と機能のファミリー $f(0) = 0$ そして $f(\mathbb{D}) \cap [1,2] = \emptyset$ 正常です
次の質問があります
しましょう $B$ 関数のセットである $f$、単位円板上で分析的です $\mathbb{D}$ 両方を満たす $f(0) = 0$ そして $f(\mathbb{D}) \cap [1,2] = \emptyset$。証明してください$B$ 普通の家族です。
私の答えには、確信が持てない部分がいくつかあります。
翻訳された家族を考えてみましょう $g(z) = f(z) - 1$ の値を取ります $\mathbb{C} - [0,1]$。以来$g(\mathbb{D})$ 単連結でゼロ以外の場合、の単一値分析分岐を定義できます。 $\sqrt{g(z)}$ に $g(\mathbb{D})$。平方根を取ると、のすべての値$\sqrt{g(z)}$半平面を分離する線が原点を含む半平面に含まれます。次に、可能な回転の後、次のように仮定することができます。$\sqrt{g(\mathbb{D}})$左半平面に含まれています。今、私はこの答えで使用される技術を適用することができます$\mathcal{F} \subset \mathcal{H}(D(0,1))$ と $Re f>0$ そして $f(0)=1$翻訳された家族を示すための通常の家族です（したがって$B$）は普通の家族です。
私が確信していないことの1つは、 $\sqrt{g(z)}$半平面を区切る線に原点が含まれる半平面に含まれます。これは本当のようですが、よくわかりません。また、私は事実の完全な強さを使用していません$f(\mathbb{D}) \cap [1,2] =\emptyset$ 私は本当に必要なだけなので $f(\mathbb{D}) \cap \{1\} = \emptyset$。
コメントや提案をいただければ幸いです。
回答
あなたの考えは完全には機能せず、非縮退区間が範囲外に残されたという仮定を使用しなかったということは警告サインとして役立つはずです（しかしもちろんそれ自体は議論が機能しないという証拠ではありません）。
それを見るために $f(\mathbb{D}) \cap \{1\} = \varnothing$ 家族の正常性が機能を考慮することを意味するものではありません $$f_k(z) = 1 - e^{kz}$$ にとって $k \in \mathbb{N}$。我々は持っています$f_k(\mathbb{C}) \cap \{1\} = \varnothing$ すべてのために $k$、および $f_k(0) = 1 - 1 = 0$。だが$f_k(z)$ 局所的に均一に収束します $\infty$ 右半平面で、局所的に均一に収束します。 $1$左半平面にあります。シーケンスは、虚軸のどの点でも局所的に均一に収束しません。
あなたの議論の最初の誤りは、 $g(\mathbb{D})$単に接続されています。する必要はありません、例えば考えてみてください$$g(z) = -\exp \biggl(\frac{1 + z}{1-z} - 1\biggr)\,,$$ どこ $g(\mathbb{D})$ 周りの小さなディスクの（平面内の）補集合です $0$。の単純な接続性$\mathbb{D}$ 正則平方根の存在を保証します $\sqrt{g(z)}$、しかし、そのイメージはまだすべてである可能性があります $\mathbb{C}\setminus \{0\}$。
しかし、平方根を使用して、1つの半平面作品に含まれる画像を含む正則関数のファミリーを取得するという基本的な考え方は、少し異なる方法で行う必要があります。
メビウス変換を検討してください $$T \colon w \mapsto 2\cdot\frac{w-1}{w-2}\,.$$ これは閉じた間隔をマップします $[1,2]$ に $[-\infty, 0]$、および $T(0) = 1$。
これを使って、私たちは家族を考えることができます $$\tilde{B} = \Biggl\{ z \mapsto \sqrt{2\cdot \frac{f(z) - 1}{f(z) - 2}} : f \in B\Biggr\}$$ ここで、平方根の主分岐が使用されます。
さて、 $\tilde{B}$リンクされた質問で考慮される家族にすぎないため、通常の家族であることがわかります。次に、の正規性を推測することが残っています$B$それから。（もし$(h_k)$ は局所的に一様収束するシーケンスであり、 $(F\circ h_k)$ また、穏やかな条件下で局所的に均一に収束します。 $F$。）