Funzioni armoniche

[3m0o]

Trova una funzione armonica \( f : \mathbb{D} \to \mathbb{R} \) tale che \( \lim_{z \to x} f(z) = 1 \) se \( x \in \partial \mathbb{D}_+ \) e \( \lim_{z \to x} f(z) = 0 \) se \( x \in \partial \mathbb{D}_- \)
dove \( \mathbb{D}_+ := \{ z \in \partial \mathbb{D} : \Im(z) > 0 \} \) e \( \mathbb{D}_- := \{ z \in \partial \mathbb{D} : \Im(z) < 0 \} \).
e una funzione armonica \( f : \mathbb{H} \to \mathbb{R} \) limitata tale che \( \lim_{z \to x} f(z) = 1 \) se \( x \in(-1,1) \) e \( \lim_{z \to x} f(z) = 0 \) se \( x \in \mathbb{R} \setminus [-1,1] \)


Allora io ho pensato alla seguente cosa
Consideriamo l'argomento \( \arg(z) \in (- \pi, \pi] \) su \( \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}_- \). Ora e possiamo applicare una mappa conforme dal disco al semipiano superiore, ad esempio
\( \phi_1 : z \mapsto -i \frac{z+1}{z-1} \) e vediamo che \( -1 \) è mappato in \(0\), \( i \) è mappato in \(-1 \) e \( -i \) è mappato in \( 1 \).
Pertanto la mappa conforme \( \phi_1 \) mappa \( \partial \mathbb{D}_+ \) in \( \mathbb{R}_- \) e \( \partial \mathbb{D}_- \) in \( \mathbb{R}_+ \).
Ora abbiamo che l'argomento ristretto ad \( \mathbb{H} \) è una funzione armonica poiché parte immaginaria di una funzione olomorfa, e risulta quindi che la mappa
\(f (z):= \frac{1}{\pi} \arg(\phi_1(z)) \) soddisfa tutte le richieste.

Per il punto due, abbiamo che \( z+1 \) trasforma \( \mathbb{H} \) in se stesso, ma trasla la retta reale di 1. E \(z-1\) è una mappa conforme di \( \mathbb{H} \) in se stesso ma trasla la retta reale di \(-1 \).
Pertanto \( \arg(z+1) \) è la parte immaginaria di una funzione olomorfa su \( \mathbb{H} \) e \( \arg(z-1) \) è la parte immaginaria di una funzione olomorfa su \( \mathbb{H} \).
Pertanto lo è la loro differenza, e abbiamo quindi
\[ \frac{1}{\pi} ( \arg(z-1) - \arg(z+1) )= \frac{1}{\pi} \arg(\frac{z-1}{z+1} ) \] è la parte immaginaria di una funzione olomorfa su \( \mathbb{H} \) e dunque è armonica, e notiamo che se \( z \to 1^{\pm} \) allora \(\frac{z-1}{z+1} \to 0^{\pm} \) e se \( z \to -1^{\pm} \) allora \( \frac{z-1}{z+1} \to 0^{\pm} \to \mp \infty \) e abbiamo che \(\frac{z-1}{z+1} \) è continua su \( \mathbb{R}\setminus [-1,1] \) e su \( (-1,1) \) pertanto risulta che \(\lim_{z \to x} \frac{1}{\pi} \arg(\frac{z-1}{z+1} ) = 1 \) se \( x \in (-1,1) \) e \(\lim_{z \to x} \frac{1}{\pi} \arg(\frac{z-1}{z+1} ) = 0 \) se \( x \in \mathbb{R}\setminus [-1,1] \). Ed è chiaramente limitata poiché su \( \mathbb{H} \) risulta che \(0 < \frac{1}{\pi} \arg(\frac{z-1}{z+1} ) < 1 \).