高维的 Riemann 映射定理 我们遵循 Raghavan Narasimhan 的多复变书上的流程来逐步解决这个问题, 同时也算是对 Daniel Huybrechts 第一章相关习题的一个小勘误. 对于一个连通开区域 Ω ⊂ C n , 我们用 Aut ( Ω ) 表示 Ω 到自身的全纯自同构构成的群. 在紧开拓扑 下我们可以将 Aut ( Ω ) 看作一个拓扑群 .
首先我们回顾 Cartan 的一个重要结果:
设 0 ∈ D ⊂ C n 是有界开区域, f : D → D 全纯且 f ( 0 ) = 0 , df ( 0 ) = id . 那么 f ( z ) ≡ z .
证明. 不妨设
D ⊂ B ( R , ⋯ , R ) ( 0 ) . 任意全纯的
F : D → D 由 Cauchy 围道积分熟知对幂级数展开
F = ∑ a I z I , a I ∈ C n , 总有
∣ a I ( i ) ∣ ≤ R ρ − ∣ I ∣ , 其中
ρ > 0 满足
D 包含原点附近的
B ( ρ , ⋯ , ρ ) ( 0 ) . 现假设
f ( z ) = z + P N ( z ) + ⋯ , 其中
N > 1 是最小的正整数使得幂级数中的
N 次齐次项
P N ( z ) 非零, 这样归纳容易检查
k 次迭代
f 则
f k ( z ) = z + k P N ( z ) + ⋯ . 于是取
F = f k 即发现
k P N ( z ) 的系数绝对值具有与
k 无关的控制而矛盾.
若 0 ∈ D ⊂ C n 是有界开区域, 满足 z ∈ D , θ ∈ R 推出 e i θ z ∈ D . 且现有全纯自同构 f : D → D 使 f ( 0 ) = 0 , 则 f 是线性映射.
证明. 我们用
k θ 表示乘
e i θ 这一线性变换. 研究
g = k − θ ∘ f − 1 ∘ k θ ∘ f , 显然
g 的复合每步都固定
0 不动, 且利用复合函数求导得
d g = d k − θ ∘ ( df ) − 1 ∘ d k θ ∘ df . 利用
d k θ = e i θ id 得知其与任意线性变换的可交换性, 于是
d g ( 0 ) = id , 利用前述命题立刻得到
g ( z ) ≡ z . 从而
k θ ∘ f = f ∘ k θ 对一切
θ ∈ R , 对上式左右幂级数展开即得知它只有线性项.
记 D = B ( 1 , ⋯ , 1 ) ( 0 ) , 那么 f ∈ Aut ( D ) 总能被写成如下复合: 首先做坐标置换 ( z 1 , ⋯ , z n ) ↦ ( z σ ( 1 ) , ⋯ , z σ ( n ) ) , σ ∈ S n , 然后做每个分量保持圆不动的的分式线性变换 z ↦ e i θ 1 − α z z − α .
证明. 首先做各个分量的分式线性变换
g 使得
g ∘ f 将
0 映到
0 , 现在一切条件符合前一推论的假设, 我们得知
g ∘ f 线性, 于是由
D 的形状得知,
D → D 的线性同构只能在各个分量置换以及做旋转.
D = B ( 1 , ⋯ , 1 ) ( 0 ) 和 B = ∥ z ∥ < 1 不全纯等价.
证明. 假设全纯等价, 首先
Aut ( D ) , Aut ( B ) 在
id 的连通分支是同构的, 其次其中固定
0 ∈ C n 点不动的子群也是同构的 (从
D 侧看出可迁从而不用纠结
D 的原点映到
B 中何处). 但是不难检查对
D 来说这子群是交换的, 但对
B 来说这子群包含
n × n 的酉群
U ( n ) 而非交换, 矛盾.
Schwarz 引理与像直径 按照传统我们的笔记总是会引入一些和主题可能关系不大的东西, 本次我们要来看 Stein 复变书上的一道习题. 这个问题将一些组合几何与复变联系起来, 而且确实具有一些深刻背景.
∙ [Stein & Shakarchi 复分析, 第 2 章, 习题 7]
假设 f : D → C 全纯, 其中 D 是单位圆盘. 证明2∣ f ′ ( 0 ) ∣ ≤ d := diam ( f ( D )) = z 1 , z 2 ∈ D sup ∣ f ( z 1 ) − f ( z 2 ) ∣. 更进一步地, 不等号取等当且仅当 f ( z ) = a 0 + a 1 z .
首先做一些简单的尝试, 我们马上就会发现, 这个简单的尝试能解决取等以外的问题.
首先很明显要写出 Cauchy 积分公式, 任取 0 < r < 1 实数, 则在 0 处导数为f ′ ( 0 ) = 2 πi 1 ∫ ∣ ζ ∣ = r ζ 2 f ( ζ ) d ζ . 然后小技巧就是换元 ζ ↦ − ζ , 这样 0 处的导数还能写成f ′ ( 0 ) = 2 πi 1 ∫ ∣ ζ ∣ = r ζ 2 − f ( − ζ ) d ζ . 二者相加就得到2 f ′ ( 0 ) = 2 πi 1 ∫ ∣ ζ ∣ = r ζ 2 f ( ζ ) − f ( − ζ ) d ζ . 然后写出放缩 ∣ f ( ζ ) − f ( − ζ ) ∣ ≤ d , 那么换元 ζ = r e i θ 就得知需要在长度为 2 π r 的圆周上积分. 由此绝对值不等式即得到 2∣ f ′ ( 0 ) ∣ ≤ 2 π r ⋅ ( 1/2 π ) ⋅ ( d / r 2 ) = d / r . 取 r → 1 − 就得到 2∣ f ′ ( 0 ) ∣ ≤ d .
然而证明取等的部分却异常艰辛, 请觉得简单的读者自行尝试.
剧透警告, 如果你还希望自己多想想, 先不要展开或阅读下文. 历史上说, 这个结论最早是 Landau 和 Toeplitz 在 1907 年发文章证明的, 其中取等的部分就是这篇文章的最大贡献, 希望得知此事之后, 你仍然还具有自己尝试解决这个问题的欲望.
实际上, 这个形式已经非常接近 Schwarz 引理 , 所以我们要做的第一步就是套用之. 下面为了行文简便, 用 ( f ( z ) − f ( 0 )) / f ′ ( 0 ) 来代替 f ( z ) 而不改变问题, 故可假设 f ( 0 ) = 0 以及 f ′ ( 0 ) = 1 , 那么此时 d = 2∣ f ′ ( 0 ) ∣ = 2 . 现在考虑 g ( z ) = ( f ( z ) − f ( − z )) /2 也就是前文分子出现过的形式.
Schwarz 引理的想法是这样的, 此时 g ′ ( 0 ) = 1 , 同时在 ∣ z ∣ = r 圆周上, ∣ g ( z ) / z ∣ ≤ d /2 r = 1/ r , 那么根据最大模原理, 我们知道 g ( z ) / z 在整个 D 中全纯而且模长不超过 1 , 而且由于在点 0 处取到 1 , 有取等就必须有 g ( z ) / z 常值, 故 g ( z ) / z = 1 . 这意味着 f ( z ) − z 是一个偶函数, 但是截至这里, 我们对其系数仍一无所知.
那么很自然地, 我们就会思考 f ( z ) = z + ϵ z 2 是不是一个反例呢? 很可惜并不是, 让我们来展示 ϵ = 1/2 时边界的形状, 只需代入 z = e i θ 便得到这样的图案:
从图上看很直观, 该图案与虚轴的截距已经超过 2 . 实际上这里有奇妙的平面几何, 该图案在平面直角坐标系的方程应为− 3 − 16 x − 24 x 2 + 16 x 4 − 24 y 2 + 32 x 2 y 2 + 16 y 4 = 0 , 如果用 x − 1/2 代替 x , 原先的方程就变成( x 2 + y 2 ) 2 − 2 x ( x 2 + y 2 ) − y 2 = 0. 代入 y = k x 解得两个平凡零点以外还有x = ( 1 + k 2 ) 2 1 + k 2 ± ( 1 + k 2 ) 3/2 . 这实则意味着过原先图案的 ( − 1/2 , 0 ) 点的任意弦长度都为定值 2 . 某种意义上说该图形和圆也非常相似, 只是没有将过圆心的弦的中点固定下来罢了. 实际上 f ( z ) , f ( − z ) 这条弦恰好就经过 − 1/2 . 这是因为− z + ( − z ) 2 /2 − ( − 1/2 ) z + z 2 /2 − ( − 1/2 ) = ( 1 − z ) 2 ( 1 + z ) 2 ∈ R .
问题出在哪呢? 我们意识到最大的距离并不是经过 − 1/2 的弦 f ( z ) , f ( − z ) , 如果我们形式地考虑带增量的∣ f ( z + d z ) − f ( − z ) ∣ = ∣ f ( z ) + f ′ ( z ) d z − f ( − z ) ∣ = ∣2 z + f ′ ( z ) d z ∣ = 2∣1 + f ′ ( z ) d z / z ∣ = 2 + 2 Re ( f ′ ( z ) d z / z ) + o ( ∣ d z ∣ ) . 也就是说, 假如 z 在单位圆上, 那么为了保证微微扰动 z 后不会超模, 结合 d z / z 是纯虚数, 必须要有 f ′ ( z ) 是实数. 这意味着 Im f ′ 在单位圆周上取 0 , 但是 f ′ 全纯所以只能有 f ′ 是常数.
回归主线, 怎么将上述证明严谨化呢? 对 0 < r < 1 , 考虑一个辅助函数 f r ( z ) = r − 1 f ( rz ) , 现在它在单位圆周上就是光滑的. 而且也有 f r ′ ( 0 ) = 1 , 此时我们就应当考虑 D ( r ) = diam f r ( D ) , 依定义D ( r ) = θ ∈ [ 0 , 2 π ] sup ∣ z ∣ = 1 sup ∣ f r ( e i θ z ) − f r ( − z ) ∣ = θ ∈ [ 0 , 2 π ] sup ∣ z ∣ = r sup ∣ ∣ z f ( e i θ z ) − f ( − z ) ∣ ∣ . 现在对给定的 θ , 由于 z f ( e i θ z ) − f ( − z ) 是全纯函数, 所以根据最大模原理, 在 ∣ z ∣ = r 的模长最值关于 r 是一个单调不减的函数, 这表明 D ( r ) 是一个关于 r 单调不减的函数. 这启发我们看 D ( 0 + ) , 幂级数展开即可注意到 f r ( z ) 没有常数项, 随着 r → 0 + 它的高次项 (二次开始) 都过快消失, 因此在 D 上一致收敛到其一次项 z . 这表明 lim r → 0 + D ( r ) = 2 , 结合单调性, 我们得知 D ( r ) = 2 恒成立. 这样用 f r ( z ) 代替 f ( z ) 即可使用前一段的论证技术. 具体来说, 现在函数在 D 的一个邻域内全纯性得知了.
于是任意取定 ∣ z ∣ = 1 定义 g ( θ ) = ∣ f ( e i θ z ) − f ( − z ) ∣ 2 求导得到g ′ ( θ ) ∣ θ = 0 = i ( z f ′ ( z ) ( f ( z ) − f ( − z )) − z f ′ ( z ) ( f ( z ) − f ( − z ))) = 0. 等于 0 是因为 ∣ f ( z ) − f ( − z ) ∣ 已经取到直径, 从而不能更大.
于是利用前面得到的 f ( z ) − f ( − z ) = 2 z 整理表达式可知 f ′ ( z ) ∈ R 对任意 ∣ z ∣ = 1 . 使用 Schwarz 反射技巧 (例如先把 D 全纯等价为上半平面 H , 然后使用共轭的函数延拓下半平面, 就得到全平面的有界全纯函数) 可知 f ′ ( z ) 是常函数, 因此 f ′ ( z ) = 1 在单位圆内恒成立, 这表明 f ( z ) = z , 结论得证.