\eu^{\iu\theta} = -a_2$ : a desigualdade triangular é saturada por antialinhamento, como deve ser.)

18. As estimativas de Cauchy no círculo $\abs z = r$ (Teorema 16.10), combinadas com o teorema de crescimento, dão

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

Escolha $r = 1 - \frac1n$ ( $n \geq 2$ ): $r^{1-n} = \bigl(1 + \frac1{n-1}\bigr)^{n-1} < \eu$ (sequência crescente de limite $\eu$ ) e $(1 - r)^{-2} = n^2$ : $\abs{a_n} < \eu\,n^2$ .

19. $U = f(D(0, r))$ é aberto (Corolário 17.10) e contém $0$ . Bordo: se $p \in \partial U$ , escreva $p = \lim f(z_k)$ com $z_k \in D(0, r)$ ; uma subsequência dá $z_k \to z_\infty \in \bar D(0, r)$ , e $f(z_\infty) = p \notin U$ força $z_\infty \in \partial D(0, r)$ : $\partial U \subseteq f(\partial D(0, r))$ , de modo que todo ponto do bordo de $U$ tem módulo $\geq \frac r{(1+r)^2}$ (questão 14). Agora, seja $\abs w < \frac r{(1+r)^2}$ e suponha $w \notin U$ . O segmento $[0, w]$ é conexo, encontra $U$ (em $0$ ) e seu complementar (em $w$ ), de modo que ele encontra $\partial U$ ; mas todos os seus pontos têm módulo $\leq \abs w < \frac r{(1+r)^2}$ : contradição. Logo $D\bigl(0, \frac r{(1+r)^2}\bigr) \subseteq U$ . Otimalidade: $k(-r) = -\frac r{(1+r)^2}$ é a imagem de um ponto do bordo de $D(0,r)$ , e $k$ é injetora, de modo que $k(-r) \notin k(D(0, r))$ : o raio não pode ser aumentado. Quando $r \to 1^-$ , $\frac r{(1+r)^2} \to \frac14$ : o teorema do quarto para o disco inteiro.

20. Primeiro, $\partial f(\mathbb D) \neq \emptyset$ : caso contrário, $f(\mathbb D)$ , aberto, fechado e não vazio, seria todo $\C$ , e $f^{-1} \colon \C \to \mathbb D$ seria uma função inteira limitada não constante, contra o Corolário 16.12. Desigualdade da esquerda: a transformada de Koebe $F$ da questão 10 está em $\mathcal S$ e $F(\mathbb D) = \frac{f(\mathbb D) - f(z_0)}{f'(z_0)(1-\abs{z_0}^2)}$ ; pela questão 7, ela contém $D(0, \frac14)$ , de modo que

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

e todo ponto de $\partial f(\mathbb D)$ — disjunto do aberto $f(\mathbb D)$ — está a distância $\geq \frac14(1-\abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ de $f(z_0)$ . Desigualdade da direita: seja $d = d(f(z_0), \partial f(\mathbb D)) < \infty$ . O disco $D(f(z_0), d)$ está em $f(\mathbb D)$ : um segmento de $f(z_0)$ a qualquer de seus pontos permanece a distância $< d$ de $f(z_0)$ , de modo que nunca encontra $\partial f(\mathbb D)$ , e o argumento de conexidade da questão 19 o mantém em $f(\mathbb D)$ . Então $\hat g(w) = f^{-1}(f(z_0) + dw)$ leva $\mathbb D$ em $\mathbb D$ com $\hat g(0) = z_0$ , e $\chi = \psi^{-1}\circ\hat g$ , com $\psi(z) = \frac{z + z_0}{1 + \bar z_0z}$ , fixa $0$ : Schwarz (Teorema 18.4) dá $\abs{\chi'(0)} \leq 1$ . Como $\chi'(0) = \frac{\hat g'(0)}{\psi'(0)} = \frac{d}{f'(z_0)\,(1 - \abs{z_0}^2)}$ , isso é $d \leq (1 - \abs{z_0}^2)\abs{f'(z_0)}$ .

21. $k(\mathbb D) = \C\setminus \intoc{-\infty}{-\frac14}$ , de modo que $\partial k(\mathbb D) = \intoc{-\infty}{-\frac14}$ e, para o ponto real positivo $k(r) = \frac r{(1-r)^2}$ , o ponto do bordo mais próximo é $-\frac14$ :

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

Membro esquerdo da questão 20: $\frac14(1 - r^2)k'(r) = \frac14\,\frac{(1-r^2)(1+r)}{(1-r)^3} = \frac{(1+r)^2}{4(1-r)^2} = d$ : igualdade. (O membro direito vale $4d$ : o fator completo $4$ separa os dois lados, e a função de Koebe fica exatamente no piso.)

22. O princípio único é Parseval: a univalência proíbe a sobreposição, de modo que a área do complementar da imagem de $\{\abs w > \rho\}$ , expandida em modos de Fourier sobre círculos, é não negativa — o teorema da área é uma identidade $L^2$ com um sinal. Todo o resto é essa desigualdade transportada: uma raiz quadrada (questão 3) a transforma em $\abs{a_2} \leq 2$ ; uma reflexão de Möbius a partir de um valor omitido (questão 6) transforma $\abs{a_2} \leq 2$ no teorema do quarto; os automorfismos do disco (questão 10) espalham $\abs{a_2} \leq 2$ por todo o disco como o teorema de distorção; a integração radial converte distorção em crescimento, e crescimento em recobrimento. Em cada etapa, o caso de igualdade também se propaga, aterrissando sempre nas funções de Koebe rotacionadas — uma única família extremal para toda a teoria, assim como as rotações são as únicas extremais do lema de Schwarz. Uma desigualdade interior, mais a rigidez de seu caso de igualdade, governa toda a geometria: aplicação conforme é a arte de explorar tais desigualdades.

23. O teorema de crescimento limita $\abs f \leq \frac{r}{(1-r)^2}$ uniformemente em cada $\bar D(0, r)$ , $r < 1$ , para todos os $f \in \mathcal S$ de uma vez: localmente limitada, de modo que $\mathcal S$ é uma família normal (Teorema 18.7). Se $f_n \in \mathcal S \to f$ localmente uniformemente: $f$ é holomorfa com $f_n' \to f'$ localmente uniformemente (Weierstrass), de modo que $f(0) = 0$ , $f'(0) = 1$ — em particular, $f$ não é constante — e Hurwitz (Exercício 17.8) torna injetor o limite de aplicações injetoras: $f \in \mathcal S$ . Um funcional contínuo (como $f \mapsto \abs{a_2} = \frac{\abs{f''(0)}}2$ ) numa classe compacta atinge seu supremo: funções extremais existem antes que se saiba o que são — o ponto de partida de todo ataque variacional a problemas de coeficientes, o de Bieberbach incluído.

24. Escreva $g(w) = w + A_2w^2 + O(w^3)$ e componha:

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

de modo que $A_2 = -a_2$ e $\abs{A_2} \leq 2$ (Bieberbach), com igualdade se, e somente se, $\abs{a_2} = 2$ , isto é, se, e somente se, $f$ é uma função de Koebe rotacionada (questão 16) — e então $g$ é a inversa correspondente, definida no plano fendido.

25. $f(z_1) - f(z_2) = (z_1 - z_2)\bigl(1 + a(z_1 + z_2)\bigr)$ . Se $\abs a \leq \frac12$ : para $z_1 \neq z_2$ em $\mathbb D$ , $\abs{a(z_1 + z_2)} < 2\abs a \leq 1$ (estrita: $\abs{z_1 + z_2} < 2$ ), de modo que o segundo fator não pode se anular: injetora, e $f \in \mathcal S$ (as normalizações estão embutidas). Se $\abs a > \frac12$ : o ponto $s = -\frac1a$ tem $\abs s < 2$ , de modo que $z_{1,2} = \frac s2 \pm \varepsilon$ estão em $\mathbb D$ para $\varepsilon > 0$ pequeno, são distintos, e $z_1 + z_2 = s$ mata o fator: $f(z_1) = f(z_2)$ , não injetora. Logo $\mathcal S$ contém $z + az^2$ exatamente para $\abs a \leq \frac12$ . A cota de Bieberbach $\abs{a_2} \leq 2$ é, portanto, selvagemente não saturada por polinômios de grau $2$ — os coeficientes $a_n = n$ da função de Koebe vêm de uma série infinita conspirando ao longo da semirreta omitida, comportamento que polinômio algum (que pertence a $\mathcal S$ apenas com coeficientes minúsculos) consegue imitar.