¿Hay un mapa conformal de un sector en el círculo con ángulo de 60 grados a un triange equilátero que asigna los puntos 0, 1 y $exp (\frac{\pi i}{3})$ a los vértices de un triángulo?
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user44556
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Me di cuenta de que mi pregunta es muy simple, sólo podemos asignar un segmento de un círculo así como un triángulo con un círculo Riman teorema. A continuación, la propiedad, tenemos necesidad de que los vértices del triángulo mapa a los mismos puntos como los "vértices" de un segmento. Que se puede hacer mediante la adición de un automorphism de un círculo, que los mapas tres primeras imágenes de la frontera a los tres segundos de imágenes en el límite. A continuación, sólo tenemos que tomar una composición.
Así, la forma de los dominios en este problema no es importante en la medida en que sólo se refiere a tres puntos en la frontera.
Hagen von Eitzen
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Por algo explícito, considerar el de Schwarz-Christoffel de asignación. Junto con $z\mapsto \frac{i-iz}{z+1}$ esto produce un mapa de $f$ a la de abrir la unidad de disco a través de la parte superior halfplane a un hexágono regular. Con los ajustes adecuados se puede lograr $f(0)=0$$f'(0)>0$. Entonces la restricción de $f$ $\{z\mid 0< \arg z<\frac\pi3, 0<|z|<1\}$será la asignación que desea (incluyendo $f(z)$ tiende a la vértices si $z$ tiende a un vértice; de esta manera se sigue por simetría). Por otro lado, $f$ no puede ser extendida conformemente a los vértices a sí mismos.
Para elaborar la "simetría handwaving" de arriba: Deje $D$ el de apertura de la unidad de disco y $X$ el open hexagon. Sabemos que los automorfismos de a $D$ tiene la forma$\phi_{u,a}\colon z\mapsto u\frac{z-a}{1-\bar a z}$$|u|=1$$|a|<1$. Si tenemos una arbitraria biholomorphic $f_1\colon D\to X$, vamos a $b=f_1^{-1}(0)$. A continuación, $f_2:=f_1\circ \phi_{1,-b}$ es también biholomorphic $D\to X$, pero esta vez sabemos $0\mapsto 0$. Deje $c=f_2'(0)$. A continuación, $c\ne0$ $f_3:=f_2\circ \phi_{\frac{|c|}c,0}$ es también biholomorphic $D\to X$, y como hemos prometido $f_3(0)=0$, $f_3'(0)>0$. Suponga $f_4\colon D\to X$ es biholomorphic con $f_4(0)=0$$f_4'(0)>0$. A continuación, $f_3^{-1}\circ f_4\colon D\to D$ es un automorphism, es decir, algunos $\phi_{u,a}$. De $\phi(0)=0$ llegamos a la conclusión de $a=0$ y, a continuación, de $\phi'_{u,a}(0)>0$ llegamos a la conclusión de $u=1$. De ello se desprende que la automorphism es la identidad, es decir,$f_4=f_3$. No es exactamente una biholomorphic mapa de $D\to X$ que se asigna a $0\mapsto 0$ y tiene un real positivo derivado en $0$. Ahora observe que el $f_5\colon z\mapsto \overline{f_3(\bar z)}$ es también un biholomorphic mapa de $D\to X$$f_5(0)=0$$f_5'(0)>0$. Por lo tanto $f_5=f_3$, lo que implica que $f_3(z)$ es real si $z$ es real. De hecho, la inyectividad y positivo derivado en $0$ impliy que $f_3$ mapas de $[0,1)$ a sí mismo monotonuously. También se observa que el $f_6\colon z\mapsto e^{-\frac\pi3} f_3(e^{\frac\pi3} z)$ ha $f_6(0)=0$, $f_6'(0)>1$, por lo tanto $f_6=f_3$ y llegamos a la conclusión de que $f_3$ mapas de la línea de $e^{\frac\pi3}\cdot [0,1)$ a sí mismo. En resumen, $f_3$ mapas de la región delimitada por la línea recta de $0$$1$, la línea recta de $0$ $e^{\frac\pi3}$y el arco circular de $0$ $e^{\frac\pi3}$biholomorphically para el triángulo con vértices $0$, $1$ y $e^{\frac\pi3}$.
Nikola
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Sí, suponiendo que te refieres a los interiores de estas regiones. Ver el Mapeo de Riemann Teorema. Sin embargo, usted debe saber que la prueba de este teorema no es eficaz. Es decir, no se le dará una descripción explícita del mapa. Es a menudo el caso con este tipo de preguntas que sabemos, por el teorema, que una de conformación bijection existe, sin embargo, nadie tiene idea de cómo explícitamente construir una función.
