¿Cómo encontrar un mapa conforme desde el semiplano superior a este dominio en forma de L?

Question

Quiero encontrar una representación integral del mapa conformacional que envíe el semiplano superior $\text {Im}z>0$ en la región infinita en forma de L $$ \Omega = \{z = x+iy; \ x > 0, \ y > 0, \ \min(a,\frac yb) < 1 \} $$

que es una ligera modificación de esta pregunta donde cambiamos el vértice del giro desde el punto $1+i$ al punto más general $1+bi$ en el primer cuadrante. (Este es un ejercicio del texto de Gamelin)

Por la fórmula de Schwarz-Christoffel, la solución es de la forma $$ F(w) = K\int_{z_1}^w (\zeta-z_0)^{-1}(\zeta-z_1)^{-1/2}(\zeta-z_2)^{-1} \ d\zeta $$ donde $z_0, z_1, z_2$ son los números que son asignados por el mapeo conforme a los vértices en $i \infty, 0, +\infty$ respectivamente. No sé cuáles son estas preimágenes de los vértices.

En la pregunta vinculada se dan como $+1, -1, 0, \infty$ para el caso concreto.

Ahlfors dice en su libro que, en general, no hay ninguna fórmula para determinar los prevertices, y sólo $3$ de ellos puede ser elegido arbitrariamente. Dado que tenemos $4$ puntos a determinar en este caso, podemos suponer que $3$ de los prevertidos son $z_0=-1, z_1=0, z_2=\infty$ .

Me dijeron que la decisión correcta para el vértice restante es $b^2$ . ¿Cómo puedo conseguirlo? ¿Existe una explicación intuitiva de por qué esta es la elección correcta del prevertexto $z_2$ , quizás utilizando la simetría del dominio a lo largo de la línea $y=bx$ ?

Answer 1

El dominio en forma de L tiene cuatro vértices $0,\infty, 1+bi$ y $i\infty.$ Como dice Ahlfors, podemos elegir $3$ de los prevertidos de forma aibitraria, por lo que podemos suponer $$ z=-1\longleftrightarrow w=i\infty,\quad z=0\longleftrightarrow w=0,\quad z=\infty \longleftrightarrow w=1+bi.$$ Que el prevertexto restante sea $z=a$ (su valor es desconocido en este momento). Entonces la función de mapeo tiene la forma
$$ F(z) = K\int_{0}^z (\zeta+1)^{-1}\zeta^{-1/2}(\zeta-a)^{-1} \ d\zeta.\tag{1} $$ Tenemos que determinar el valor de $a$ para que $F(\infty)=1+bi.$ \begin{align} F(\infty)&=F(i\infty)= K\int_0^\infty \frac{idt}{(it+1)\sqrt{it}(it-a)} \\ &= -\frac{K}{\sqrt{2}}\int_0^\infty \frac{(1+i)(t^2+a+it(1-a))}{(t^2+1)\sqrt{t}(t^2+a^2)}dt \\&=I+J+i(I-J), \end{align} donde $$ I=-\frac{K}{\sqrt{2}}\int_0^\infty \frac{t^2+a}{(t^2+1)\sqrt{t}(t^2+a^2)}dt,\quad J=-\frac{K}{\sqrt{2}}\int_0^\infty \frac{(a-1)\sqrt{t}}{(t^2+1)(t^2+a^2)}dt.$$ Desde $F(i\infty)$ debe ser $1+bi,$ $K,$ $a$ debe determinarse de manera que $$ I+J=1,\quad I-J=b$$ retenciones. No pude conseguir $a=b^2$ Sin embargo $(1)$ es una expresión integral para $w=F(z)$ .
EDITAR: $$a=\frac{1}{b^2}$$ será cierto, no $a=b^2.$

En el caso $b=1$ podemos encontrar $F(z)$ explícitamente. Cuando $b=1$ tenemos $a=1.$ Así, $$ -\frac{K}{\sqrt{2}}\int_0^\infty \frac{dt}{(t^2+1)\sqrt{t}}=-\frac{\pi K}{2}=1 $$ da $K=-\frac{2}{\pi}$ y obtenemos explícitamente $$F(z)=-\frac{2}{\pi}\int_0^z \frac{d\zeta }{(\zeta^2 -1)\sqrt{\zeta }}=\frac{1}{\pi}\left(\log \frac{1+\sqrt{z}}{1-\sqrt{z}}+\tan^{-1}\sqrt{z}\right).$$