Họ các chức năng với $f(0) = 0$ và $f(\mathbb{D}) \cap [1,2] = \emptyset$ bình thường
Tôi có câu hỏi sau
Để cho $B$ là tập hợp các chức năng $f$, được phân tích trên đĩa đơn vị $\mathbb{D}$ và thỏa mãn cả hai $f(0) = 0$ và $f(\mathbb{D}) \cap [1,2] = \emptyset$. Chứng minh rằng$B$ là một gia đình bình thường.
Có một vài phần trong câu trả lời của tôi mà tôi không chắc.
Hãy xem xét họ đã dịch $g(z) = f(z) - 1$ lấy các giá trị trong $\mathbb{C} - [0,1]$. Từ$g(\mathbb{D})$ được kết nối đơn giản và khác không, chúng tôi có thể xác định các nhánh phân tích đơn giá trị của $\sqrt{g(z)}$ trong $g(\mathbb{D})$. Khi chúng ta lấy căn bậc hai, tất cả các giá trị của$\sqrt{g(z)}$được chứa trong một nửa mặt phẳng mà đường phân cách giữa hai mặt phẳng chứa gốc tọa độ. Sau đó, sau khi xoay vòng có thể, chúng tôi có thể giả định rằng$\sqrt{g(\mathbb{D}})$được chứa trong nửa mặt phẳng bên trái. Bây giờ, tôi có thể áp dụng các kỹ thuật được sử dụng trong câu trả lời này$\mathcal{F} \subset \mathcal{H}(D(0,1))$ với $Re f>0$ và $f(0)=1$là một gia đình bình thường để cho thấy rằng gia đình được dịch (do đó$B$) là một gia đình bình thường.
Một điều mà tôi không chắc là liệu tôi có thể nói rằng tất cả các giá trị của $\sqrt{g(z)}$được chứa trong một nửa mặt phẳng mà đường phân cách giữa nửa mặt phẳng chứa điểm gốc. Điều này có vẻ đúng, nhưng tôi không chắc. Ngoài ra, tôi không sử dụng toàn bộ sức mạnh của thực tế$f(\mathbb{D}) \cap [1,2] =\emptyset$ vì tôi thực sự chỉ cần $f(\mathbb{D}) \cap \{1\} = \emptyset$.
Bất kỳ ý kiến hoặc đề xuất sẽ được đánh giá rất cao.
Trả lời
Ý tưởng của bạn không hoàn toàn hiệu quả và bạn đã không sử dụng giả định rằng khoảng không tạo ra nằm ngoài phạm vi sẽ đóng vai trò như một dấu hiệu cảnh báo (nhưng tất nhiên, bản thân nó không phải là bằng chứng cho thấy đối số không thể hoạt động ).
Để thấy rằng $f(\mathbb{D}) \cap \{1\} = \varnothing$ không ngụ ý tính bình thường của gia đình xem xét các chức năng $$f_k(z) = 1 - e^{kz}$$ cho $k \in \mathbb{N}$. Chúng ta có$f_k(\mathbb{C}) \cap \{1\} = \varnothing$ cho tất cả $k$và $f_k(0) = 1 - 1 = 0$. Nhưng$f_k(z)$ hội tụ cục bộ đồng nhất để $\infty$ trong nửa mặt phẳng bên phải và nó hội tụ cục bộ đồng nhất để $1$trong nửa mặt phẳng bên trái. Chuỗi không hội tụ cục bộ đồng nhất tại bất kỳ điểm nào của trục tưởng tượng.
Lỗi đầu tiên trong lập luận của bạn là tuyên bố rằng $g(\mathbb{D})$được kết nối đơn giản. Nó không cần thiết, hãy xem xét ví dụ$$g(z) = -\exp \biggl(\frac{1 + z}{1-z} - 1\biggr)\,,$$ Ở đâu $g(\mathbb{D})$ là phần bù (trong mặt phẳng) của một đĩa nhỏ xung quanh $0$. Sự kết nối đơn giản của$\mathbb{D}$ đảm bảo sự tồn tại của một căn bậc hai holomorphic $\sqrt{g(z)}$, nhưng hình ảnh của điều đó vẫn có thể là tất cả $\mathbb{C}\setminus \{0\}$.
Nhưng ý tưởng cơ bản để sử dụng căn bậc hai để có được một họ các hàm holomorphic với hình ảnh chứa trong một nửa mặt phẳng hoạt động, nó chỉ cần được thực hiện khác đi một chút.
Hãy xem xét sự biến đổi Mobius $$T \colon w \mapsto 2\cdot\frac{w-1}{w-2}\,.$$ Điều này ánh xạ khoảng thời gian đóng cửa $[1,2]$ đến $[-\infty, 0]$và $T(0) = 1$.
Sử dụng điều này, chúng ta có thể coi gia đình $$\tilde{B} = \Biggl\{ z \mapsto \sqrt{2\cdot \frac{f(z) - 1}{f(z) - 2}} : f \in B\Biggr\}$$ trong đó nhánh chính của căn bậc hai được sử dụng.
Hiện nay, $\tilde{B}$chỉ là gia đình được xem xét trong câu hỏi được liên kết, do đó chúng ta biết đó là một gia đình bình thường. Sau đó, nó vẫn còn để suy ra tính bình thường của$B$từ đó. (Nếu$(h_k)$ là một chuỗi hội tụ đồng nhất cục bộ, sau đó $(F\circ h_k)$ cũng hội tụ đồng nhất cục bộ trong điều kiện nhẹ về $F$.)