이전의 글에서 강조했던 것 처럼 복소함수 $w=f(z)$는 사실상 2차원 실평면을 2차원 실평면에 대응시키는, 즉 $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$의 사상(mapping)으로 볼 수 있고, 2차원 벡터장과의 유일한 차이는 $(x,y)=x+iy, \: (i^2=-1)$로 정의한다는 점이 만들어준다. analytic한 함수는 조금 특이한 성질을 가지는데, 그것은 mapping 전후로 각을 보존한다는 것이다.
가장 먼저 등각성에 대해서 살펴보자. 어떤 경로 $C \: : \: z=z(t)$의 점 $t=0$에서의 각도를 먼저 어떻게 정의하는지 생각해보자. $Arg \left(z(t)-z(0)\right)$는 $z(t)-z(0)$가 실축과 이루는 각도를 나타낼 것이다. 여기서 $t$를 0에 아주 가깝게 보내보자. 그럼 아래 그림처럼 점차 $z(0)$에서의 기울기로 수렴할 것이다. 그런데 극한의 방향이 중요하다. 양 쪽의 극한이 같지 않는다. $t \to 0+$일 때와 $t \to 0-$일 때 극한값이 $\pi$만큼 차이난다. 편의성을 위해 $t=0$에서의 각을 $t \to 0+$의 극한으로 정의하자.(아래 그림과 같이) 그런데 양의실수 $a$에 대하여 $Arg(z)=Arg(az)$이므로 안에 양의실수 $\frac{1}{t}$를 곱해줘도 괜찮다. 따라서 다음 식이 성립한다.
$z(0)$에서의 각도에서 어떤 상수 $\delta=Arg \left[ f'(z(0)) \right]$가 더해진 꼴이다.
(일반적으로 $Arg(z_1z_2)\neq Arg(z_1)+Arg(z_2)$인데 왜 저렇게 썼냐? 라고 지적할 수도 있겠다. 귀찮으니까 그냥 그러려니 하자.)
z-plane에서 두 curve $z_1(t)$, $z_2(t)$가 존재하고 둘은 $t=0$에서 교차한다고 하자. 그럼 z-plane에서 두 곡선이 이루는 각도는 $Arg(z_2'(0))- Arg(z_1'(0))=\alpha_2-\alpha_1$일 것이다. 이것을 사상(mapping) $f$을 시켜준 후 w-plane에서 curve $w_1(t)$, $w_2(t)$가 되었다고 하자. 그럼 w-plane에서 두 곡선이 이루는 각도는 $\delta+\alpha_2-\delta-\alpha_1=\alpha_2-\alpha_1$이 될 것이다. 어라? z-plane에서의 두 curve 사이각이 mapping $f$이후에 w-plane에서도 같다. 그래서 복소함수로 주어지는 사상(mapping)은 등각(conformal)이라고 하는 것이다.
아까 위에서 $f'(z(0)) \neq 0$라는 가정을 했다. 만약 $f'(z(0))=0$이고, $f''(z(0)) \neq 0$이면 어떨까? 위의 식을 다시 가져와보자.
뭔가 느낌이 오지 않는가? $f'(z(0))=0, \: f''(z(0)) \neq 0$이면, w-plane에서 두 곡선이 이루는 각은 z-plane에서의 2배이다. 마찬가지로 $f'(z(0))=0, \: f''(z(0))=0, \: f'''(z(0)) \neq 0$이라면 z-plane에서의 3배가 될 것이고 계속 일반화 할 수 있을 것이다. 우리는 다음의 정리를 증명한 것이다.
THM 4-1 : conformality of mapping $\mathbb{C}\rightarrow \mathbb{C}$
if $f(z)$ is analytic at $z=z_0$, $f'(z_0)=f''(z_0)=\cdots=f^{(n-1)}(z_0)=0$ and $f^{(n)}(z_0)\neq 0$, then the mapping $f$ enlarges the angle at the vertex $z_0$ $n$ times.
예시로 $w=z^2$를 생각하자. 이것은 $z=0$에서만 $f'(z)=0$이고, 나머지 점에서는 $f'(z)\neq 0$이다. 즉 $z=0$을 제외한 지점에서 z-plane과 w-plane이 등각이어야 한다. $w=z^2=(x+iy)^2=(x^2-y^2)+i(2xy)$이므로, $u=x^2-y^2, \: v=2xy$이다. $x$가 고정되었을 때, $u=-(v/2x)^2+x^2$인데 이것은 포물선에 해당한다. 마찬가지로 $y$가 고정되었을 때, $u=(v/2y)^2+y^2$인데 이것 역시 포물선에 해당한다. z-plane에서 boundary는 w-plane의 boundary로 사상된다. 사실 대부분 다른 사상들도 boundary는 boundary로 사상된다. 방향성도 생각해 볼 수 있는데, z-plane에서 사각형경계를 반시계방향으로 따라가는 경계는 역시 w-plane에서도 반시계방향으로 경계를 따라 돈다. 아래 그림을 보면 $z=0$에서는 교차점에서 각도가 $0$이고, 나머지 모든 점에서 국소적으로 $\pi/2$의 각도를 이룬 것을 볼 수 있다.
$f'(0)=0$이고 $f''(0)\neq0$이므로 z=0에서 각도($\pi/2$)의 두배인 $\pi$만큼의 각도를 $w=0$에서 가져야 하는데, 0도를 가지는 듯 해 보인다. 이것은 사실 우리가 z-plane에서 boundary를 따라가면서 생기는 착각인데, $z=0$에서 허수축을 따라 내려오는 직선은 0을 지나서 $-i$방향으로 가는데 0을 지나는 순간 $w$에서는 0에서 -1로 간다. 즉 $w=0$에서 각도는 $\pi$가 된다. (무슨 말인지 모르겠으면 값을 하나씩 대응시켜 보자.)
또 한가지 생각해볼 만한 문제가 있다. 사상(mapping)은 사실 $(x,y)$와 $(u,v)$사이의 변수변환인 것이다. ($u$는 $(x,y)$의 함수이고, $v$역시 마찬가지다. 반대로 $x$는 $(u,v)$의 함수이고, $y$역시 마찬가지다.) 다음을 보자.
만약 $f(z_0) \neq 0$이라면, 위의 값은 0이 아니고, 국소적으로 좌표변환 $(x,y)\rightarrow(u,v)$의 역변환 $(u,v)\rightarrow(x,y)$가 존재함을 설명한다. 또, $f(z_0) \neq 0$일 때 $z_1$과 $z_0$이 가까우면 다음의 근사식이 성립한다.
$$w_1-w_0=f(z_1)-f(z_0) \simeq f'(z_0)(z_1-z_0)$$
즉 $w_0$근처에서의 거리는 $z_0$근처에서의 거리의 $|f'(z_0)|$배이다. 가만히 생각해보면, $f'(z_0)\neq 0$이라는 것은 국소좌표변환의 역변환이 존재한다는 것이고, 등각성과도 동치이며, $z=z_0$근처에서 배율이 0이 아닌것과도 동치이다.
이제 구체적인 mapping의 종류에 대해서 알아보자. 아래는 기본적으로 모두 숙지하여야 mapping의 합성 등으로 원하는 변환식을 찾을 수 있다.
MAPPING 1 : 상수의 합 $w=z+z_0$
아주 간단할것 같지 않은가? $z_0=x_0+iy_0$이라 하면, $u=x+x_0,\:v=y+y_0$이므로 그저 평행이동한 것에 불과하다. 당연히 z-plane 전체를 w-plane으로 일대일대응이고, 경계의 방향을 보존할 것이다. 예시로 $w=z+1+2i$를 생각하자. 당연하게도 실축을 +1만큼, 허수축을 +2만큼 평행이동한 것임이 자명하다.
MAPPING 2 : 상수의 곱 $w=z_0z$
이것 역시 극좌표 꼴로 쓰면 $w=r_0e^{i\theta_0}re^{i\theta}$로, 기존의 z-plane의 상을 $r_0$배 확대 하고, $+\theta_0$만큼 회전변환한 것이다. 이 변환 역시 z-plane 전체를 w-plane에 일대일대응이고, 경계의 방향 역시 달라질 이유가 없다. 예시로 $w=(1+i)z$를 생각해보자. 이것은 크기를 $\sqrt{2}$만큼 확대하고 $+\pi/4$만큼 회전한 것이다.
MAPPING 3 : n제곱 $w=z^n$, n제곱근 $w=z^{1/n}$
예를들어 $w=z^2$이라 해보자. $z=re^{i\theta}$라면 $w=r^2e^{i2\theta}$일텐데, w-plane을 모두 쓴다고 해도 z-plane은 반평면밖에 사용하지 못한다. 쉽게말해 z-plane의 $-\pi/2 < \theta \leq pi/2$인 반평면만이 w-plane 전체에 일대일 대응이다. 이 역변환이 바로 $z=w^{1/2}$이다.
이미지 출처 : http://mathfaculty.fullerton.edu/mathews/c2003/ComplexFunPowerRootMod.html 그리기 귀찮아서 퍼옴 (1)
$w=z^2$의 경우 $z$에서의 직선은 $w$에서 포물선(parabola)에 해당한다. (위의 예시에서도 보였다.)
이미지 출처 : http://mathfaculty.fullerton.edu/mathews/c2003/ComplexFunPowerRootMod.html 그리기 귀찮아서 퍼옴 (2)
$w=z^{1/2}$의 경우 $z$에서의 직선은 $w$에서 쌍곡선(hyperbola)에 해당한다.
이미지 출처 : http://mathfaculty.fullerton.edu/mathews/c2003/ComplexFunPowerRootMod.html 그리기 귀찮아서 퍼옴 (3)
$w=z^n$이든 $w=z^{1/n}$이든 둘 모두 경계의 방향을 보존한다. z-plane의 시계반대방향 경로는 절대 w-plane의 시계방향 경로가 되지 않는다. 이 말은 즉 내부와 외부가 뒤바뀌지 않는다는 뜻이다. 아래에서 보겠지만 $w=1/z$와 같은 역수변환은 내부와 외부가 뒤바뀌며 경로가 바뀐다.
MAPPING 4 : 역수변환 $w=1/z$
이것은 기억해두면 여러모로 매우 유용한데, 단위원의 내부와 외부에 대해서 어떻게 변하는지, 원점으로부터의 경로가 어떻게 변하는지 살펴보자. $z=re^{i\theta}$라면, $w=e^{-i\theta}/r$이므로, 각이 반전된다. 즉 경계의 방향이 반대가 된다. 단위원 내부의 $z=0$은 $|w|\to\infty$에 대응되며 이것은 단위원의 안과 밖이 서로 반전되었음을 시사한다. 마치 양말을 까뒤집은 것 마냥 원점에 구멍을 내 그 구멍을 무한정 늘려서 무한원으로 뒤집은 것 같다. 즉 z-origin에서 나가는 경로는 w-infinity에서 들어오는 경로로 대응된다.
단위원이 만약 중점이 0이 아니면 어떻게 될까? 다음은 중심이 1인 원들과 방사선들이 어떻게 mapping되는지를 보여준다.
$z=1$에서 뻗어나가는 방사선들은 마치 $w=0,\:1$에 놓인 +,- 전하들 때문에 형성된 쌍극자(dipole)이 만드는 자기력선 같이 생겼다. $z=1$을 맴도는 원들은 같은 dipole의 등전위선을 형성한다. 경계의 방향성까지 생각하면 역수변환은 다음과 같이 생각하는게 좋다.
THM 4-2 : $w=1/z$ mapping
z-plane의 원(circle)은 w-plane의 원(circle)으로 사상된다. 반지름은 무한대가 될 수 있다.
이 것에 대한 설명과 역수변환의 powerful함은 우선 다음 4가지 예시를 기억하는 것으로부터 시작한다. (분수변환 등을 편하게 이해하기 위해 필요하다.)
$|z-a|\leq a \:\:\: \leftrightarrow \:\:\: \Re(w)\geq 1/2a$
$|z-ai|\leq a \:\:\: \leftrightarrow \:\:\: \Im(w)\leq -1/2a$
$|z+a|\leq a \:\:\: \leftrightarrow \:\:\: \Re(w)\leq -1/2a$
$|z+ai|\leq a \:\:\: \leftrightarrow \:\:\: \Im(w)\geq 1/2a$
(기억하기 쉽게 돌아가는 방향에 주목하자.)
첫 번째 z-plane에서 $|z-a|<a$와 같은 경우 w-plane에서 중심이 $+R+1/2a$이고 반지름이 $R$인 원의 내부로 사상되는데, 그 반지름이 $R \to \infty$인 것으로 생각하자. 그럼 경계의 방향성은 딱히 바뀌지 않는 것으로 생각할 수 있다. z-plane에서 $+\pi/2$씩 돌릴수록 역수변환이므로 w-plane에서는 $-\pi/2$씩 돌아가는 것을 볼 수 있다. (이것은 또한 상수 곱변환을 점차 거치는 것으로 생각해도 되겠다.)
지금까지의 응용으로 예제를 하나 풀어보자.
Q 4-1 : z-plane의 $0 \leq \arg(z) \leq \pi/3$영역이 어떤 변환 f에 의해 $|w-1| \leq 1$로 사상되고, $f\left(e^{i\pi/6}\right)=-\frac{1}{2}$인 mapping $f(z)$를 구하시오.
A 4-1 :
(1) 사상을 여러 단계 거쳐서 원하는 함수를 만들 수 있다. 우리가 알고있는 단위원은 역수변환($w=1/z$) 하나다. 이 단위원은 원 또는 직선(반지름이 무한인 원)의 역수변환이었다. 그렇다면 먼저 직선을 만들어야 한다. 제일 처음 $w_1=z^3$을 하면 부채꼴모양이 양의 허수부까지 확장된다. 이 경우 $w_1\left( e^{i\pi/6}\right)=i$가 된다. 그런데 이 점의 종착지는 $w=-1/2$이다.
(2) 이제는 최종목적지로부터 역으로 거슬러가보자. 역수변환의 역변환도 역수변환인데, 우리는 최종목적지를 역수변환해서는 직선이 나오지 않음을 안다. 그러므로 살짝 오른쪽으로 $w_4=w+1$만큼 평행이동해주자. 그럼 MAPPING 4의 첫 번째 경우가 되는데, 이것을 역수변환 한다 해도 양의 허수부가 아니라, 양의 실수부가 된다. 우리는 양의 허수부 평면을 아까 만들어 뒀으므로, 이것에 맞추기 위해서 $w_3=e^{-i\pi/4}w_4$의 회전변환을 취해준다. 그리고 역수변환($w_2=1/w_3$)을 취하면 $\Im(w_2)\geq 1/2$가 된다. $w=-1/2$는 $w_2=2i$에 대응되는데 이제 상반평면에서 상반평면끼리의 대응만이 남았다.
(3) 경계는 경계로, 내부점은 내부점으로 대응된다. 경계 $\Im(w_1)=0$이 $\Im(w_2)=1/2$가 되었으므로 $+i/2$만큼 평행이동된 것을 알 수 있고, $w_1=i$가 $w_2=2i$에 대응되었으므로 $w_2=3w_1/2+i/2$가 된다.
(4) 각 단계를 이으면 다음과 같은 mapping이 얻어진다.
$$w=\frac{-3z^3+i}{3z^3+i}$$
MAPPING 5 : 선형분수변환(Mobius transform) 선형분수변환(또는 양선형변환, 뫼비우스변환, 줄여서 그냥 분수변환)은 다음과 같은 형태를 가진 mapping이다. $$w=\frac{az+b}{cz+d}$$ 근데 이 변환은 전혀 새롭지 않다. 위에서 했던 것들의 합성에 불과하다. $$w=\frac{az+b}{cz+d}=\frac{a}{c}-\frac{ad-bc}{c}\frac{1}{cz+d}$$ step by step으로 분해해보면 $w=\frac{a}{c}+q$(평행이동), $q=-\frac{ad-bc}{c}p$(상수의곱, 실수배+회전이동), $p=1/s$(역수변환), $s=h+d$(평행이동), $h=cz$(실수배)이다. 느껴지지 않는가? 이것 또한 THM 4-2를 따를 수 밖에 없다. 상수배나 평행이동은 절대 경계의 모양을 바꾸지 않기 때문이다. 직선을 반지름이 무한인 원으로 보면 결국 원끼리 변환하는 것에 불과할 것이다. 경계가 직선 혹은 원이라는 것은 강력한 무기가 된다. 경계에서 대충 세 점을 찍어서 변환해보고 그걸 그저 순서대로 잇고, 경계의 방향성을 고려하여 내부를 결정하면 된다. 예를 들어 보자.
A 4-2 (1) : $w=(-iz+i)/(1+z) \: \rightarrow \: z=(-w+i)/(w+i)$이므로, $|z|<1 \: \rightarrow \: |-w+i|/|w+i|<1$이다. $w=u+iv$라 하면 $u^2+(1-v)^2<u^2+(1+v)^2$이므로 $v>0$ 즉 상반평면에 대응된다.
A 4-2 (2) : 경계는 경계에 대응된다. z-plane의 반시계방향 경계 $z=-i,1,i$는 w-plane의 경계 $w=-1,0,1$에 순서대로 대응된다. 이것이 반시계방향이려면 위쪽 영역이어야 한다.(반지름이 무한인 원 생각) 따라서 상반평면에 대응된다.
분수변환에는 몇 가지 중요한 특징이 존재한다. 첫 번째로는 다들 잘 알겠지만$f(z)=\frac{az+b}{cz+d}$를 matrix form으로 나타낼 수 있다는 것이다.
THM 4-3 :
$$f(z)=\frac{az+b}{cz+d}=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$$
matrix form으로 $f=F$, $g=G$라면, $f \circ g=FG$이고, 역변환 역시 $\det(F) \neq 0$이면 $f^{-1}=F^{-1}$이다. 두 번째로는 대응되는 서로다른 점들의 쌍 $(z,w)$ 세 개가 주어지면 분수변환은 $w=f(z)$는 유일하게 결정된다는 것이다. 이것 역시 눈치빠른 사람은 진작 알고 있을 것이다. $w=(2z+4)/(6z+8)$은 $w=(z+2)/(3z+4)$와 같다. 즉 $w=(az+b)/(cz+d)$의 계수들 $(a,b,c,d)$중 단 세개만이 독립이다. 그러므로 서로 다른 대응관계 3개만 주어지면 그 변환은 유일하게 결정된다.
THM 4-4 : uniqueness of Mobius trans.
서로 다른 세 점들끼리의 대응관계 $(z_i \leftrightarrow w_i)_{i=1,2,3}$가 주어지면 그 변환은 다음과 같다.
이 변환은 원에서 원으로 변환된다고 했다. 그런데 $|z|\leq1$를 $|w|\leq 1$로 변환시키면서(단위원 경계를 유지하면서) centre를 바꾸는 분수변환이 존재한다.
THM 4-5 : unit circle boundary conserved, center transformed
아래의 변환은 단위원 경계를 보존하면서 대응관계 $z=0\leftrightarrow w=z_0$, $z=z_0 \leftrightarrow w=0$를 만족한다.
$$w=\frac{z-z_0}{\bar{z_0}z-1}$$
$|z_0|<1$이면 내부의 점 두개가 서로 맞바뀌고 경계의 방향은 보존된다.(내부/외부가 보존된다.)
$|z_0|>1$이면 내부의 점과 외부의 점이 서로 맞바뀌고 경계의 방향은 반대가 된다.(내부/외부가 바뀐다.)
예를들어보자. 단위원 경계를 보존하며 $z=0$과 $|w|\to\infty$를 대응시키고 싶다. THM 4-5에 의하면 $w=1/z$. 우리가 위에서 얻은 결과와 일치한다.
기존의 분수변환이 반지름이 무한대인 것을 허용하는 원에서 원으로의 mapping이라 했다. 그런데 원에서 원으로의 mapping은 반지름이 무한대가 아니면 그저 확대(실수곱)와 회전 또는 평행이동의 조합으로 만들어 낼 수 있고, 이 경우 z-원 내부의 점은 w-원 내부에서 똑같이 대칭적인 위치에 대응된다. 하지만 이 THM을 보면 분수변환은 z-원에서 w-원으로 대응시키는 것은 같으나, z-원 내부의 점을 w-원 내부의 내가 원하는 아무 점으로나 대응시킬 수 있다는 것이다. 이것은 매우 강력한 무기가 된다. 내부의 점까지 대응시키는 까다로운 Q 4-1과 같은 문제를 다시 풀어볼 수도 있을 것이다. (사실 위에서 Q 4-1을 푼 방법은 수학적 직관에 지나치게 의존한다.)
Q 4-3 : $|z|<1$가 Mobius transform $w=f(z)$에 의해 $u+v<2$의 반평면에 대응된다. $f(z)$를 구하라. A 4-3 :
THM 4-4를 이용하자. 경계는 경계에 대응할 것고, 우리가 $|z|<$ 경계의 세 점을 아무렇게나 골라 방향에 맞게 $u+v=2$ 경계의 세 점을 아무렇게나 대응시키기만 하면 되므로 문제의 조건을 만족하는 분수변환은 유일하지 않다. 하나의 예시를 들자면, $|z|<1$의 경계를 반시계방향 순서대로 $z_1=1$, $z_2=i$, $z_3=-1$을 잡고 $u+v<2$의 반평면에서도 (반지름 무한인 원으로 생각하여) 반시계방향 순서대로 $w_1=2$, $w_2=1+i$, $w_3=2i$를 잡자. $$\frac{z-1}{1-i} \frac{i+1}{-1-z} = \frac{w-2}{2-(1+i)} \frac{(1+i)-2i}{2i-w}$$ 위 식을 정리하면 $w=\frac{4z}{(1-i)z+(1+i)}$이다. 만약 $z_1=1$, $z_2=i$, $z_3=-1$에 대응하는 점을 $w_1=2$, $w_2=2i$, $|w_3|\to \infty$로 잡는다면, $$\frac{z-1}{1-i} \frac{i+1}{-1-z} = \lim_{|w_3|\to \infty}\frac{w-2}{2-2i} \frac{2i-w_3}{w_3-w}$$ 위 식을 정리하면 $w=2-2(i+1)\frac{z-1}{z+1}$이다. Q 4-4 : 변환 $w=\frac{2z-1}{z-2}$가 (1) $|z|=1$, (2) $x=const$, (3) $y=const$를 어떻게 변화시키는지 그려보아라. A 4-4 :
(1) $w=\frac{2z-1}{z-2}=\frac{z-1/2}{(1/2)z-1}$이고, THM 4-5에 의하면 단위원을 단위원으로 mapping하고, z-단위원의 중심($z=0$)을 w-단위원의 $w=\frac{1}{2}$에 대응한다. (2), (3) THM 4-3에 의해 $f=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$이므로, $$z=f^{-1}(w)=F^{-1}=\begin{pmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}=\frac{2w-1}{w-2}$$ $$x+iy=\frac{(2u-1)+i(2v)}{(u-2)+iv}=\frac{(2u^2-5u+2+2v^2)+i(-3v)}{(u-2)^2+v^2}$$ 직선은 원에 대응하는 것을 알고 있다. 당연하게도 $x=C$는 $(2u^2-5u+2+2v^2)=C(u^2-4u+4+v^2)$인 원에 대응하며 $y=C$는 $-3v=C(u^2-4u+4+v^2)$인 원에 대응한다. 그 결과가 위의 그림과 같다. 이것은 내부 점 전환 공식이 어떻게 작용하는지에 대한 예시를 보여준다. MAPPING 6 : 지수변환($w=e^z$), 로그변환($w=Ln(z)$) mapping $w=e^z$을 생각하자. z-plane은 Cartesian $z=x+iy$로 쓰고, w-plane은 polar coordinate에서 쓰자. $w=\rho e^{i\phi}=e^z e^{iy}$이므로 $y=const$인 직선은 w-plane에서 원점으로부터 뻗어나가는 직선이 되며, $x=const$이면 w-plane에서 반지름이 일정한 원의 일부가 될 것이다. 당연하게도 $y\in \arg(w)$일 것이다. 만약 principal branch $-\pi<\arg \leq \pi$로 제한한다면 이 역변환은 log변환의 주치가 되는데 $z=Ln(w)=\ln(\rho)+i\phi$일 것이다. 이 변환에서 기억해야 할 점은 z-plane에서 x, y축에 평행한 사각형이 아래 그림과 같이 w-plane에서는 중심이 원점인 부채모양에 대응된다는 것이다.
주의할 점으로 지수로그 변환은 z-plane과 w-plane의 일대일 대응이 아니다. z-plane의 y성분이 각을 나타내기 때문에 $-\pi<y\leq \pi$인 띠가 w-plane 전체에 일대일 대응된다. 다른 변환들처럼 이 변환도 내부와 외부가 절대 바뀌지 않으므로 경계의 방향을 보존한다. 지수변환을 이용한 예시들을 살펴보자. Q 4-5 : 변환 $w=f(z)=\frac{e^z-i}{e^z+i}$이 수평띠 $0<y<\pi$를 일대일로 원판 $|w|<1$위로 대응하는 등각사상임을 보이고, x-축은 그 원판의 경계인 하반원에 대응되고 직선 $y=\pi$는 상반원 위로 대응됨을 보여라. A 4-5 : 이 변환은 $p=e^z$, $w=\frac{p-i}{p+i}$의 합성변환이다. 우선 $p=e^z$같은 경우 $0<y<\pi$이므로, $0<\arg(p)<\pi$인 상반평면에 대응된다. $w=\frac{p-i}{p+i}$는 직선($R=\infty$인 원)을 원에 대응시킴을 알고 있다. 따라서 p-plane의 경계의 방향따라 세 점 $p_1=-1$, $p_2=0$, $p_3=1$을 찍어서 w-plane에 대응시킨 세 점과 그 순서를 보고 원인지 직선인지를 결정하면 된다. $w_1=i$, $w_2=-1$, $w_3=-i$이므로 원에 해당한다.
z-plane에서 $y=\pi$는 p-plane에서 $\arg(p)=\pi$에 대응하며, 음의 실수축이다. 이 위의 점 $p=-\infty,\:-1,\:0$는 $w=1,\:i,\:-1$에 대응되므로 음의 실수축은 상반원에 대응된다. 마찬가지로 z-plane의 $y=0$이 w-plane에서 하반원에 대응됨을 쉽게 보일 수 있을 것이다. (생략) 등각성은 $f'(z)\neq0$임을 보여서 설명할 수 있다. Q 4-6 : 변환 $w=Ln\left( \frac{1+z}{1-z} \right)$가 원판 $|z|<1$의 수평띠 $|v|<\pi/2$위로의 일대일 등각사상임을 보여라. 또 원판의 상반원 경계는 $v=\pi/2$에 대응되고 하반원 경계는 $v=-\pi/2$에 대응됨을 보여라. A 4-6 : 마찬가지 경계에서 방향에따라 세 점씩 찍어서 대응시키면 다음과 같음을 보일 수 있을 것이다. (생략) 등각성은 $f'(z)\neq0$임을 보여서 설명할 수 있다.
Q 4-7 : 함수들 $p=z^2-1$과 $w=p^{1/2}$의 합성 $w=(z^2-1)^{1/2}$를 생각하자. 여기서 제곱근 함수의 branch는 $0\leq \arg<2\pi$이다. 변환 $w=f(z)$가 상반평면 $\Im(z)>0$을 선분 $u=0,\:0<v\leq 1$을 따라 갈라진 상반평면 $\Im(w)>0$위로 일대일 대응임을 보여라. A 4-7 : 마찬가지로 경계 방향을 따라 $z=-2,\:-1,0,1,2$를 따라가보면 w-plane에서 갈라진 부분을 확인할 수 있다. $y=0$(경계)과 아주 가까운 $y=\epsilon>0$을 생각하자. (나중에 $\epsilon$을 0으로 보낸다고 생각하자. 아래 그림은 $\epsilon=0.01$로 잡은 것이다.) $p=z^2-1$에 의해 $y=\epsilon$ 경계는 $\Re(p)>-1,\:\Im(p)=2x\epsilon=\pm\epsilon'$에 대응되고, 여기에서 $w=p^{1/2}$를 취하면 $0>\Re(p)>-1$인 부분들이 w-허수축의 bump같은 것을 만든다. 이 mapping은 $|z|$가 충분히크면 $w\simeq z$가 근사적으로 성립하길 바라는 동기가 되었다.
Q 4-8 : 변환 $w=\tan(z)$가 수직띠 $|x|<\pi/4$를 단위 원판 $|w|<1$위로 대응하는 등각사상임을 보여라. A 4-8 : $\tan{z}=-i\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}}=-i\frac{e^{2iz}-1}{e^{2iz}+1}$이므로 $p=2iz$, $q=e^p$, $w=-i\frac{q-1}{q+1}$의 합성으로 볼 수 있다. 마찬가지로 경계를 따라 점 세개를 찍어서 대응되는 것을 보면 간단하게 보일 수 있다.
MAPPING 7 : 삼각함수에 의한 사상 mapping $w=\sin{z}$를 생각해보자. 이것을 어떻게 잘 나타내더라도 우리가 위에서 했던 사상들의 조합으로 표현하기 어려움을 눈치챌 것이다. 그러나 특별한 것은 없다. z-plane에서 직선들 $x=const$와 $y=const$가 어디로 사상되는지 살펴보자. $$\sin(x+iy)=\sin(x)\cos(iy)+\cos(x)\sin(iy)=\sin(x)\cosh(y)+i\cos(x)\sinh(y)$$ 이므로 $u=\sin(x)\cosh(y)$, $v=\cos(x)\sinh(y)$이다. 만약 $x=const$라면 다음의 쌍곡선이 될 것이다. $$\left( \frac{u}{\sin{x}} \right)^2-\left( \frac{v}{\cos{x}} \right)^2=1$$ 만약 $y=const$라면 다음의 타원방정식이 될 것이다. $$\left( \frac{u}{\cosh{y}} \right)^2+\left( \frac{v}{\sinh{y}} \right)^2=1$$ 여담이지만 조화함수에서 봤던 것 처럼 두 벡터장의 직교성을 보일 수 있다. (v가 u의 harmonic conjugate이기 때문이기도 하다.)
cosine의 경우 $\cos{z}=\sin{z+\pi/2}$이므로 mapping의 모양은 바뀌지 않고, 단지 중간에 평행이동을 한번 거친 것일 뿐이다. 여기서 기억해야할 점은 다른 많은 사상들 처럼 경계의 방향을 보존하며, 그 방향에 따라 내부가 결정된다는 것이고, 격자무늬가 각각 타원과 쌍곡선으로 사상된다는 것이다. 마지막으로 sine함수의 역사상 arcsine의 principal value $w=Arcsin{z}$는 격자모양을 어떻게 mapping하는지 알아보자. 마찬가지로 등식을 세워보면 $$z=x+iy=sin(w)=\sin{u}\cosh{v}+i\cos{u}\sinh{v}$$ 쌍곡선 $\left( \frac{x}{\sin{u}} \right)^2-\left( \frac{y}{\cos{u}} \right)^2=1$에서 u를 상수로 보면 이 방정식은 초점이$(\pm 1,0)$이고 장축이 $2\sin{u}$인 쌍곡선을 나타낸다. 그러므로 쌍곡선 위의 점 $(x,y)는 방정식 $2\sin{u}=\sqrt{(x+1)^2+y^2}-\sqrt{(x-1)^2+y^2}$를 만족하고 이 방정식을 u에 대해 풀어 다음의 방정식을 얻는다. $$u=Arcsin \left( \frac{\sqrt{(x+1)^2+y^2}-\sqrt{(x-1)^2+y^2}}{2} \right)$$ 마찬가지 방법으로 v도 구해보면 $$v=(sign\:of\:y)Arcsosh \left( \frac{\sqrt{(x+1)^2+y^2}-\sqrt{(x-1)^2+y^2}}{2} \right)$$ 이것을 복소평면위에 그릴 수 있겠는가? (나는 못하겠다) 컴퓨터를 이용해서 그려보면 다음과 같다.
z-plane에서 격자의 Arcsin에 대한 mapping은 크게 중요하지 않다. (쓸 일이 잘 없다.) 지금까지 우리는 어떤 구체화된 정역(domain) D에 대한 다른 정역 G 위로의 등각사상이 존재한다고 가정해왔다. 과연 그 존재성에 어떤 이유가 있을까? 진짜 마지막으로 살펴볼(추후에 이 글을 더 추가할 수도 있지만) 정리는 그 존재성을 보장해준다. THM 4-6 : Riemann mapping theorem
if D is simple connected domain (not entire $\mathbb{C}$), $\exists$ conformal mapping $f(z)$ which maps D onto unit disk($|w|<1$).
증명은 관심도 없고 어려워서 생략한다. 여기까지 대부분의 그림은 python을 이용해 그렸다. 혹시나 따라서 그려보고 싶다면 마지막 그림(arcsine)에 대한 코드를 첨부한다. 알아서 적당히 고쳐써보자. (너무 간단해서 사실 필요도 없겠지만)
CODE EX :
진짜 마지막으로 한가지 변환을 더 소개한다. Schwarz-Christoffel transform이라는 건데, z-plane에서의 polygon을 w-plane의 실수영역으로 사상한다. THM 4-7 : Schwarz-Christoffel mapping
$z=z_i$로 이루어진 (내각 $\angle z_i$) polygon 내부를 상반평면에 대응시키는 mapping이 존재한다. 다음의 미분식이 성립하고, 미정계수는 점들을 대응시켜 얻는다. 지금까지처럼 발산하는 점을 잡아도 된다.
