Phys-villain: Complex Analysis

Complex Analysis for physicists (6) - 등각사상을 이용한 Poisson 방정식, 2차원 정전기학과 유체흐름에의 응용

12월 10, 2019

(출처가 명시되지 않은 사진은 직접 그림)

Complex Analysis for Physicists (3)과 (4)에서 디리클레 문제와 등각사상을 주제로 다루었었다. 등각인 사상은 Laplace equation을 보존하며, 이 덕분에 우리는 mapping된 w-plane에서도 동등하게 Laplace eq를 풀 수 있었다. (2차원 한정이지만) 그러나 Laplace eq뿐만 아니라 더 확장된 Helmholtz eq 역시 약간의 실마리를 제공하기도 한다.(역시 2차원 한정이다.)

$\left( \vec{\nabla}^2 +k^2\right) f(x,y)=g(x,y)$

이 방정식을 Helmholtz eq라 하고 $g=0$이면 homogeneous Helmholtz eq, $k=0$이면 Poisson eq, $g=0,\:k=0$이면 Laplace eq라 한다. Dirac delta function이 $g$의 자리에 올 때, 즉

$\vec{\nabla}^2 f(x,y)=\delta(x)\delta(y)$

와 같이 특별한 경우 사상 $w(z)$에 대해서(즉 좌표변환 $(x,y)\to(u,v)$에 대해서) 위 방정식 역시 불변이다. Laplacian operator가 좌표변환 $(x,y)\to(u,v)$에 대해 THM 3-5에서 ($\vec{\nabla}^2_{xy}=|J^{uv}_{xy}|\vec{\nabla}^2_{uv}$)임을 보였고, 우변 Dirac delta function 역시 $\delta(u-u_0)\delta(v-v_0)=\delta(x-x_0)\delta(y-y_0)/|J^{uv}_{xy}|$임이 알려져 있기 때문이다. (J. E. Marsden, A. J. Tromba, "Vector Calculus", W. H. Freedman and Co., San Francisco 1976)

$\vec{\nabla}^2_{xy} f(x,y)=\delta(x-x_0)\delta(y-y_0) \:\:\:\: \Leftrightarrow \:\:\:\: \vec{\nabla}^2_{uv} F(u,v)=\delta(u-u_0)\delta(v-v_0)$

이것이 무엇을 의미하는가? 2차원 점전하(or 축대칭성이 있는 3차원 선전하)가 있는 경우의 정전기학 문제를 동등하게 $(u,v)$ plane으로 사상시켜 풀 수 있다는 것이다! 이것은 매우 놀라운 결과이며 이 글을 보는 여러분들은 ~~지금부터 무엇을 할 것인지 대충 예상이 되며 매우 흥분될 것이다~~.

[ line charge + grounded right-angle wedge ]

쉬운 경우부터 살펴보자. 한 축으로 자른 단면에서 양의 x축과 양의 y축에서 모두 전위가 0이다. (grounded) 그리고 $(x_0,y_0)$에 선전하 $+\lambda$가 놓여있다. 먼저 우리가 알고있는 영상법을 이용하자.

Gauss surface를 잡아서 풀든, 2D free space의 Green function을 써서 구하든 선전하 $+\lambda$에 대한 Poisson eq solution은 $-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{r}+C$의 꼴이다. 중첩(superposition)원리에 의해 그 해는 다음과 같이 얻어진다.
$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2}\sqrt{(x+x_0)^2+(y-y_0)^2}}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\sqrt{(x+x_0)^2+(y+y_0)^2}}}$$
다음으로 이 상황을 conformal mapping $w=z^2$에 대응시켜 생각해보자.

사상 $w=z^2$에 의하면 $u=x^2-y^2$이고, $v=2xy$이다. z-plane에서 본 상황이 세 개의 영상전하를 필요로 하고 더 복잡하다면, w-plane에서 본 상황은 단 하나의 영상전하만을 요구하고, 더 간단하게 된다. (이 경우는 사실 그냥 푸는거랑 별 차이가 없긴 하다) w-plane에서 얻어지는 전기퍼텐셜은 다음과 같을 것이다.
$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\sqrt{(u-u_0)^2+(v+v_0)^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+(v-v_0)^2}}} \\ u=x^2-y^2,\:\: v=2xy,\:\: u_0=x_0^2-y_0^2, \:\: v_0=2x_0y_0$$
$u,\:v,\:u_0,\:v_0$에 대해서 변환식을 대입하면 같은 영상법으로 얻은 결과와 같은 결과를 얻는다.

equipotential contour for $(x_0,\:y_0)=(0.7,\:0.4)$

[ line charge near the grounded cylinder ]

이 경우도 마찬가지로 영상법으로 해결 가능한 경우이다. 접지된 반지름 R의 cylinder의 원점을 z-plane의 $(R,0)$에 두고, $+\lambda$의 선전하를 $(x_0,0)$에 오도록 좌표계를 잡자. (역수변환이 평면으로 사상하도록) 먼저 영상법으로는 charge가 다른 두 평행한 선전하가 이루는 등전위면이 원통임을 이용한다.

영상법으로 얻은 전위는 다음과 같다. 영상법으로 얻어진 전위는 상수만큼의 차이가 존재한다.

$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{\left(x-\frac{x_0 R}{x_0-R}\right)^2+y^2}}{\sqrt{(x-x_0)^2+y^2}}$$

다음으로 사상 $w=\frac{1}{z}$이 원에서 원(반평면)으로 사상함을 이용한다.

grounded cylinder는 mapping이후 평면이 되고 당연하게도 w-plane에서의 영상문제로 귀결된다. 눈여겨 볼 점은 영상전하를 놓은 위치($x=x_0R/(x_0-R)$)과 w-plane에서 영상전하 위치를 다시 역사상한 위치가 같다는 것이다.(이것은 직관적으로도 당연한 것이다.) 사상된 좌표계에서

$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{(u+u_0-1/R)^2+v^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+v^2}},\:\: u=\frac{x}{x^2+y^2},\:\:v=\frac{-y}{x^2+y^2},\:\: u_0=\frac{1}{x_0}$$

이것을 다시 $(x,y)$좌표계로 돌린 후 영상법으로 구한 답과 비교해보자.

위의 결과는 $x_0=1.3$, $R=0.4$일 때 두 방법으로 얻은 결과가 같음을 보여준다.

(L) : image method로 얻은 결과에 상수차이만큼 빼준 결과의 등전위면,
(R) : $w=1/z$ mapping으로 얻은 결과의 등전위면

[ line charge in parallel plates ]

이것 역시 영상법으로 해결할 수 있는 케이스이나 conformal mapping의 강력함을 잘 보여주는 예시이다. 이 경우는 image charge를 무한히 놓아서 해결가능함이 잘 알려져 있다. 그런데 왜 무한해야 하는가? 결론부터 말하면 이 경우는 적절한 mapping이 $w=e^z$이고, 이것의 역사상 $z=Ln(w)$가 multi-valued mapping이기 때문에 image charge가 무한히 많은 것이다. 이 점을 염두하고 두 가지 방법으로 각각 구해보자. 우선 영상법으로 아래와 같이 무한히 많은 선전하들을 대칭적으로 놓아 (반 강제적으로) 평행한 등전위면을 만들자.

이 경우 무한한 전하에 대한 전위이므로 다음과 같이 얻어진다.

$$\phi(x,y)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\ln \frac{\sqrt{(x^2+(y+y_0+2nL)^2}}{\sqrt{x^2+(y-y_0+2nL)^2}}$$

이제 conformal mapping $w=e^{\pi z/L}$을 통해 w-plane에서 보자.

$y=L$인 위쪽 도체평면은 w-plane의 음의 실수축에 대응하고 $y=0$인 아래쪽 도체평면은 w-plane의 양의 실수축에 대응한다. 따라서 또다시 평면위의 단일 전하 영상문제로 귀결되었다. 따라서 $(u,v)$좌표계에서 Poisson eq의 해는 w-plane에서 음의 영상전하를 놓았다고 생각하여 다음과 같이 결정된다.

$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln \frac{\sqrt{(u-u_0)^2+(v+v_0)^2}}{\sqrt{(u-u_0)^2+(v-v_0)^2}},\:\:\:u=e^{\frac{\pi x}{L}}\cos{\frac{\pi y}{L}},\:\:v=e^{\frac{\pi x}{L}}\sin{\frac{\pi y}{L}}$$무한합으로 나타낼 것을 이와같이 간단하게 표현할 수 있는 큰 장점을 가진다. $(u,v)$ plane에서 영상전하까지 포함하여 다시 $(x,y)$ plane으로 역사상을 주게되면 원래의 무한한 모든 image charge들이 나오게 되는데 이 역시 $Ln(w)$함수가 다가(multi-valued)이기 때문에 exponential map에서의 표현이 더욱 간결하며 numerically powerful할 것이다.

[ line charge + elliptical cylinder ]

가장 처음 경우에서 cylinder를 찌그러뜨려서 타원형으로 만들어보자. 이런 경우에는 image charge를 어떻게 잡을 것인가? 우리는 타원이 직선에 대한 sine 함수의 mapping임을 안다. 이것의 inverse mapping인 arcsine을 이용하면 principal branch(주 가지) $-\pi/2<u<\pi/2$에 mapping됨을 안다. $x+iy=d\sin(u+iv)=d\sin{u}\cosh{v}+id\cos{u}\sinh{v}$임을 이용하면 $a=d\cosh{v_e}$, $b=d\sinh{v_e}$임을 확인할 수 있다.

위 그림과 같이 mapping할 경우 w plane에서 두 평면을 equipotential로 만들어야 하기 떄문에 다시 두 번째 예시로 되돌아가게 된다. 그리고 무엇보다 중요한 것은 arcsine 함수가 다가(multivalued)이기 때문에 우리가 principal branch $-\pi/2<u<\pi/2$, $u\in\mathbb{R}$로 잡게되면, 그 다음 branch는 $3\pi/2<u<5\pi/2$, $u\in\mathbb{R}$가 된다. 즉 우리는 조금의 자유도를 가지기 때문에 이것을 위아래로 무한인 image charge를 놓는 것 대신 다른 선택지로, branch를 $v>0$인 부분만 가져오고 $-\pi/2<u<\pi/2$, $v<0$인 부분은 $\pi/2<u<3\pi/2$, $v>0$로 이어붙여 w-plane의 모든 가지를 $v>0$에 빠짐없이 채울 수 있게 된다. 즉 아래와 같은 그림으로 생각하면 편할 것이다.

이 상태에서 다가함수임을 이용하여 선전하가 $(u_0+2n\pi,v_0)$에 모두 존재한다고 생각해야 할 것이다. 그렇게되면 상응하는 image charge는 $(u_0+2n\pi,2v_e-v_0)$의 음전하이다. 따라서 potential은 다음과 같이 얻어진다.

$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\ln{\frac{\sqrt{(u-u_0-2n\pi)^2+(v+v_0-2v_e)^2}}{\sqrt{(u-u_0-2n\pi)^2+(v-v_0)^2}}}, \\ x=d\sin{u}\cosh{v},\:\: y=d\cos{u}\sinh{v},\:\: v_e=\sinh{\frac{b}{d}}$$

$(x_0, y_0)=(1.88,\:1.45)$, $a=1.50$, $b=1.12$일 때의 equipotential contour

[ uniformly charged strip ]

아래 그림과 같이 균일한 전하분포 $\sigma$를 가지는 무한길이 면전하가 있다고 생각하자. 이 때의 전위는 그저 직선전하 $d\sigma=\lambda dx$가 만드는 미소전위의 합이다. 같은 문제를 conformal map에서 풀어보자. $z=\sin{w}$는 $v=const$직선을 타원으로 mapping함을 알고있다.

$v\to 0$이면, 자연스럽게 $x$축에 초점간 거리만큼의 strip에 대응한다. 전하보존에 의해 $\sigma(x,0) dx = \Sigma(u,0) du$이고, $\Sigma(u,0)=\sigma d \cos{u}$이다. w-plane에서 경계조건은 다음과 같을 것이다.

$$\Phi(u, v \to \infty) = \Phi(u, v \to -\infty) = 0, \frac{\partial\Phi}{\partial v}^{v=0+}_{v=0-}=-\frac{\sigma d}{\epsilon_0} \cos{u}$$

$(\partial_u^2+\partial_v^2) \Phi=0$의 방정식을 변수분리로 풀면 그 basis가 다음과 같다.

$U(u)=A_k \cos{ku} + B_k \sin{ku}$ for $k\neq 0$, $U(u)=A_0 u+ B_0$ for $k=0$

$V(v)=C_k e^{kv} + D_k e^{-kv}$ for $k\neq 0$, $U(u)=C_0 v+ D_0$ for $k=0$

여기서 $v=0$에서의 경계조건을 만족하고, 경계조건 $v\to \pm \infty$의 조건을 만족하려면 유일하게 해가 $\Phi(u,v)=\frac{\sigma d}{2\epsilon} \cos{u} e^{-|v|}$이다. 이제 다시 역변환을 취해주면 원래 z-plane에서의 해를 얻는다. (미소 선전하의 적분으로 얻은 결과와 같은가?)

[ line charge + split conducting planes ]

아래와 같이 갈라진 도체면 위에 평행하게 놓여진 선전하를 생각하자. 이 경우도 역시 명백하게 image charge같은 방법으로 해결하기 힘들다. 맨 처음 z-plane에서 쌍곡선이 극한으로 접힌 모양으로 생각하여 z-plane 전체를 다른 반평면에 대응시키기 위해 다음의 mapping과정을 수행하자.

$s=\arcsin(z/d)$(갈라진 평면을 평행판으로), $r=is$(90도 회전), $w=e^r$(반평면으로)

그 결과는 위 그림과 같을 것이고, 이제 w-plane에서 간단한 영상문제로 귀결되었다. 역시 해는 다음과 같이 아주 간단하게 얻어진다.

$$\Phi(u,v)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln \frac{\sqrt{ (u+u_0)^2 + (v-v_0)^2 }}{\sqrt{ (u-u_0)^2+(v-v_0)^2 }}, \:\:\: u=\Re{\left(e^{i\sin^{-1}\frac{z}{d}}\right)}, \:\:\: v=\Im{\left(e^{i\sin^{-1}\frac{z}{d}}\right)}$$

$d=0.7$, $(x_0,y_0)=(1.0,\:0.4)$인 equipotential contour

[ edge effect of capacitor ]

다음 그림과 같이 평행한 축전기 두 개가 나란히 정렬된 모습을 상상하자. 이 경우 $\phi(x,y)=-\phi(x,-y)$의 대칭성에 의해 x축위에서 $\phi=0$이다. 따라서 z-plane 전체 범위에 대한 Poisson eq는 오른쪽의 상반평면에 대한 경계값 문제로 치환된다.

이 경계값 문제는 그냥 쉽게 풀리지는 않는다. 상반평면 전체가 대응하는 어떤 적당한 변환을 찾아야 하는데, 이전에 살펴보았던 Schwarz-Christoffel transform을 생각하자. polygon이 아닌 것 같다면 아래 그림과 같이 생각하면 좋을 것이다.

무한히 먼 점을 $z_1$으로 잡고, 이것이 $-\infty + id$의 무한히 먼점에서 다시 한바퀴 돌아 $+\infty$로 되돌아온다고 생각하자. $z_2$를 $+id$점으로 잡고, $z_3$를 $-\infty$로 잡으면 상반평면 전체가 polygon이 되고, 각 점에서 대응되는 내각은 $\pi, 2\pi, 0$이다. 이 세 점을 상반평면 전체에 대응시키기 위해 적당히 $|w_1|\to \infty$, $w_2=-1$, $w_3=0$으로 잡고 Schwarz-Christoffel transform 식을 결정하자.
$$dz=A\prod_i (w-w_i)^{\frac{\angle z_i}{\pi}-1} dw=A\frac{w+1}{w}dw \\ z=\int \frac{w+1}{w}dw = A(w+\ln{w})+B$$
$z=id=z_2$일 때 $w=-1=w_2$이어야 하고, 나머지 조건은 대략 다 만족하였으므로 미정계수를 정해주면 $z=\frac{d}{\pi}(w+\ln{w}+1)$이 된다. 이 변환은 S-C 변환에 의해 상반평면 전체에 대응되고 w-plane에서 우리가 trivially 알고있는 가장 간단한 Dirichlet problem이 된다. w-plane에서 해를 다음과 같이 구할 수 있다.
$$\Phi(u,v)=\frac{V_0}{\pi}\arctan {\frac{v}{u}},\:\:\: x=\frac{d}{\pi}(u+\ln{\sqrt{u^2+v^2}}+1),\:\:\: v=\frac{d}{\pi}\left( v+\arctan{\frac{v}{u}} \right)$$
그리고 여기서 $0\leq \arctan{x} \leq \pi$로 잡는다. 만약 컴퓨터로 돌릴 일이 있다면, 대부분 $-\pi/2 < \arctan{x} < \pi/2$ 범위로 출력될 것이므로 다음과 같은 trick을 사용하면 된다.
$$\arctan{x} \to \arctan{x}+\pi \frac{1-\frac{\arctan{x}}{|\arctan{x}|}}{2}$$
함수가 해석적으로 표현되므로 컴퓨터를 통해 이것의 등전위선을 그려보면 다음과 같다.

[ Electrostatics vs Fluid Flow ]

나는 학부과정에서 유체를 배우지 않았다. 그러나 이것저것 건드리다 보니 대략적인 유체 흐름에 대한 퍼텐셜이 정전기학과 매우 유사한 것을 알게 되어 대략적으로 소개하고자 한다.

먼저 유체가 비압축(incompressible)이라는 것이 무엇을 의미하는지 생각해보자. 압축성 유체라면 시간이 지났을 때 어느 부분은 밀도가 높아지고 어느 부분은 낮아질 것이다. 즉 유체의 밀도 장 $\rho(\vec{x},t)$가 시간에 따라 불변이면 무슨 일이 일어나는가? (Einstein sum applied)

$$\frac{d}{dt} \rho(\vec{x},t)=\partial_i \rho(\vec{x}, t) \frac{d x_i}{dt}+\partial_t \rho(\vec{x},t) = \vec{v} \cdot \vec{\nabla} \rho+\partial_t \rho=0$$

그런데, 국소적으로 유체의 질량보존에 의해 한 점에서 나가는 유체의 양은 그 지점에서 줄어드는 유체의 양과 같다. (continuous eq) 이것을 수학적으로 기술하면 $\vec{\nabla}(\rho \vec{v})+\partial_t \rho=0$이다. 이것을 풀어서 쓰면 아래와 같다.

$$\vec{\nabla}\rho \cdot \vec{v}+\rho \vec{\nabla}\cdot \vec{v}+ \partial_t \rho = 0$$

두 식을 연립하면 $\vec{\nabla}\cdot \vec{v}=0$을 얻는다. 또 유체가 비회전성(irrotational)이면 당연하게도 $\vec{\nabla} \times \vec{v}=\vec{0}$일 것이다. 그리고 벽과 같이 투과가 되지 않는 경계에서 속도장은 당연히 벽면과 나란하게 갈겻이다. 즉 경계에서 $\vec{v} \cdot \hat{n}=0$이다.

정전기학에서는 어떠한가? $\vec{\nabla} \cdot \vec{E}=0$, $\vec{\nabla} \times \vec{E}=\vec{0}$이고, potential을 일정하게 유지해주는 conducting surface에서는 전기장이 벽에 수직하다. 즉, $\vec{E} \times \hat{n}=\vec{0}$.

정리를 해보면,

Fluid velocity potential : $\vec{\nabla}^2 \phi_f=0$, $\hat{n} \cdot \vec{\nabla} \phi_f = 0$

Electric potential : $\vec{\nabla}^2 \phi_e=0$, $\hat{n} \times \vec{\nabla} \phi_e = \vec{0}$

유사성이 보이지 않는가? 결론적으로 유체흐름에서 벽은 정전기학에서 conducting plane의 역할을 하며, velocity potential이 어떤 해석복소함수 실수부/허수부 였다면 electric potential은 어떤 해석복소함수의 허수부/실수부에 해당한다. fluid의 streamline은 electrostatics에서 equi-potential이며, fluid의 equipotential은 electrostatics에서 streamline(전기장선)에 대응된다. 이전 포스트에서 살펴봤던 것 처럼 harmonic function에 대한 conjugate에 대한 존재성과, 그 역시 harmonic(물리적 거동이 같음)인 것으로 보면 본질적으로 유체흐름과 정전기학의 본질은 같다는 것이다.

정전기학과 유체흐름의 대응은 다음과 같이 몇 가지 방법으로 생각할 수 있다. 먼저 source가 있는 경우,

source가 없는 경우.

source가 없는 경우는 더욱 자명하다. 위의 [edge effect of capacitor]를 보자. 여기서 등전위면은 그냥 2차원 호스에서 나오는 유체의 streamline이다. 이것의 유체역학에의 대응은 Borda's mouthpiece라고 한다.

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Complex Analysis

Complex Analysis for physicists (5) - 복소적분

12월 06, 2019

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Complex Analysis

Complex Analysis for physicists (4) - 등각사상(conformal mapping)

11월 21, 2019

(출처가 없는 이미지의 경우 직접 그렸다.)

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.

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left(z(t)-z(0)\right) = \lim_{t \to 0+} Arg \left(\frac{z(t)-z(0)}{t}\right) = Arg(z'(0)) = \alpha$$

curve $z(t)$의 $t=0$에서의 편각을 편의상 $\alpha$라 하자.

$z(t)$을 사상 $f$에 대해 mapping한 curve를 $w(t)=f(z(t))$라 하자. $w=f(z)$가 analytic하다면, 모든 n차 도함수가 존재하고, 따라서 curve $w(t)$를 다음과 같이 전개할 수 있을 것이다.

$$w(t)=f\left(z(t)\right)=f\left(z(0)\right)+f'\left(z(0)\right)\left(z(t)-z(0)\right) + \frac{f''\left( z(0)\right)}{2} \left(z(t)-z(0)\right)^2 + \cdots$$

그럼 위와 같은 방법으로 $w(0)$에서의 각도를 구할 수 있을 것이다.

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right]= \lim_{t \to 0+} Arg \left[ f'(z(0))(z(t)-z(0)) + \frac{f''(z(0))}{2}(z(t)-z(0))^2+\cdots \right]$$

가만히 생각해보자. 양의실수 $a$에 대하여 $Arg(z)=Arg(az)$이므로, 우리는 저 위의 식 $Arg$안에 양의실수를 자연스럽게 곱해줘도 된다. 만약 $f'(z(0)) \neq 0$이라면, 양의실수 $\frac{1}{t}$를 곱하여

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right]= \lim_{t \to 0+} Arg \left[ f'(z(0))\frac{z(t)-z(0)}{t} + \frac{f''(z(0))}{2}\frac{(z(t)-z(0))^2}{t}+\cdots \right]$$

가만히 보면 $\frac{z(t)-z(0)}{t}$는 $z'(0)$으로 수렴하고, 뒤의 항들은 다 $0$으로 수렴한다. 즉,

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right] = Arg \left[ f'(z(0)) z'(0) \right] = Arg \left[ f'(z(0)) \right]+Arg \left[ z'(0) \right]=\delta+\alpha$$

$z(0)$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.

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right]= \lim_{t \to 0+} Arg \left[\frac{f''(z(0))}{2!}(z(t)-z(0))^2+\frac{f'''(z(0))}{3!}(z(t)-z(0))^3+\cdots \right]$$

마찬가지로 양의실수를 $Arg$안에다 곱해줘도 상관없으므로 $\frac{1}{t^2}$을 안에다 곱해주자.

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right]= \lim_{t \to 0+} Arg \left[\frac{f''(z(0))}{2!}\frac{(z(t)-z(0))^2}{t^2}+\frac{f'''(z(0))}{3!}\frac{(z(t)-z(0))^3}{t^2}+\cdots \right]$$

그런데 $\frac{(z(t)-z(0))^2}{t^2}$는 $z'(0)^2$으로 수렴하고 나머지 뒤의 항은 죄다 0으로 수렴한다. 따라서

$$\lim_{t \to 0+} Arg \left[ w(t)-w(0) \right]=Arg\left[ \frac{f''(z(0))}{2!}\left(z'(0)\right)^2 \right]=Arg\left[\frac{f''(z(0))}{2!}\right]+2Arg[z'(0)]=\delta'+2\alpha$$

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.

$$du=\left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) dx + \left( \frac{\partial u}{\partial y} \right) dy, \:\:\:\: dv=\left( \frac{\partial v}{\partial x} \right) dx + \left( \frac{\partial v}{\partial y} \right) dy$$

이것을 행렬식으로 쓰면 그저 국소좌표변환식인 $dx'^\mu=\partial_\nu x'^\mu dx^\nu$에 지나지 않는다.

$$\begin{pmatrix} du \\ dv \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} dx \\ dy \end{pmatrix} $$

Jacobi matrix의 determinant는 두 좌표계의 면적소간의 비율을 말해주고 그 determinant는 Cauchy-Riemann에 의해

$$\det{J}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial y}=\left( \frac{\partial u}{\partial x} \right)^2+\left( \frac{\partial v}{\partial x} \right)^2 = |f'(z)|^2$$

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.)

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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.

Q 4-2 : $w=(-iz+i)/(z+1)$가 단위원판 $|z|<1$를 대응시키는 w-영역을 구하여라.

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.

$$\frac{z-z_1}{z_1-z_2} \frac{z_2-z_3}{z_3-z}=\frac{w-w_1}{w_1-w_2} \frac{w_2-w_3}{w_3-w}$$

($z_i$나 $w_i$에 무한대가 들어가도 괜찮다!)

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 :

from matplotlib import pyplot as plt
from numpy import *

def f(z) :
    return arcsin(z)

Z1=array([[complex(pi/12*p,t) for t in linspace(-2.5, 2.5, 1000)] for p in range(-5,6)])
Z2=array([[complex(t,pi/12*p) for t in linspace(-2.5, 2.5, 1000)] for p in range(-5,6)])
W1=f(Z1); W2=f(Z2)

plt.figure(figsize=(8, 8))
plt.xlim(-pi/2, pi/2); plt.ylim(-pi/2, pi/2)
for i in range(0,11) :
    plt.plot(real(W1[i]), imag(W1[i]), c='b', lw=1.5, ls='-')
    plt.plot(real(W2[i]), imag(W2[i]), c='r', lw=1.5, ls='-')

plt.axvline(x=0, color='k', lw=1)
plt.axhline(y=0, color='k', lw=1)
plt.show()

~~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.

$$dw=A\prod_{i}(w-w_i)^{\frac{\angle z_i}{\pi}-1} dz$$

이것을 이용하여 Q 4-7을 다시 풀어볼 수 있을 것이다. 이 경우 $|w_1|\to\infty$, $w_2=0$, $w_3=i$, $w_4=0$이고 각각의 각은 $\angle w_1=\pi$, $\angle w_2=\pi/2$, $\angle w_3=2\pi$, $\angle w_4=\pi/2$이다. z-plane의 $|z_1|\to\infty$, $z_2=-1$, $z_3=0$, $z_4=1$에 대응시킨 결과가 $w=\sqrt{z^2-1}$이다.

이 변환을 활용한 다소 난이도있는 예시는 다음 글의 edge effect of capacitors 부분을 보자.
https://physvillain.blogspot.com/2019/11/complex-analysis-for-electrostatics.html

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Complex Analysis for physicists (6) - 등각사상을 이용한 Poisson 방정식, 2차원 정전기학과 유체흐름에의 응용

Complex Analysis for physicists (5) - 복소적분

Complex Analysis for physicists (4) - 등각사상(conformal mapping)

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