O teorema do mapeamento conforme de Riemann

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João Guilherme Cipriano
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1 O teorema do mapeamento conforme de Riemann Roberto Imbuzeiro Oliveira 23 de Maio de Preliminares Como de costume, U C é aberto. Recorde que U é simplesmente conexo se existe um ponto z 0 U tal que toda curva fechada em U é homotópica a z 0. Exercício 1 Prove que conexidade simples implica conexidade usual. Exercício 2 Mostre que se U C é aberto conexo então é conexo por caminhos: isto é, para todos z 0, z 1 U existe uma curva (poligonal) γ z0,z 1 : [a 0, a 1 ] U com γ z0,z 1 (a i ) = z i, i = 0, 1. [Dica: fixe z 0 e defina F z0 como sendo o conjunto de todos os z 1 para os quais existe uma curva poligonal γ z0,z 1 como acima. Mostre que F z0 é relativamente aberto e fechado.] O teorema que desejamos provar é o seguinte. Teorema 1 (Mapeamento conforme, Riemann) Se U C, U C é simplesmente conexo, então existe uma bijeção holomorfa de U a D. Exercício 3 Mostre que tal bijeção necessariamente tem derivada que não se anula e inversa holomorfa. [Logo, esta é uma equivalência conforme.] Exercício 4 Deduza um resultado similar ao Mapeamento Conforme para U C simplesmente conexo IMPA, Rio de Janeiro, RJ, Brazil,

2 2 Logaritmos e raízes quadradas Proposição 1 (Existência de logs e raízes quadradas) Se U é simplesmente conexo e g : U C é holomorfa e nunca vale 0, então existem L, S : U C holomorfas tais que e L(z) = g(z) e S(z) 2 = g(z) para todo z U. Prova: Se L existe, S(z) = e L(z)/2 tem a propriedade desejada. Logo basta provar a existência de L. Fixe z 0 U e escolha α C com e α = g(z 0 ) (isto existe porque g(z 0 ) 0). Para qualquer z U existe uma curva retificável γ z ligando z 0 a z. Definimos: L(z) = α + γz g (z U), A integral é bem-definida pois o integrando é holomorfo: g nunca vale 0. Além disso: Exercício 5 se η z é outra curva retificável ligando z 0 a z, então existe uma curva Γ z fechada tal que: Γz g = γz g ηz g. Como U é simplesmente conexo, Γ z é homotópica a um ponto, e portanto vale 0 (pois o integrando é holomorfo). Deduzimos que a troca de curva na definição de L não muda o valor da função. Agora mostramos que L (z) = (z)/g(z). Se z B[z, r] U e h r, considere a curva γ z,h que liga z 0 a z como γ z e segue uma linha reta de z a z + h para deduzir: L(z + h) L(z) h g (z) g(z) sup w h (z + w) g(z + w) g (z) g(z) 0 quando h 0. Para terminar, notamos que (g(z)e L(z) ) = 0, logo g(z)e L(z) é constante. Como o valor desta expressão em 0 é g(z 0 )e α = 1, temos que g e L. 2

3 3 Uma consequência do Lema de Schwartz invariante Lema 1 Sejam f : U De ψ : D D. Defina: H f (z) f (z) (z U) 1 f(z) 2 e note que isto está bem-definido porque f(z) < 1 para qualquer z U. Então: z U, H ψ f (z) H f (z). Além disso, se vale a igualdade para algum z U com f (z) 0, então ψ Aut(D). E vice-versa: se ψ Aut(D), então temos igualdade para todos z U. Prova: Pelo Lema de Schwarz invariante, temos que: w D, ψ (w) 1 ψ(w) w 2. Além disso, vale a igualdade para algum w sse ψ Aut(D) e neste caso vale a igualdade para todo w. Agora veja que, pela regra da cadeia: H ψ f (z) = ψ (w) 1 ψ(w) 2 w=f(z) f (z) f (z) 1 f(z) 2. Se vale a igualdade para algum w = f(z) e f (z) 0, então necessiariamente vale a igualdade na outra desigualdade, e neste caso ψ Aut(D). Por outro lado, se ψ Aut(D), então vale a igualdade na segunda desigualdade para todo z. Exercício 6 Suponha que f : U D é holomorfa, injetiva e nunca vale 0 e seja f uma raíz quadrada holomorfa para f. Então: z U, H f (z) > H f (z). 4 Prova do Teorema do Mapeamento Conforme Daqui em diante, U será aberto simplesmente conexo e z 0 U é um ponto deste aberto. 3

4 Definimos: F {f H(U) : f injetiva, f(z 0 ) = 0}. Note que, se há um mapeamento conforme de U em D com f(z 0 ) = 0, então ele pertence a F; Começamos mostrando que: Proposição 2 F. Prova: Basta provar que existe f H(U) injetiva com f(u) D; basta compor esta f com φ f(z0 ) (ver notas anteriores) para obter uma função injetiva que leva z 0 em 0. Como U C, existe um ξ C\U. Deste modo, a função g(z) z ξ nunca se anula sobre U, tendo portanto uma raíz quadrada S (Proposição 1). Se w, z U têm S(w) = ±S(z), então (elevando ao quadrado) temos w ξ = z ξ, logo w = z. Como S não é constante, é aplicação aberta. Logo V S(U) é aberto. Se w B[w, r] V, afirmamos que: Afirmação 1 B[ w, r] S(U) =. De fato, se u B[ w, r] S(U), S(z) = u para algum z U. Além disso, como B[w, r] S(U), existe z U com S(z ) = u. Mas então S(z) = S(z ), logo, pelo que vimos acima, z = z e S(z) = u = u = 0 S(U), conradição com S(z) 2 = z ξ 0. Deduzimos da afirmação que: f(z) r S(z) + w < 1 para todo z U. De fato, isto equivale a dizer que u S(U), ( w) u > r, ou B[ w, r] C\S(U), o que acabamos de provar. f é injetiva e holomorfa porque S é as duas coisas, logo temos o resultado desejado. Proposição 3 Seja M sup f F f (z 0 ). Então existe F F com F (z 0 ) = M. Em particular, M < +. Prova: Existe {f n } n com f n(z 0 ) M quando n +. As funções em F têm imagem contida em D, sendo portanto uniformemente limitadas. Segue do Teorema de Montel que {f nk } k subsequência com f nk F 4

5 H(U) uniformemente sobre compactos de U. Em particular, isto implica que f n k (z 0 ) F (z 0 ) e portanto F (z 0 ) = M. Falta provar que F F. F (z 0 ) = 0 é óbvio. )o argumento que mostrou que F mostra que M > 0, logo F não é constante e (por um fato da última lista) temos que, como cada f nk é injetiva, F também o é. Por isto, F (U) é aberto. Como z U, D f nk (z) F (z), temos F (U) D, mas então F (U) int(d) = D. Terminamos a prova mostrando que tal F é necessariamente sobrejetiva. Se não fosse, existiria um a D\F (U), de modo que φ a F é analítica e nunca vale 0 sobre U. Deduzimos que existe uma raíz quadrada holomorfa φa F, a qual também é injetiva (exercício). Se b = φ a F (z 0 ), então G = φ b φ a F é injetiva e leva z 0 em 0. Além disso, usando o Lema??, a definição de H e o exercício depois dele: H F (z 0 ) = F (z 0 ) 1 F (z 0 ) 2 (F (z 0 ) = 0) = F (z 0 ) (φ a Aut(D)) = H φa F (z 0 ) (Exercício 6) < H φ a F (z 0) = H φb φ a F (z 0) = H G (z 0 ) (como com F ) = G (z 0 ). Logo G F e G (z 0 ) > F (z 0 ) = sup f F f (z 0 ). A contradição implica que F é sobrejetiva. Exercício 7 Mostre que existe uma única bijeção conforme U D com f (z 0 ) > 0. 5

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