голоморфная функция

[Kyzya]

Вечер добрый!! Буду благодарен за помощь вот с такой задачей:

$D$ - ед. круг, $f$ - голоморфная функция на $D$ такая, что $\operatorname{Im} f(z) >0$ для всех $z \in D$ и $f(0) = i$. Помогите при этих условиях найти максимально возможно значение $|f'(0)|$ для всех таких $f$.

Кажется, она нетрудная, но что-то не получается решить ее.

[Kyzya]

На ум приходит только лемма Шварца и прицнип максимума, но я не понимаю,как можно ими воспользоваться. Помогите,пожалуйста, разобраться!

[sup]

Пожалуй, проще всего воспользоваться разложением функции в ряд Тэйлора в точке 0. За компанию, мы с Вами сможем получить кое-какие оценки на функцию через ее вещественную (мнимую) часть.
Чтобы было чуть проще, давайте рассмотрим функцию $g(z)=-if(z)$. Тогда $g(0)=1$ и $\operatorname{Re} g >0$ в круге $D$. Кроме того, пока что будем предполагать, что наши функции голоморфны и в окрестности круга (ну чтобы не мучиться с обоснованиями законности выкладок на единичной окружности).
Пусть
$g(z)=\sum \limits_{k=0}^{\infty}a_kz^k$
1. Покажите, что на единичной окружности имеет место некое равенство (считаем, что $z=e^{i\varphi}$)
$\operatorname{Re} g(z) =\sum \limits_{k=0}^{\infty}|a_k|\cos (k\varphi -\varphi_k)$
2. Используя это представление получите $g(0)$ как интеграл от вещественной части (ну все как в формуле Коши).
3. Аналогично этому, получите представление для $|a_1|$.
4. Скомбинируйте эти равенства, учитывая условие $\operatorname{Re} g >0$, и тот факт, что $1 \pm \cos \alpha \geqslant 0$.
Таким образом Вы получите оценку сверху для $|a_1|$. Для доказательства того, что эта оценка точная надо будет предъявить соответствующую функцию. Легко сообразить, что вещественная часть этой функции обращается в 0 на единичной окружности. Осталось понять, во что переходит единичный круг под действием этой функции.

[Kyzya]

Здравствуйте. Пытался разобраться, не понимаю, откуда в п.1 берется такое равенство. Если мы возьмем $\operatorname{Re} g(z)=\sum |a_k| \operatorname{Re}(e^{ki\varphi}),$
$\operatorname{Re} e^{i\varphi}=\cos(i\varphi)$
Что такое $\varphi_k$?

2. Как формуле Коши, это в смысле $g(0)=\frac{1}{2\pi i}\int \frac{g(z)}{z}dz$?

А дальше я ,видимо, не понимаю, потому что не понял первые два пункта...

[Padawan]

sup
Как-то у Вас сликом сложно все. Если условие $\operatorname {Im} f(z)>0$, $f(0)=i$ заменить на $|f(z)|<1$, $f(0)=0$, то непосредственно по лемме Шварца получим, что макисмальное значение $|f'(0)|=1$, причем достигается оно на функции $f(z)=e^{i\alpha} z$, где $\alpha\in\mathbb R$. Если теперь рассмотреть конфромное отображение $\varphi$ области $\operatorname{Im} z>0$ на круг $|z|<1$, $\varphi(i)=0$, $\varphi'(i)>0$, то функция $g(z)=\varphi(f(z))$ будет голоморфной в круге $|z|<1$ и будет удовлетворять условиям $|g(z)|<1$, $g(0)=0$. При этом $|g'(0)|=\varphi'(i)|f'(0)|$. Следовательно, максимальное значение $|f'(0)|$ будет равно $\frac{1}{\varphi'(i)}$.

Функция $\varphi$ легко вычисляется -- дробно-линейное отображение.

[Kyzya]

Скажите, а функция $\frac {iz+1}{-iz+1}$ не подойдет?

[sup]

Padawan в сообщении #583060 писал(а):

sup
Как-то у Вас сликом сложно все.

Вы правы. Проще всего использовать отображение полуплоскости $\operatorname{Im} z > 0$ в единичный круг и лемму Шварца (как Вы и указали). Для оценки первой производной этого достаточно. Но я хотел показать этот прием с косинусами еще и для оценки старших производных.

(Оффтоп)

В свое время этот трюк мне показался довольно остроумным. Вот я "не раздумывая" его и предложил. Только через некоторое время я сообразил, что это излишняя трата сил.