用户: Solution/ 习题: 复分析全解I

1共形映射

1.1 正规族

1.1.1	取分式线性变换 $h(z)=\frac{z-1}{z+1}$, 其将右半平面映成单位圆盘. 记具有正实部的解析函数族为 $\{f\}$, 则 $\{h\circ f\}$ 值域在单位开圆盘内. 由 Montel 定理知 $\{h\circ f\}$ 是欧氏度量下的正规族, 又因为有界情形下欧式度量和球面度量互相控制, 故其亦为球面度量下的正规族. 注意到 $h$ 保持球面度量, 得 $\{f\}$ 也是球面度量下的正规族.
1.1.2	(1)$\{z^n\}$ 在 $\mathbb{D}$ 上是欧式度量下正规族: 由 $|z^n|\le 1$ 及 Montel 定理得到其正规性. (2)$\{z^n\}$ 在 $\mathbb{C}\backslash \mathbb{D}$ 上是球面度量下正规族: 考虑 $f_n(z)=z^n$ 的球面导数 $f_n^{\#}(z)=\frac{2n|z{|}^{n-1}}{1+|z{|}^{2n}}$. 因为 $|z|>1$, 球面导数 $\{f_n^{\#}\}$ 内闭一致有界. 由 Marty 定理, $\{z^n\}$ 在球面度量下正规. (3) 在含单位圆周的任一邻域上不正规: 只需考虑其球面导数 $\{f_n^{\#}\}$, 在单位圆周上 $\{f_n^{\#}(r{e}^{i\theta })\}=\{n\}$, 故在含单位圆周上一点的任意闭邻域上球面导数不一致有界, 由 Marty 定理说明其不具备正规性.
1.1.3	充分性: 若 $f$ 是多项式, 现选取序列 $\{c_n\}$, 若该序列有界, 则必有收敛子列 $\{c_{n_k}\}$, 显然 $\{f(c_{n_k}z)\}$ 内闭一致收敛; 若序列 $\{c_n\}$ 无界, 取 $\{c_{n_k}\}$ 发散至无穷, 此时 $c_{n_k}z$ 内闭一致发散至无穷, 由多项式性质知 $\{f(c_{n_k}z)\}$ 亦内闭一致收敛至无穷 (球面度量意义下). 从而序列 $\{f(c_{n}z)\}$ 总有内闭一致的收敛子列, 说明其正规性. 必要性: 若 $\{f(cz)\}$ 是正规族, 则考虑一无界序列 $\{c_n\}$, 在闭环 $\{r_1+\delta \le |z|\le r_2-\delta \}$($\delta$ 充分小) 上, 存在子列 $\{c_{n_k}\}$ 使得 $\{f(c_{n_k}z)\}$ 收敛至某一亚纯函数 $g$. 若该子序列 $\{c_{n_k}\}$ 收敛, 则说明 $f$ 亚纯, 也就是 $\infty$ 是 $f$ 的极点或者可去奇点, 亦即 $f$ 是多项式. 下面考虑子序列 $\{c_{n_k}\}$ 发散至无穷的情形, 不妨记该子序列为 $\{c_n\}$. (1) 若 $g$ 为亚纯函数, 由极点的孤立性, 可选取闭环 $\{r_3\le |z|\le r_4\}\subseteq \{r_1+\delta \le |z|\le r_2-\delta \}$ 使得 $g$ 在 $\{r_3\le |z|\le r_4\}$ 上有界, 这说明 $\{f(c_{n}z)\}$ 在 $\{r_3\le |z|\le r_4\}$ 上一致收敛至 $g$, 这推出 $f$ 在 $\partial B(0,c_n{r}_3)$ 上有界. 由最大模原理, 其在 $B(0,c_n{r}_3)$ 上有界, 又 $\{c_n\}$ 无界, 这说明 $f$ 一致有界, 由 Liouville 定理知 $f$ 为常数. (2) 若 $g\equiv \infty$, 则断言 $\infty$ 不是 $f$ 的本性奇点, 否则取 $z_n\to \infty$ 而 $f(z_n)$ 有界, 不妨令 $c_n$ 满足 $r_1+\delta \le c_n^{-1}|z_n|\le r_2-\delta$, 此时有 $\infty ={\lim }_{n\to \infty }|f(c_n\cdot (c_n^{-1}{z}_n))|={\lim }_{n\to \infty }|f(z_n)|<\infty$, 矛盾. 故 $\infty$ 是 $f$ 的极点或者可去奇点, 亦即 $f$ 是多项式.
1.1.4	给定 $z_0\in \mathbb{C}$, 以下分情况讨论. (1) 若 $f(z_0)$ 不为 $\infty$, 则由有限情形下球面度量和欧式度量可互相控制, 知在 $z_0$ 的一个邻域 $B(z_0,\delta )$ 上 $f_n$ 按欧式度量内闭一致收敛于 $f$, 由 Weierstrass 定理知 $f$ 在 $B(z_0,\delta )$ 上解析, 并且 $f_n^{\#}$ 在 $B(z_0,\delta )$ 上内闭一致收敛于 $f^{\#}$. (2) 若 $f(z_0)=\infty$, 考虑 $\frac{1}{f}$, 由 (1) 在 $z_0$ 的一个邻域 $B(z_0,\delta )$ 上 $\frac{1}{f_n}$ 按欧式度量内闭一致收敛于 $\frac{1}{f}$, 并且 $(\frac{1}{f_n}{)}^{\#}=f_n^{\#}$ 在 $B(z_0,\delta )$ 上内闭一致收敛于 $(\frac{1}{f}{)}^{\#}=f^{\#}$. 注意到变换 $z\mapsto \frac{1}{z}$ 保持球面度量, 知该邻域上 $f_n$ 按球面度量内闭一致收敛于 $f$.
1.1.5	由 Arzela–Ascoli 定理, “亚纯函数族 $\mathcal{M}$ 正规” 等价于 “$\mathcal{M}$ 的元素关于球面度量内闭一致有界和等度连续”. 球面度量本身有界, 故后一命题等价于 “$\mathcal{M}$ 的元素关于球面度量内闭一致有界”. 注意到公式$$d(f(z_1),f(z_2))={\int }_{\gamma }{f}^{\#}(z)|\mathrm{d}z|,$$显然有 “$\mathcal{M}$ 的关于球面度量内闭一致有界” 等价于 “$\mathcal{M}$ 的球面导数内闭一致有界”.

1.2 Riemann 映射定理

1.2.1	由定义, $\mathbb{D}\subseteq r(f{)}^{-1}f(\Omega )$, 考虑 Riemann 映射 $\phi :\Omega \to \mathbb{D}$ 和 $f_0=\frac{\phi }{{\phi }^{\prime }(a)}$, 则有单射 $g=\phi \circ (r(f{)}^{-1}f{)}^{-1}:\mathbb{D}\to \mathbb{D},g(0)=0$. 由 Schwarz 引理, 有 $|g^{\prime }(0)|\le 1$, 亦即$$|g^{\prime }(0)|=|r(f)f^{\prime }(a{)}^{-1}{\phi }^{\prime }(a)|\le 1\Rightarrow r(f)\le \frac{f^{\prime }(a)}{{\phi }^{\prime }(a)}=\frac{1}{{\phi }^{\prime }(a)}=r(\Omega ,a).$$ 等号成立当且仅当 $\phi \circ (r(f{)}^{-1}f{)}^{-1}={\text{id}}_{\mathbb{D}}$, 此时 $r(f)={\phi }^{\prime }(a{)}^{-1}$, 有 $f=r(f)\phi =\frac{\phi }{{\phi }^{\prime }(a)}=f_0$.
1.2.2	考虑关于原点的 Riemann 映射 $\psi :\mathbb{D}\to f(\Omega ),\phi :\Omega \to \mathbb{D}$, 则 $g=\phi \circ f^{-1}\circ \psi :\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 满足 $g(0)=0$, 由 Schwarz 引理, 有 $|g^{\prime }(0)|\le 1$, 亦即$$|g^{\prime }(0)|=|{\psi }^{\prime }(0)f^{\prime }(a{)}^{-1}{\phi }^{\prime }(a)|\le 1\Rightarrow |{\psi }^{\prime }(0)|\le \frac{1}{{\phi }^{\prime }(a)}.$$注意到 $\Delta |{\psi }^{\prime }(z){|}^2\ge 0$, 由次调和函数性质有$$M(f)=\text{Area}(f(\Omega ))={\int }_{\mathbb{D}}|{\psi }^{\prime }(z){|}^2\mathrm{d}u\mathrm{d}v\ge \pi |{\psi }^{\prime }(0){|}^2=\frac{\pi }{{\phi }^{\prime }(a{)}^2}=M(f_0).$$ 等号成立时必有 $g(z)=e^{i\theta }z$ 并且 $|{\psi }^{\prime }(z){|}^2\equiv |{\psi }^{\prime }(0){|}^2$, 这说明 $f(\Omega )$ 是一个圆, 显然有 $f=f_0$.
1.2.3	考虑映射 ${\phi }_1(z)=\frac{f(z)-a}{1-af(z)}$, 可取 $\log {\phi }_1(z)$ 在 $\Omega$ 上的一个单值支使得 $\log {\phi }_1(0)=\log a$, 记 ${\phi }_2(z)=(\log \frac{1}{a}{)}^{-1}\log {\phi }_1(z)$, 其值域在左半平面内, 并且 ${\phi }_2(0)=-1$. 再考虑映射 ${\phi }_3(z)=\frac{{\phi }_2(z)+1}{{\phi }_2(z)-1}$, 其值域落在 $\mathbb{D}$ 中. 显然有 ${\phi }_3(0)=0$, 由 Schwarz 引理, $|{\phi }_3^{\prime }(0)|\le 1$, 计算可得$$\begin{array}{rl}& {\phi }_1^{\prime }(0)=(1-a^2)f^{\prime }(0),\\ & {\phi }_2^{\prime }(0)=\frac{{\phi }_1^{\prime }(0)}{{\phi }_1(0)\log \frac{1}{a}}=\frac{(1-a^2)f^{\prime }(0)}{-a\log \frac{1}{a}},\\ & {\phi }_3^{\prime }(0)=\frac{2{\phi }_2^{\prime }(0)}{({\phi }_2(0)-1{)}^2}=\frac{(1-a^2)f^{\prime }(0)}{-2a\log \frac{1}{a}}.\end{array}$$ 由 $|{\phi }_3^{\prime }(0)|\le 1$ 得到$$|f^{\prime }(0)|\le \frac{2a\log \frac{1}{a}}{1-a^2},$$ 等号当且仅当 ${\phi }_3(z)=e^{i\theta }z,\theta \in \mathbb{R}$ 时成立, 代入计算可得到题示等号成立条件.
1.2.4	首先证明 ${\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E$ 是单连通的. 只需证明任一 ${\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E$ 中简单闭曲线总能连续形变至某一点即可. 若该曲线内部无 $E$ 中的点, 则显然其可以连续收缩至一点; 若其内部有 $E$ 的点, 由 $E$ 为有界连通分支, 该曲线外部不可能存在 $E$ 的点, 故该曲线可以连续收缩至 $\infty$. 由此 ${\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E$ 是单连通的. 对 ${\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E$, 取 Riemann 映射 $\phi :{\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E\to \mathbb{D}$, 则 $\mathbb{C}\backslash \Omega$ 的其它有界余分支在 $\phi$ 下的像均真包含于 $\mathbb{D}$ 中. 对于 $x\in \partial \mathbb{D}$, 由 $E$ 是 $\Omega$ 的有界余分支, 对 $x\in \partial \mathbb{D}=\partial \phi ({\mathbb{C}}_{\infty }\backslash E)$ 必然存在 $r_x>0$ 使得 $B(x,r_x)\cap \mathbb{D}\subseteq \phi (\Omega )$. 由紧性存在 $\partial \mathbb{D}$ 的有限开覆盖 $\{B(x_i,r_i)\}$. 由此 $\{\sup r_i<|z|<1\}\subseteq \phi (\Omega )$. 取其中的简单闭曲线 $\gamma$, 则由辐角定理易知 $\phi (\gamma )$ 是题目所求的 $\Omega$ 中分割 $E$ 和其它余分支的简单闭曲线.

1.3.1 边界对应定理

1.3.1.1	由 $D$ 是有界的, 知 $\text{diam}(D)={\sup }_{z,z^{\prime }\in \partial D}|z-z^{\prime }|$. 又因为 $D$ 是连通分支, 对 $z\in \partial D$, 其任意小的邻域内必然存在 $w\in E$. (否则该邻域并上 $D$ 是一个更大的连通集, 与 $D$ 连通分支的定义矛盾.) 因此对 $\epsilon >0$ 和 $z,z^{\prime }\in \partial D$, 总存在 $w,w^{\prime }\in E$, 使得 $|w-w^{\prime }|\ge |z-z^{\prime }|-\epsilon$, 关于 $z,z^{\prime }$ 取 $\sup$ 并且令 $\epsilon \to 0$ 就得到 $\text{diam}(D)\le \text{diam}(E)$.
1.3.1.2	反证法. 若有 $z_n$ 满足 $\text{dist}(z_n,\partial \Omega )\to 0$ 但是 $\text{dist}(f(z_n),\partial {\Omega }^{\prime })\ge c_0>0$. 则由区域有界, 存在 $\{f(z_n)\}$ 的子列收敛到 $w\in {\Omega }^{\prime }$ 使得 $\text{dist}(w,\partial {\Omega }^{\prime })>0$, 由此不妨设该序列本身即收敛至 $w$. 则取 $z=f^{-1}(w)$, 同样有 $\text{dist}(z,\partial \Omega )>0$. 由 $f$ 的共形性, 也有 $z_n=f^{-1}(f(z_n))\to f^{-1}(z)=w$, 这与 $\text{dist}(z_n,\partial \Omega )\to 0$ 矛盾, 因此题目所述命题成立.
1.3.1.3	由 $\Omega$ 是一个 Jordan 区域并且 $f$ 在 $\partial \Omega$ 上是单射, 可知 $f(\partial \Omega )$ 是 Jordan 曲线. 适当选取 Jordan 曲线的定向, 对任一 $w\in \text{Ext}f(\partial \Omega )$, 有 $n(f(\partial \Omega ),w)=0$, 由辐角原理知 $f(z)-w$ 在 $\Omega$ 内无解, 这说明 $f(\Omega )\subseteq \text{Int}f(\partial \Omega )\cup f(\partial \Omega )$. 由开映射定理可知 $f(\Omega )\cap f(\partial \Omega )=\varnothing$, 从而 $f(\Omega )\subseteq \text{Int}f(\partial \Omega )$. 考虑任一 $w\in \text{Int}f(\partial \Omega )$, 有 $n(f(\partial \Omega ),w)=\pm 1$, 由辐角原理知 $f(z)-w$ 在 $\Omega$ 内有唯一解, 这说明 $f$ 单叶并且 $f(\Omega )=\text{Int}f(\partial \Omega )$.
1.3.1.4	取另一 Riemann 映射: $\psi :\Omega \to \mathbb{D}$, 使用边界对应定理让其连续延拓至边界成为同胚, 记 $(w_1^{\prime },w_2^{\prime },w_3^{\prime })=(\psi (w_1),\psi (w_2),\psi (w_3))$, 问题等价于: 证明存在唯一的 Riemann 映射 $\phi :\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 使其连续延拓到边界后满足 $(\phi (z_1),\phi (z_2),\phi (z_3))=(w_1^{\prime },w_2^{\prime },w_3^{\prime })$. 事实上连续延拓后的 $\phi :\overline{\mathbb{D}}\to \overline{\mathbb{D}}$, 经由反射原理可进一步延拓为 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 上的自同构, 而复球面上自同构由其在三个不同点上的取值唯一确定, 由此证明命题.
1.3.1.5	由 $\Omega$ 单连通知其为 Jordan 区域, 则由边界对应定理知有连续延拓后得到的同胚 $g^{-1}:\overline{\mathbb{D}}\to \overline{\Omega }$, 从而有 ${\lim }_{t\to 1-}g(\gamma (t))=g({\lim }_{t\to 1-}\gamma (t))=g(w_0)\in \partial \mathbb{D}$.

1.3.2 连续延拓

1.3.2.1

(1) 连通性: 若否, 则 $\phi (A)=B\cup C$, $B,C$ 均为即开又闭的集合, 则由连续映射定义, ${\phi }^{-1}(B),{\phi }^{-1}(C)$ 也都即开又闭, 并且 $A={\phi }^{-1}(B)\cup {\phi }^{-1}(C)$, 与 $A$ 的连通性相矛盾. 故 $A$ 连通. (2) 紧性: 由 $A$ 紧知其有界且闭, 从而 $\phi (A)$ 有界且闭, 由 Henie-Borel 性质知其为紧集. (3) 局部连通性: 已知 $\phi (A)$ 为连通紧集, 对 $w=\phi (z)\in \phi (A)$ 和 $\epsilon >0$, 由映射连续性知存在 $\delta >0$ 使得 $\phi (B(z,\delta ))\subseteq B(w,\epsilon )$. 再由 $A$ 的局部连通性, 存在 $z$ 的连通邻域 $E\subseteq B(z,{\delta }^{\prime })$, 由连通性在连续映射下保持不变, 知 $\phi (E)$ 是 $w$ 的连通邻域并且 $\phi (E)\subseteq B(w,\epsilon )$, 此即 $\phi (A)$ 的局部连通性.

1.3.2.2

首先证明 $\mathbb{C}\backslash A$ 的连通分支 $E$ 是单连通的. 若否, 则存在 $z_0\in \mathbb{C}\backslash E$ 和 $E$ 中简单闭曲线 ${\gamma }_0$, 使得 $z_0$ 位于 ${\gamma }_0$ 的内部. 另外由 $E$ 的定义, 对 $x\in \partial E$, 其任意小的邻域内必然存在 $w_0\in A$. (否则该邻域并上 $E$ 是一个更大的连通集, 与 $E$ 连通分支的定义矛盾.) 由 ${\gamma }_0\subseteq E$, 可以在 ${\gamma }_0$ 外部选取这样的 $w_0$ . 现在考虑 $z_0$ 的归属: 若 $z_0\in A$, 则 $z_0$ 与 $w_0$ 被 ${\gamma }_0$ 分割, 与 $A$ 的连通性相矛盾; 若 $z_0\notin A$, 其属于 $\Omega$ 的另一个含于 ${\gamma }_0$ 的内部的有界余连通分支 $E^{\prime }$ , 类似于 $E$ 同样可以取 $w_0^{\prime }\in A$ 位于 $E^{\prime }$ 边界的附近且含于 ${\gamma }_0$ (即便 $E^{\prime }$ 边界与 ${\gamma }_0$ 重合也可以, $w_0^{\prime }$ 也落在 ${\gamma }_0$ 内部, 因为 ${\gamma }_0\subseteq E$), 其又与 $\Omega$ 的连通性相矛盾. 故这样的 $z_0$ 不存在, $E$ 是一个单连通集. 按上述讨论, 可取 Riemann 映射 $\phi :\mathbb{D}\to E$, 下面按定理 1.14 的方法证明其能延拓成 $\overline{\mathbb{D}}\to \overline{E}$ 的连续满射. 事实上只需略微修改定理 1.14 的证明过程即可: 在 1.14 中的 “(2) $\Rightarrow$(1)” 证明中, 令 $\Omega =E$. 对位于 $\partial \Omega =\partial E$ 上的 ${\zeta }_n^{\prime },{\zeta }_n^{\prime \prime }\to {\zeta }_0$, 由连通分支的定义它们均落在 $A$ 中. 再由 $A$ 为局部连通紧集, 知存在 ${\zeta }_0$ 在 $A$ 中的连通紧邻域 $E_n$ 包含此三点, 余下推理仍然成立. 由此 $\phi$ 的确能延拓至边界, 再由定理 1.14 得到 $E$ 边界的局部连通性.

2单叶函数

2.1 偏差定理

2.1.1	Koebe 函数可被视为如下共形映射的复合, 其中 ${\phi }_1(z)=\frac{1+z}{1-z},{\phi }_2(z)=z^2,{\phi }_3(z)=\frac{z-1}{4}$.$$\begin{array}{rl}{k}_0:\mathbb{D}& \stackrel{{\phi }_1}{⟶}\left\{\text{Re}z>0\right\}\stackrel{{\phi }_2}{⟶}\mathbb{C}\backslash (-\infty ,0]\stackrel{{\phi }_3}{⟶}\mathbb{C}\backslash (-\infty ,-\frac{1}{4}],\\ z& \stackrel{{\phi }_1}{⟼}\frac{1+z}{1-z}\stackrel{{\phi }_2}{⟼}{\left(\frac{1+z}{1-z}\right)}^2\stackrel{{\phi }_3}{⟼}\frac{z}{(1-z{)}^2}.\end{array}$$
2.1.2	(1) $\mathcal{S}$ 类函数族是正规族: 由 Koebe 偏差定理, 对 $|z|<1$ 和 $f\in \mathcal{S}$, 有$$|f(z)|\le \frac{|z|}{(1-|z|{)}^2},$$从而在 $\mathbb{D}$ 中 $\mathcal{S}$ 函数族内闭一致有界. 由 Montel 定理得到其正规性. (2) $\Sigma$ 函数族不正规的反例. 取该函数族中的子列 $\{f_n\}=\{z+n\}$, 其不正规性是显然的.
2.1.3	记 $f=z+b_0+{\sum }_{n\ge 1}{b}_n{z}^{-n}$, 在 Gronwall 面积定理的证明中, 实际上得到了$$\text{Area}(\mathbb{C}\backslash f(\mathbb{C}\backslash \overline{\mathbb{D}}))=\text{Area}(\text{Int}f(\partial \mathbb{D}))=\pi (1-\sum _{n\ge 1}n|b_n{|}^2).$$ 另一方面, 由于 $g(\mathbb{D})\subseteq \mathbb{C}\backslash f(\mathbb{C}\backslash \overline{\mathbb{D}})$, 经过简单计算得到$$\pi (1-\sum _{n\ge 1}n|b_n{|}^2)\ge \text{Area}(\mathbb{C}\backslash f(\mathbb{C}\backslash \overline{\mathbb{D}}))\ge \text{Area}(g(\mathbb{D}))=\pi \sum _{n\ge 1}n|a_n{|}^2.$$ 由此 $|a_1|\le 1$. 等号成立时上述不等号全部为等号, 此时对 $n\ge 1$, 总有 $|a_n|=|b_n|=0$. 于是 $g(z)=e^{i\phi }z,f(z)=z+b_0$. 再由 $f(\mathbb{C}\backslash \mathbb{D})\cap g(\mathbb{D})=\varnothing$, 得到 $b_0=0$. 因此等号成立当且仅当 $g(z)=e^{i\phi }z,f(z)=z$.
2.1.4	对给定的 $z$, 取其 Koebe 变换$$h(\zeta )=\frac{f(\frac{\zeta +z}{1+\overline{z}\zeta })-f(z)}{(1-|z{|}^2)f^{\prime }(z)},$$ 容易验证其为 $\mathbb{D}$ 上的单叶函数并且 $h(0)=0,h^{\prime }(0)=1$, 则有 $h\in \mathcal{S}$. 则推论 2.8 等价于$$\frac{1}{4}\le d(0,\partial h(\mathbb{D}))\le 1,$$此不等式已经在推论 2.6 中被证明.
2.1.5	取和上一题一样的 Koebe 变换 $h$, 此时由 $h\in \mathcal{S}$, 对其使用式 (2.5) 得到$$\frac{|z|}{(1+|z|{)}^2}\le |h(-z)|\le \frac{|z|}{(1-|z|{)}^2}.$$ 注意到 $h(-z)=-\frac{f(z)}{(1-|z{|}^2)f^{\prime }(z)}$, 将其代入上述不等式可得$$\frac{1-|z|}{1+|z|}\le \frac{|z{f}^{\prime }(z)|}{|f(z)|}\le \frac{1+|z|}{1-|z|}.$$
2.1.6	不妨令 $a<0$(否则在 $f$ 上多作用一个旋转变化), 考虑 $g=k_0\circ f$, 由于 $\frac{a}{(a-1{)}^2}\ge -\frac{1}{4}$, 得到 $g(\mathbb{D})\subseteq \mathbb{C}\backslash ((-\infty ,-\frac{1}{4}]\cup \{\frac{a}{(a-1{)}^2}\})$. 使用推论 2.6 得到$$\frac{1}{4}|g^{\prime }(0)|\le d(0,\partial g(\mathbb{D})),$$由 $g(\mathbb{D})$ 的范围知 $d(0,\partial g(\mathbb{D}))\le \frac{-a}{(a-1{)}^2}$. 又 $g^{\prime }(0)=k_0^{\prime }(0)f^{\prime }(0)$, 得到$$|f^{\prime }(0)|\le \frac{-4a}{(a-1{)}^2}.$$显然当 $f=\frac{-4a}{(a-1{)}^2}{k}_0$ 是上述等号可以取到. 因此 $A=\frac{-4a}{(a-1{)}^2}$.

2.2 单叶函数序列

2.2.1

(1) 先说明 ${\Omega }_n\subseteq {\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$. 对 $w\in {\Omega }_n$, 存在其邻域 $U$ 使得 $U\subseteq {\Omega }_n\subseteq {\Omega }_k,k\ge n$. 而区域 ${\Omega }_n$ 是含 $w_0$ 的连通区域, 从而 ${\Omega }_n\subseteq {\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n).$ 最后由区域序列的单调递增性得到 $\Omega \subseteq {\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$, 另一个方向是显然的. (2) 若 $\text{Int}({\bigcap }_n{\Omega }_n)$ 为空, 则对 $w\ne w_0$, 其任一邻域不能都含于 ${\Omega }_n(n\ge N)$ 之中, 于是 ${\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)=\{w_0\}.$ 若 $\text{Int}({\bigcap }_n{\Omega }_n)$ 不为空, 记其含 $w_0$ 的连通分支为 $E$, 对 $w\in {\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$, 存在 $N$ 和 $w$ 的开邻域 $U$, 使得 $U$ 含于 ${\Omega }_n(n\ge N)$ 中含 $w_0$ 的连通分支. 由序列单调递减性, 这等价于 $U$ 含于 ${\bigcap }_n{\Omega }_n$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 又 $U$ 是开的, 这继续等价于 $U$ 含于 $\text{Int}({\bigcap }_n{\Omega }_n)$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 此即 ${\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$ 含于 $\text{Int}({\bigcap }_n{\Omega }_n)$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 另一个方向是显然的.

2.2.2

若 ${\bigcup }_m\text{Int}{\bigcap }_{n\ge m}({\Omega }_n)$ 为空, 则对 $w\ne w_0$, 其任一邻域不能都含于 ${\Omega }_n(n\ge N)$ 之中, 于是 ${\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)=\{w_0\}.$ 若 ${\bigcup }_m\text{Int}{\bigcap }_{n\ge m}({\Omega }_n)$ 不为空, 对 $w\in {\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$, 存在 $N$ 和 $w$ 的开邻域 $U$, 使得 $U$ 含于 ${\Omega }_n(n\ge N)$ 中含 $w_0$ 的连通分支. 这等价于 $U$ 含于 ${\bigcap }_{n\ge N}{\Omega }_n$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 又 $U$ 是开的, 这继续等价于: 存在 $N$ 使得 $U$ 含于 $\text{Int}({\bigcap }_{n\ge N}{\Omega }_n)$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 此即 ${\text{ker}}_{w_0}({\Omega }_n)$ 含于 ${\bigcup }_N\text{Int}({\bigcap }_{n\ge N}{\Omega }_n)$ 中包含 $w_0$ 的连通分支. 另一个方向是显然的.

3调和函数

3.1 调和函数

3.1.1	记 $f(z)=u(z)+iv(z)$, 直接验证如下$$\begin{array}{rl}\Delta \log |f(z)|& =\frac{1}{2}\Delta \log (u^2+v^2)=\nabla \cdot \frac{u\nabla u+v\nabla v}{u^2+v^2}\\ & =\frac{(u^2+v^2)(u\Delta u+v\Delta v+4|\nabla u{|}^2)-2(u_{x}u+v_{x}v{)}^2-2(u_{y}u+v_{y}v{)}^2}{(u^2+v^2{)}^2}\\ & =\frac{-4uv(u_x{v}_x+u_y{v}_y)}{(u^2+v^2{)}^2}=0.\end{array}$$
3.1.2	假设 $u$ 为复平面上非常值调和函数, 取其共轭调和函数 $v$ 得到复平面上解析函数 $f=u+iv$. 由 $u>0$ 知 $f(\mathbb{C})\subseteq \{\mathrm{Re}z>0\}$. 考虑复函数 $g(z)=\frac{f(z)-1}{f(z)+1}$, 则 $g(\mathbb{C})\subseteq \mathbb{D}$, 由 Liouville 定理 $g\equiv C$, 也就是 $f\equiv C.$
3.1.3	设 $\Omega$ 是 $n$ 连通区域, 其有界余分支依次为 $\{E_i{\}}_{i=1}^{n-1}$, 按 1.2 第四题, 有界余分支 $E_i$ 单连通, 并且存在 $\Omega$ 中 Jordan 曲线 ${\gamma }_i$ 分割 $E_i$ 与其它有界余分支. 这样的一组 $\{{\gamma }_i{\}}_{i=1}^{n-1}$ 构成了一组同调基.
3.1.4	(1) 必要性: 若 $F^{\prime }(z)=f(z)$, 则对任一简单闭曲线 $\gamma \subseteq \Omega$ 都有 ${\int }_{\gamma }f(z)\mathrm{d}z={\int }_{\gamma }\mathrm{d}F(z)=0.$ (2) 充分性: 取定 $z_0\in \Omega$, 定义 $F(z):={\int }_{{\gamma }_z}f(z)\mathrm{d}z$, 其中 ${\gamma }_z$ 是 $\Omega$ 中任一条连接 $z_0$ 和 $z$ 的曲线. 若能说明该定义与曲线的选取无关, 便能说明 $f$ 存在原函数. 这等价于证明对任一条闭曲线 $\gamma$, 都有 ${\int }_{\gamma }f(z)\mathrm{d}z=0$. 记 $\Omega$ 的不同有界余分支为 $\{E_i\}$, 对应的一组同调基为 $\{{\gamma }_i\}$. 并记 $k_i=n(\gamma ,w_i),w_i\in E_i$. 则由 $f$ 解析, 知 $\gamma$ 在进行同伦变换时沿着曲线 $\gamma$ 的积分保持不变, 于是$${\int }_{\gamma }f(z)\mathrm{d}z=\sum _i{k}_i{\int }_{{\gamma }_i}f(z)\mathrm{d}z=0,$$因此 $F(z)$ 是良定义的解析函数.
3.1.5	由 Stokes 公式, $${\int }_{\gamma }{u}_1{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_2-u_2{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_1={\int }_{\text{Int}\gamma }(u_1\Delta u_2-u_2\Delta u_1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$ 现将其推广到多连通情形. 记 $\Omega$ 的不同有界余分支为 $\{E_i\}$, 对应的一组同调基为 $\{{\gamma }_i\}$. 并记 $k_i=n(\gamma ,w_i),w_i\in E_i$. 注意到$$d(u_1{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_2-u_2{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_1)=(u_1\Delta u_2-u_2\Delta u_1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\equiv 0,$$也就是其为闭形式, 则其道路积分在同伦变换下保持不变. 因此$${\int }_{\gamma }{u}_1{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_2-u_2{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_1=\sum _i{k}_i{\int }_{{\gamma }_i}{u}_1{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_2-u_2{\mathrm{d}}^{\ast }{u}_1.$$
3.1.6	由有界性, 知 $u$ 可以延拓成 $B(0,R)$ 上调和函数. 又因为 $u{|}_{\partial B(0,R)}\equiv 0$, 由极值原理立得 $u\equiv 0.$
3.1.7	按 3.1 节的讨论, 可取形如 $f(z)=e^{A(u(z)+iv(z))}$ 且于 $\mathbb{C}\backslash \{0\}$ 上解析的函数, 其中 $A\in \mathbb{R}$. 又 $u>0$, 这说明对 $|f(z)|=e^{Au(z)}$ 要么 $|f(z)|>1$ 要么 $|f(z)|<1.$ 后一种情况下 $0$ 是 $f(z)$ 的可取奇点, 则 $f$ 可延拓成全平面上的有界函数, 则恒为常数, 说明 $u\equiv c$; 前一种情况只需要考虑 $g=\frac{1}{f}$ 而后同理推导即可.

3.2 均值公式和 Possion 公式

3.2.1	对任意的 $z\in \Omega \backslash B(z_0,r)$, 选取一条曲线 $\gamma$ 连接 $z$ 和 $z_0$. 不妨设 $r<d(\gamma ,\Omega )$, 由紧性可以选取其开覆盖 $\{B(z_i,r){\}}_{i=1}^n$, 并且 $B(z_i,r)\subseteq \Omega ,z_{i+1}\in B(z_i,r)$. 显然 $B(z_i,r)$ 是单连通的, 在其上可以取 $u_i:=u{|}_{B(z_i,r)}$ 的共轭调和函数 $v_i$. 考虑解析函数 $f_i=u_i+i{v}_i$, 归纳可知 $f_i$ 在 $B(z_i,r)$ 上的零点有聚点, 说明其恒为 $0$, 从而 $u(z)=0$. 例子: $\mathrm{Im}z$ 在实轴上恒为 $0$.
3.2.2	由偶函数性质$${\int }_0^{\pi }\log (1-2r\cos \theta +r^2)\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }\log (1-2r\cos \theta +r^2)\mathrm{d}\theta .$$ 令 $z=r{e}^{i\theta }$, 注意到 $\log (1-2r\cos \theta +r^2)=2\log |1-z|$ 在 $\mathbb{D}$ 上是调和的, 对 $r<1$, 由平均值公式$$\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }\log (1-2r\cos \theta +r^2)\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2}2\log (1-2r\cos \theta +r^2){|}_{z=0}=0.$$
3.2.3	(1) 证明 (3.21): 记$$\tilde{f}(z)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(z_0+\rho e^{i\theta })\frac{\rho e^{i\theta }+z-z_0}{\rho e^{i\theta }-z+z_0}\mathrm{d}\theta ,$$则 $u(z)=\mathrm{Re}\tilde{f}(z)$. 于是 $\mathrm{Im}\tilde{f}$ 与 $v$ 都是 $u$ 的共轭调和函数, 两者相差一个常数. 注意到$$c\equiv v(z)-\mathrm{Im}\tilde{f}(z)=v(z)-\mathrm{Im}\tilde{f}(z){|}_{z=z_0}=v(z_0),$$进而$$f=u+iv=\mathrm{Re}\tilde{f}(z)+i(\mathrm{Im}\tilde{f}(z)+v(z_0))=\tilde{f}(z)+iv(z_0).$$ (2) 证明 (3.22): 首先有$$\frac{1}{\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{u(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta +\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{\overline{f(\zeta )}}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta =f(z)+\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{\overline{f(\zeta )}}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta .$$ 又由泰勒展开式, 在 $|\zeta -z_0|=\rho$ 上 $\overline{f(\zeta )}=\overline{f(z_0)}+{\sum }_{n\ge 1}\overline{f^{(n)}(z_0)}{\rho }^2{\zeta }^{-n}$, 由此$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{\overline{f(\zeta )}}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta =\frac{1}{2\pi i}\sum _{n\ge 0}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{\overline{f^{(n)}(z_0)}{\rho }^2}{(\zeta -z){\zeta }^n}\mathrm{d}\zeta +\overline{f(z_0)}=\overline{f(z_0)}.$$ 这就是$$f(z)=\frac{1}{\pi i}{\int }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{u(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta -\overline{f(z_0)}.$$
3.2.4	对 $\epsilon >0$, 记 $\rho =\text{diam}(\Omega )$, 令 $v_{\epsilon }(z)={\sum }_i\log \frac{\rho }{|z-{\zeta }_i|}$, 则 $v_{\epsilon }(z)$ 为正调和函数. 由于对 $\{{\zeta }_i{\}}_i$ 之外的点都有 ${\overline{\lim }}_{\zeta \to z}u(z)\le M$ 且 $u$ 有界, 可取 $\delta$ 充分小使得$$u(z)\le v_{\epsilon }(z)+M,z\in \partial \{z\in \Omega |\text{dist}(z,\Omega )\ge \delta \}.$$由极值原理立得$$u(z)\le v_{\epsilon }(z)+M,z\in \{z\in \Omega |\text{dist}(z,\Omega )\ge \delta \}.$$ 先令 $\epsilon \to 0$, 再让 $\delta \to 0$, 得到 $u\le M$.
3.2.5	直接计算得$$\begin{array}{rl}{u}_{\phi }(z)& =\frac{1}{2\pi }\mathrm{Re}{\int }_0^{\pi }\frac{e^{i\theta }+z}{e^{i\theta }-z}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2\pi }\mathrm{Re}{\int }_0^{\pi }\frac{-(e^{i\theta }-z)+2e^{i\theta }}{e^{i\theta }-z}\mathrm{d}\theta \\ & =-\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\mathrm{Im}{\int }_0^{-1}\frac{\mathrm{d}(\zeta -z)}{\zeta -z}\\ & =-\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\mathrm{Arg}\frac{-1-z}{1-z}.\end{array}$$
3.2.6	取变换 $\phi :\mathbb{H}\to \mathbb{D},z\mapsto \frac{z-i}{z+i}$, 令 $v(w)=u\circ {\phi }^{-1}(w)$, 则知$$\begin{array}{rl}u(z)& =v\left(\frac{z-i}{z+i}\right)=\frac{1}{\pi }{\int }_{\partial \mathbb{D}}v(w^{\prime })\mathrm{Re}\frac{w^{\prime }+\frac{z-i}{z+i}}{w^{\prime }-\frac{z-i}{z+i}}\frac{\mathrm{d}{w}^{\prime }}{i{w}^{\prime }}\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{\partial \mathbb{H}}u(z^{\prime })\mathrm{Re}\frac{\frac{z^{\prime }-i}{z^{\prime }+i}+\frac{z-i}{z+i}}{\frac{z^{\prime }-i}{z^{\prime }+i}-\frac{z-i}{z+i}}\frac{\mathrm{d}\frac{z^{\prime }-i}{z^{\prime }+i}}{i\frac{z^{\prime }-i}{z^{\prime }+i}}\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }u(t)\mathrm{Re}\frac{\frac{t-i}{t+i}+\frac{z-i}{z+i}}{\frac{t-i}{t+i}-\frac{z-i}{z+i}}\frac{\mathrm{d}\frac{t-i}{t+i}}{i\frac{t-i}{t+i}}\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }u(t)\frac{y}{|z-t{|}^2}\mathrm{d}t.\end{array}$$
3.2.7	记 $w=\frac{{\rho }^2}{z-z_0}\in B(0,\rho )$, 按定义有$$\begin{array}{rl}{u}_{\phi }(z)& =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\phi (z_0+\rho e^{i\theta })\mathrm{Re}\left(\frac{\rho e^{i\theta }+(z-z_0)}{\rho e^{i\theta }-(z-z_0)}\right)\mathrm{d}\theta \\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\phi (z_0+\rho e^{i\theta })\mathrm{Re}\left(\frac{w+\rho e^{-i\theta }}{w-\rho e^{-i\theta }}\right)\mathrm{d}\theta \\ & =-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{-2\pi }\phi (z_0+\rho e^{-i\theta })\mathrm{Re}\left(\frac{w+\rho e^{i\theta }}{w-\rho e^{i\theta }}\right)\mathrm{d}\theta \\ & =-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\phi (z_0+\rho e^{-i\theta })\mathrm{Re}\left(\frac{\rho e^{i\theta }+w}{\rho e^{i\theta }-w}\right)\mathrm{d}\theta .\end{array}$$ 从第一行可以看出, $u_{\phi }$ 在 $\mathbb{C}\backslash B(z_0,\rho )$ 上是调和的. 其次, 当 $z\to \zeta =z_0+\rho e^{i{\theta }_0}$ 时, $w\to \rho e^{-i{\theta }_0}$, 由定理 3.12 可知$$\begin{array}{r}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\phi (z_0+\rho e^{-i\theta })\mathrm{Re}\left(\frac{\rho e^{i\theta }+w}{\rho e^{i\theta }-w}\right)\mathrm{d}\theta \to \phi (z_0+\rho e^{-i(-{\theta }_0)})=\phi (\zeta ).\end{array}$$ 因此$$\underset{z\in \mathbb{C}\backslash B(z_0,\rho ),z\to \zeta }{\lim }{u}_{\phi }(z)=-\phi (\zeta ).$$

4Dirichlet 问题

4.1 次调和函数

4.1.1	(1) 取 $u$ 的磨光 $u_{\epsilon }:=J_{\epsilon }\ast u$, 显然 $u_{\epsilon }$ 也满足局部次均值不等式, 并且其为光滑函数, 故 $\Delta u_{\epsilon }\ge 0$. 对 $v_{\epsilon }=u_{\epsilon }\circ \phi$, 直接验证得到$$\Delta v_{\epsilon }=\Delta u_{\epsilon }\cdot |{\phi }^{\prime }(z){|}^2\ge 0,$$故 $v_{\epsilon }$ 也是次调和的, 满足局部次调和不等式, 又因为 $u_{\epsilon }$ 内闭一致收敛至 $u$, 故 $v_{\epsilon }$ 亦内闭一致收敛至 $v$, 从而 $v$ 也满足局部均值不等式, 亦即 $v$ 是次调和的. (2) 只证明 $\tilde{u}=\max \{u_1,u_2\}$ 的情形, 其余的可由归纳法得到. 由定理 4.2, 只需证明对任意 $B(z_0,\rho )\subseteq \Omega$ 和其上调和函数 $v$, $\tilde{u}-v=\max \{u_1,u_2\}-v$ 满足最大值性质. 不妨设 ${\sup }_{z\in B(z_0,\rho )}\tilde{u}(z)=u_1(z_1)$, 则由 $u_1$ 次调和, $u_1(z_1)\le {\sup }_{z\in \partial B(z_0,\rho )}{u}_1(z)\le {\sup }_{z\in \partial B(z_0,\rho )}\tilde{u}(z)$, 证毕.
4.1.2	直接验证:$$\Delta \left(e^{\sqrt{x^2+y^2}}\right)=e^{\sqrt{x^2+y^2}}(1+(x^2+y^2{)}^{-\frac{1}{2}})\ge 0.$$
4.1.3	直接验证: 对任意 $B(z_0,\rho )\subseteq \Omega$, 有$$\begin{array}{rl}|u(z_0){|}^{\alpha }& \le (2\pi {)}^{-\alpha }|{\int }_0^{2\pi }u(z_0+\rho e^{i\theta })\mathrm{d}\theta {|}^{\alpha }\\ & \le (2\pi {)}^{-\alpha }(2\pi {)}^{\alpha -1}{\int }_0^{2\pi }|u(z_0+\rho e^{i\theta }){|}^{\alpha }\mathrm{d}\theta =(2\pi {)}^{-1}{\int }_0^{2\pi }|u(z_0+\rho e^{i\theta }){|}^{\alpha }\mathrm{d}\theta \end{array}$$ 对 $f$ 的证明是类似的.
4.1.4	直接验证: 对任意 $B(z_0,\rho )\subseteq \Omega$, 有$$\begin{array}{rl}g(u(z_0))& \le g[(2\pi {)}^{-1}{\int }_0^{2\pi }u(z_0+\rho e^{i\theta })\mathrm{d}\theta ]\\ & \le (2\pi {)}^{-1}{\int }_0^{2\pi }g(u(z_0+\rho e^{i\theta }))\mathrm{d}\theta .\end{array}$$
4.1.5	由定理 4.2, 只需证明对任意 $B(z_0,\rho )\subseteq \Omega$ 和其上调和函数 $v$, 函数 $\tilde{u}-v:={\sup }_{\alpha }(u_{\alpha }-v)$ 满足最大值性质. 不妨设 ${\sup }_{z\in B(z_0,\rho )}\tilde{u}(z)\le u_{n_k}(z_{n_k})+{\epsilon }_{n_k},{\epsilon }_{n_k}\to 0$. 则由 $u_{n_k}$ 次调和,$$\underset{z\in B(z_0,\rho )}{\sup }\tilde{u}(z)-{\epsilon }_{n_k}\le u_{n_k}(z_{n_k})\le \underset{z\in \partial B(z_0,\rho )}{\sup }{u}_{n_k}(z)\le \underset{z\in \partial B(z_0,\rho )}{\sup }\tilde{u}(z),$$令 ${\epsilon }_{n_k}\to 0$ 即可.
4.1.6	定理 4.2 事实上证明了, $u$ 是调和函数当且仅当其满足在圆盘 $B(z_0,\rho )$ 内次 Poisson 公式. 这比次均值不等式更强, 故使用定理 4.2 证明定理 4.4 是显然的.
4.1.7	考虑 $\{r<|z|<R\}$ 上的调和函数$$v(z)=\frac{\log R-\log |z|}{\log R-\log r}\underset{|z|=r}{\sup }u+\frac{\log |z|-\log r}{\log R-\log r}\underset{|z|=R}{\sup }u.$$ 在 $\partial \{r<|z|<R\}$ 上 $u(z)\le v(z)$, 则在 $\{r<|z|<R\}$ 上有 $u(z)\le v(z)$. 令 $R\to \infty$ 再令 $r\to 0$, 就得到 $u(z)\le u(0)$. 为得到另一方向的不等式, 考虑 $\tilde{u}(w)=u(w+z)$, 其仍为有界次调和函数, 对其使用上述讨论可以得到 $\tilde{u}(-z)\le \tilde{u}(0)$, 亦即 $u(0)\le u(z)$. 因此 $u\equiv \text{const}$.

4.2 Perron 函数

4.2.1

下面证明 $u\equiv 0$. 若 $u$ 的最值在 $\mathbb{D}$ 内部取得, 则其为常数; 若 $u$ 的最大值或最小值不在 $\mathbb{D}$ 内部取得, 且不为常数, 则在 $\mathbb{D}$ 内部必有奇点. 由 $u$ 是关于 $\phi (\zeta )$ 在 $\mathbb{D}\backslash \{0\}$ 上的 Perron 函数, 知此时 $0$ 为 $u$ 的奇点. 再考虑到 $u(0)\le \phi (0)=1$, 知 $z\to 0$ 时 $u(z)\to -\infty$. 则知最大值在边界处取得, 亦即 $u\le 0$. 注意到 $\frac{u}{2}\in \mathcal{P}(\phi ,\mathbb{D}\backslash \{0\})$, 并且 $u<\frac{u}{2}$, 这与 $u$ 的定义矛盾. 因此 $u\equiv 0.$

4.2.2

定理 4.7 是其充分性, 下面说明其必要性. 由该区域为 Dirichlet 区域, 存在该区域上的调和函数 $u$ 使得 $u{|}_{\partial \Omega }=|z-\zeta |{|}_{\partial \Omega }$. 对任意的 $\delta >0$, 令 $t_{\delta }=\frac{u}{{\inf }_{|z-{\zeta }_0|=\delta }u(z)}$, 则其在 $U_{\delta }:=\Omega \cap B({\zeta }_0,\delta )\cap \{t_{\delta }<1\}$ 上是满足条件的闸函数.

4.3 Green 函数和调和测度

4.3.1	(1) 证明 (4.9) 是格林函数: 只需要证明 $c=0,\rho =1$ 的情形. ($a$) 非负调和性: 此时有 $g(z,z_0)=-\log \left|\frac{z-z_0}{1-\overline{z_0}z}\right|$, 其中 $z\mapsto \frac{z-z_0}{1-\overline{z_0}z}$ 是单位圆盘上的自同构, 由 3.1 节第一题知 $g(z,z_0)$ 在 $\mathbb{D}\backslash \{z_0\}$ 上是调和函数, 其非负性是显然的. ($b$) 对数奇点: 这是显然的; ($c$) 若另一函数 $h$ 满足 $(a),(b)$, 则 $h\ge g$: 该性质的证明和定理 4.11 中对该性质的证明完全一致, 不再赘述. (2) 求半平面上格林函数: 对 $w,w_0\in \mathbb{H}$, 取共形映射 $\phi :\mathbb{H}\to \mathbb{D},w\mapsto \frac{w-i}{w+i}$, 由定理 4.12 知$$g_{\mathbb{H}}(w,w_0)=g_{\mathbb{D}}(\phi (w),\phi (w_0))=-\log \left|\frac{\frac{w-i}{w+i}-\frac{w_0-i}{w_0+i}}{1-\overline{\frac{w_0-i}{w_0+i}}\frac{w-i}{w+i}}\right|=-\log \left|\frac{(w-w_0)(\overline{w_0}-i)}{(w-\overline{w_0})(w_0+i)}\right|.$$
4.3.2	由 $g(\zeta ,z_1),g(\zeta ,z_2)$ 在 $\Omega \backslash (B(z_1,\epsilon )\cup B(z_2,\epsilon ))$ 上调和, 得到$$\begin{array}{rl}0=& {\int }_{\Omega \backslash (B(z_1,\epsilon )\cup B(z_2,\epsilon ))}g(\zeta ,z_1)\Delta g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2)\Delta g(\zeta ,z_1)\\ =& {\int }_{\partial \Omega }g(\zeta ,z_1){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_1)\\ & -{\int }_{\partial B(z_1,\epsilon )}g(\zeta ,z_1){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_1)\\ & -{\int }_{\partial B(z_2,\epsilon )}g(\zeta ,z_1){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_1).\end{array}$$ 因 $g(\cdot ,z_1)$ 在边界上为 $0$, 得到$${\int }_{\partial B(z_1,\epsilon )}g(\zeta ,z_1){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_1)=-{\int }_{\partial B(z_2,\epsilon )}g(\zeta ,z_1){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_2)-g(\zeta ,z_2){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_1).$$ 注意到 $\epsilon \to 0$ 时, 对 $i\ne j$ 有$${\int }_{\partial B(z_i,\epsilon )}g(\zeta ,z_i){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_j)\to 0,{\int }_{\partial B(z_1,\epsilon )}g(\zeta ,z_j){\mathrm{d}}^{\ast }g(\zeta ,z_i)\to -2\pi g(z_i,z_j),$$ 代入即得 $g(z_1,z_2)=g(z_2,z_1)$.
4.3.3	(1) 由 $\omega (z,E)$ 是调和函数, 由最值定理和 $\omega (z,E){|}_{z\in \partial \Omega }=1_E$ 即可得到此性质. (2) $v(z):=\omega (z,E)+\omega (z,E^c)$ 是如下问题的解$$\{\begin{array}{ll}\Delta v=0,& \text{in}\Omega ,\\ v\equiv 1,& \text{on}\partial \Omega .\end{array}$$ 由最值定理该问题只有唯一解 $v\equiv 1.$ (3) 这是因为 $\tilde{v}(z):=-\omega (z,E_1)+\omega (z,E_2)$ 仍为调和函数, 并且 $\tilde{v}(z){|}_{\partial \Omega }\ge 0$, 从而 $v\ge 0$, 此即 $\omega (z,E_1)\le \omega (z,E_2).$ (4) 对 $v\in \mathcal{P}({\Omega }_1,1_E)$, 令 $\tilde{v}$ 为 $v$ 在 ${\Omega }_2$ 上的零延拓, 显然 $\tilde{v}\in \mathcal{P}({\Omega }_2,1_E)$, 又调和测度可视为 Perron 函数, 按 Perron 函数定义得到 ${\omega }_{{\Omega }_1}(z,E)\le {\omega }_{{\Omega }_2}(z,E)$.
4.3.4	在条状区域 $A=\{0<\mathrm{Re}z<1\}$ 上, $\{\mathrm{Re}z=1\}$ 的调和测度为 ${\omega }_A(z,\{\mathrm{Re}z=1\})=\mathrm{Re}z$. 由调和测度的共形不变性, 对任一区域 $\Omega$ 和其边界上集合 $E$, 若有共形映射 $\phi :\Omega \to A$ 并且 $\phi (\Omega \backslash E)=\{\mathrm{Re}z=0\},\phi (E)=\{\mathrm{Re}z=1\}$ , 自然有$${\omega }_{\Omega }(z,E)={\omega }_A(\phi (z),\{\mathrm{Re}z=1\})=\mathrm{Re}\phi (z).$$ (1) 在 $\Omega =\mathbb{H}\cap \mathbb{D}$ 和 $E=[-1,1]$ 时, 取满足前述讨论的共形映射 $\phi$ 如下$$\begin{array}{rl}\phi :\mathbb{H}\cap \mathbb{D}& \stackrel{{\phi }_1}{⟶}\left\{\mathrm{Re}z,\mathrm{Im}z>0\right\}\stackrel{{\phi }_2}{⟶}\left\{0<\mathrm{Im}z<\frac{\pi }{2}\right\}\stackrel{{\phi }_3}{⟶}A,\\ E& \stackrel{{\phi }_1}{⟶}\left\{\mathrm{Re}z\ge 0,\mathrm{Im}z=0\right\}\stackrel{{\phi }_2}{⟶}\left\{\mathrm{Im}z=0\right\}\stackrel{{\phi }_3}{⟶}\{\mathrm{Re}z=1\},\\ z& \stackrel{{\phi }_1}{⟼}\frac{1+z}{1-z}\stackrel{{\phi }_2}{⟼}\log \frac{1+z}{1-z}\stackrel{{\phi }_3}{⟼}1+\frac{2i}{\pi }\log \frac{1+z}{1-z},\end{array}$$由此得到 ${\omega }_{\Omega }(z,E)=\mathrm{Re}\left(1+\frac{2i}{\pi }\log \frac{1+z}{1-z}\right)$. (2) 在 $\Omega =\{r_1<|z|<r_2\}$ 和 $E=\{|z|=r_1\}$ 时, 取满足前述讨论的共形映射 $\phi$ 如下$$\begin{array}{rl}\phi :\Omega & \stackrel{{\phi }_1}{⟶}\left\{\log r_1<\mathrm{Re}z<\log r_2\right\}\stackrel{{\phi }_2}{⟶}A,\\ E& \stackrel{{\phi }_1}{⟶}\left\{\mathrm{Re}z=\log r_1\right\}\stackrel{{\phi }_2}{⟶}\{\mathrm{Re}z=1\},\\ z& \stackrel{{\phi }_1}{⟼}\log |z|\stackrel{{\phi }_2}{⟼}\frac{\log r_2-\log |z|}{\log r_2-\log r_1},\end{array}$$由此得到 ${\omega }_{\Omega }(z,E)=\text{Re}\left(\frac{\log r_2-\log |z|}{\log r_2-\log r_1}\right)$.
4.3.5	此即讲义 (4.10) 对应文段所述事实, 不再赘述.
4.3.6	容易验证 $\frac{{\partial }^{2}g(z,w)}{\partial z\partial \overline{w}}$ 是 $\Omega$ 上关于 $z$ 和 $\zeta =\overline{w}$ 的全纯函数. 令 $\omega =\frac{\partial g(z,w)}{\partial z}\mathrm{d}w$, 那么$$d(f\omega )=\mathrm{d}f\wedge \omega +f\mathrm{d}\omega =-f(w)\frac{{\partial }^{2}g(z,w)}{\partial z\partial \overline{w}}\mathrm{d}w\wedge \mathrm{d}\overline{w}.$$ 对给定 $z\in \Omega ,\epsilon >0$, 作 $U_{\epsilon }=\{|w-z|<\epsilon \}\subset \Omega ,\tilde{\Omega }=\Omega \backslash {\overline{U}}_{\epsilon }$. 由 Stokes 公式以及 $g(z,w){|}_{w\in \partial \Omega }=0$, 当 $\epsilon >0$ 充分小时有$$g(z,w)=-\log |z-w|+u(z,w),$$ 其中 $u(z,w)$ 关于 $z,w$ 在 $|z-w|\le \epsilon$ 时调和. 因此$$\frac{\partial g(z,w)}{\partial z}=-\frac{1}{2}\frac{1}{z-w}+\frac{\partial u(z,w)}{\partial z}.$$于是$$\begin{array}{c}\frac{1}{\pi i}{\int }_{|w-z|=\epsilon }f(w)\frac{\partial g(z,w)}{\partial z}\mathrm{d}w\\ \begin{array}{rl}& =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|w-z|=\epsilon }\frac{f(w)}{w-z}\mathrm{d}w+\frac{1}{\pi i}{\int }_{|w-z|=\epsilon }f(w)\frac{\partial u(z,w)}{\partial z}\mathrm{d}w.\end{array}\end{array}$$ 上式右端第二个积分的被积函数有界, 当 $\epsilon \to 0$ 时积分极限为 $0$. 令 $\epsilon \to 0$ 并利用 Cauchy 积分公式即得结论.

4.4 多连通 Riemann 映射定理

4.4.1	假若存在题中所述解析函数 $f(z)$, 则对任一 $w\ne 0,1$, 都有$$N(w,\partial f(A(r,R)))=N(w,f{|}_{\{|z|=r\}})+N(w,f{|}_{\{|z|=R\}})=0,$$由辐角定理知 $f(A(r,R))\subseteq \{0,1\}$. 由开映射定理知 $f$ 是常数, 矛盾.
4.4.2	取区域 $\Omega$ 的同调基 $\{{\gamma }_i\}$, 由 $d^{\ast }\omega (z,E_i)$ 是闭形式, 由其道路积分的同伦不变性以及 ${\lim }_{z\to \partial E_i}{\omega }_j(z)={\lim }_{z\to \partial E_i}{\omega }_{\Omega }(z,E_j)={\delta }_{ij}$, 得$${\int }_{{\gamma }_i}{\mathrm{d}}^{\ast }\sum _k^{n-1}{\lambda }_k{\omega }_k={\lambda }_i{\int }_{{\gamma }_i}{\mathrm{d}}^{\ast }{\omega }_i={\lambda }_i{P}_i,$$此即 ${\sum }_{k=1}^{n-1}{\lambda }_k{\omega }_k$ 关于 ${\gamma }_i$ 的积分周期. 要使其具备共轭调和函数, 其积分周期均为 $0$, 即 ${\lambda }_i{P}_i=0$. 由定理 4.17 的证明过程可知 $P_i\ne 0$, 因此 ${\lambda }_i=0,\forall i\in \{1,\dots ,n-1\}$.
4.4.3	只需证明, 若对 $R,R^{\prime }>1$ 有双全纯映射 $f:A(1,R)\to A(1,R^{\prime })$, 必有 $R^{\prime }=R$. 不妨设 ${\lim }_{|z|\to 1}|f(z)|=1$ (否则考虑 $\frac{R^{\prime }}{f}$ 即可) , 则定义 $f^{(1)}$ 为$$f^{(1)}(z)=\{\begin{array}{ll}(\overline{f({\overline{z}}^{-1})}{)}^{-1},& z\in A(\frac{1}{R},1),\\ f(z),& z\in A(1,R).\end{array}$$ 由反射原理, 知 $f^{(1)}$ 可以连续延拓为 $A(\frac{1}{R},R)$ 到 $A(\frac{1}{R^{\prime }},R^{\prime })$ 的双全纯映射. 则 $f^{(1)}$ 是 $A(\frac{1}{R},R)$ 到 $A(\frac{1}{R^{\prime }},R^{\prime })$ 的双全纯映射, 并且 ${\lim }_{|z|\to \frac{1}{R}}|f(z)|=\frac{1}{R^{\prime }}$, 类似上述定义$$f^{(2)}(z)=\{\begin{array}{ll}(R^{\prime 2}\overline{f((R^2\overline{z}{)}^{-1})}{)}^{-1},& z\in A(\frac{1}{R^3},\frac{1}{R}),\\ f^{(1)}(z),& z\in A(\frac{1}{R},R),\end{array}$$ 同样可以利用 ${\lim }_{|z|\to R}|f(z)|=R^{\prime }$ 向外延拓, 如此归纳定义 $f^{(n)}$, 令 $n\to \infty$ 就得到了 $\mathbb{C}\backslash \{0\}$ 上的全纯自同构 $f^{\ast }$, 并且 ${\lim }_{z\to 0}{f}^{\ast }(z)=0,{\lim }_{|z|\to \infty }{f}^{\ast }(z)=\infty$. 这就意味着 $f$ 可以延拓为 $\mathbb{C}$ 上的全纯自同构, $f^{\ast }(z)=az+b$. 由 ${\lim }_{|z|\to 1}|f(z)|=1$ 和 $f^{\ast }(0)=0$ 得到 $f^{\ast }(z)=e^{i\theta }z$, 从而 $R=R^{\prime }$.

5Zeta 函数和素数定理

5.1 Gamma 函数

5.1.1	直接计算可得$$a_n(s)=\frac{1}{n!}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{z}^n}\frac{1}{(1-z{)}^s}{|}_{z=0}=\frac{s(s+1)\cdots (s+n-1)}{n!}.$$ 由此在 $n\to \infty$ 时有$$a_n(s)\sim \frac{s(s+1)\cdots (s+n)}{n!n}\sim \frac{n!n^s}{{\Gamma }_n(s)n!n}=\frac{n^{s-1}}{{\Gamma }_n(s)}\sim \frac{n^{s-1}}{\Gamma (s)}.$$
5.1.2	按定义有 $\overline{\Gamma (s)}=\Gamma (\overline{s})$, 由余元公式 $$\left|\Gamma \right(\frac{1}{2}+it){|}^2=\Gamma (\frac{1}{2}+it\left)\Gamma \right(\frac{1}{2}-it)=\frac{\pi }{\sin \left(\frac{\pi }{2}-i\pi t\right)}=\frac{\pi }{\cosh (\pi t)}.$$
5.1.3	需要用 Wallis 乘积公式$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(2n-1)!!\sqrt{n}}{(2n)!!}=\frac{1}{\sqrt{\pi }},$$可利用 $I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x$ 的递推式得到该式证明. 现在使用乘积公式证明倍乘公式. $$\begin{array}{rl}\Gamma (s)\Gamma (s+\frac{1}{2})& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{2s+\frac{1}{2}}(n!{)}^2}{s(s+1)\cdots (s+n)(s+\frac{1}{2})(s+\frac{3}{2})\cdots (s+\frac{2n+1}{2})}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{2s+\frac{1}{2}}{2}^{2n+2}(n!{)}^2}{2s(2s+1)\cdots (2s+2n+1)}.\end{array}$$ 同样地$$\Gamma (2s)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(2n{)}^{2s}(2n)!}{2s(2s+1)\cdots (2s+2n)}.$$ 因此$$\begin{array}{rl}\frac{\Gamma (2s)}{\Gamma (s)\Gamma \left(s+\frac{1}{2}\right)}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(2n{)}^{2s}(2n)!(2s+2n+1)}{n^{2s+\frac{1}{2}}{2}^{2n+2}(n!{)}^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^{2s-1}\sqrt{n}(2n-1)!!}{(2n)!!}=\frac{2^{2s-1}}{\sqrt{\pi }}.\end{array}$$
5.1.4	(1) 对 $0<s<1$, 考虑函数 $f(z)=z^{s-1}{e}^{-z}$ 在下图围道上的积分, 得到 $$\sum _i{\oint }_{{\gamma }_i}{z}^{s-1}{e}^{-z}\mathrm{d}z=0.$$ 对 ${\gamma }_1,{\gamma }_3$, 当 $\epsilon \to 0,R\to \infty$ 时有$$\begin{array}{r}\left|{\oint }_{{\gamma }_1}{z}^{s-1}{e}^{-z}\mathrm{d}z\right|\lesssim {\epsilon }^s\to 0,\left|{\oint }_{{\gamma }_3}{z}^{s-1}{e}^{-z}\mathrm{d}z\right|\lesssim R^s{e}^{-R}\to 0.\end{array}$$ 对 ${\gamma }_2,{\gamma }_4$, 则有$$\begin{array}{r}{\oint }_{{\gamma }_2}{z}^{s-1}{e}^{-z}\mathrm{d}z={\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}{e}^{-t}\mathrm{d}t,{\oint }_{{\gamma }_2}{z}^{s-1}{e}^{-z}\mathrm{d}z=-e^{i\frac{\pi s}{2}}{\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}{e}^{-it}\mathrm{d}t.\end{array}$$ 因此对 $0<s<1$, 将上面四式代入围道积分就得到$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}{e}^{-it}\mathrm{d}t=e^{i\frac{\pi s}{2}}{\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}{e}^{-t}\mathrm{d}t=e^{i\frac{\pi s}{2}}\Gamma (s),\\ & {\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\sin t\mathrm{d}t=\sin \left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma (s),\\ & {\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\cos t\mathrm{d}t=\cos \left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma (s).\end{array}$$ 下面说明 () 和 () 对题目所给区域成立. 由全纯函数的唯一性定理, 只需说明左右两端均为全纯函数即可. 对 (), 右端的 $\Gamma (s)$ 在 $-1<\mathrm{Re}s<1$ 上只有在零点的一阶极点, 而 $\sin (\frac{\pi s}{2})$ 在零点有一阶零点, 故 () 右端在 $-1<\mathrm{Re}s<1$ 上全纯. 对 () 左端, 只需证明该反常积分在 $-1<\mathrm{Re}s<1$ 上内闭一致收敛即可说明其全纯性. (此时导数和积分号可交换) 计算可知$$\begin{array}{r}\left|{\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\sin t\mathrm{d}t\right|=|n^{s-1}\cos n+(s-1){\int }_0^{\infty }{t}^{s-2}\cos t\mathrm{d}t|\\ \lesssim (1+\frac{1}{1-\mathrm{Re}s})n^{\mathrm{Re}s-1}.\end{array}$$ 由此估计, 得到 () 左端内闭一致收敛. 对 () 也是类似的推理, 不再赘述. (2) 在 () 中分别令 $s$ 为 $0$ 和 $-\frac{1}{2}$, 得到$${\int }_0^{\infty }{t}^{-1}\sin t\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}\text{Res}(\Gamma ,0)=\frac{\pi }{2},{\int }_0^{\infty }{t}^{-\frac{3}{2}}\sin t\mathrm{d}t=-\frac{1}{\sqrt{2}}\Gamma (-\frac{1}{2})=-\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot (-2)\sqrt{\pi }=\sqrt{2\pi }.$$
5.1.5	(1) $F(x)$ 可以写成$$F(x)={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-y}}{x+y}\mathrm{d}y,x>0.$$ 现在考虑$$F(s)={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-y}}{s+y}\mathrm{d}y,\mathrm{Re}s>0.$$ 显然 $F(s)$ 的积分表达式在 $\{\mathrm{Re}s\ge \epsilon >0\}$ 上内闭一致收敛, 由此得到 $F(s)$ 是右半平面上的解析函数, 并且 $F(s)$ 是 $F(x)$ 的延拓. (2) 分部积分即可得到$$F(s)=\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}(k-1)!}{s^k}+(-1{)}^{n-1}(n-1)!{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-y}}{(s+y{)}^{n+1}}\mathrm{d}y.$$ 由 $\mathrm{Re}s\ge 0$, 当 $y\ge 0$ 时 $|s+y{|}^m\ge |s{|}^m$, 因此$$\left|{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-y}}{(s+y{)}^{n+1}}\mathrm{d}y\right|\le \frac{1}{|s{|}^{n+1}}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-y}\mathrm{d}y=\frac{1}{|s{|}^{n+1}}.$$ 由此 $\sigma =\mathrm{Re}s\to +\infty$ 时, 有 $$F(s)\sim \sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}(k-1)!}{{\sigma }^k}+O\left(\frac{1}{{\sigma }^{n+1}}\right).$$ 其发散性是显然的.
5.1.6	由 Taylor 级数有有限收敛半径, 知$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\sqrt[n]{\frac{b_n}{n!}}\ge c>0.$$ 由此得到$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\sqrt[n]{b_n}=+\infty .$$ 这说明幂级数 ${\sum }_n{b}_n{x}^n$ 的收敛半径是零, 从而渐进展开式中的级数一定是发散级数.

5.2 Riemann $\zeta$ 函数

5.2.1	只需证明若 $a$ 为非平凡零点, 则 $\overline{a},1-a$ 是非平凡零点. 由 $0=\overline{\zeta (a)}=\zeta (\bar{a})$, 知 $\bar{a}$ 是非平凡零点; 由 $\zeta (s)$ 的函数方程以及 $\Gamma (1-a),\sin (\frac{\pi a}{2})$ 均不为 $0$, 得到 $\zeta (1-a)=0$, 说明 $1-a$ 是非平凡零点.
5.2.2	(1) 只需证明该级数在 $\mathrm{Re}s>0$ 上内闭一致收敛, 而后再由求导和求和可换得到其全纯性. 对 Dirichlet 级数使用 Abel 求和公式得到$$\begin{array}{r}\sum _{n=M}^N\frac{a_n}{n^s}=\sum _{n=M}^N\frac{A_n-A_{n-1}}{n^s}=\frac{A_N}{N^s}-\frac{A_M}{M^s}+\sum _{n=M}^{N-1}(\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1{)}^s})A_n.\end{array}$$ 又因为$$\begin{array}{r}|\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1{)}^s}|=\left|s{\int }_n^{n+1}{r}^{-s-1}\mathrm{d}r\right|\le |s|{\int }_n^{n+1}{r}^{-\text{Re}s-1}\mathrm{d}r,\end{array}$$从而$$\left|\sum _{n=M}^N\frac{a_n}{n^s}\right|\lesssim (1+|s|(\mathrm{Re}s{)}^{-1})\left(\frac{1}{M^{\mathrm{Re}s}}+\frac{1}{N^{\mathrm{Re}s}}\right)$$由上式估计, 级数 $\mathrm{Re}s>0$ 上关于 $s$ 内闭一致收敛, 命题得证. (2) $\zeta (s)$ 的唯一极点 $s=1$ 是一阶极点, 而全纯函数 $1-2^{1-s}$ 在 $s=1$ 有一阶零点, 这说明 $(1-2^{1-s})\zeta (s)$ 是整函数, 并且由 (1) 中 Dirichlet 级数的收敛性得到$$\begin{array}{r}(1-2^{1-s})\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2}{(2n{)}^s}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k-1{)}^s}-\frac{1}{(2k{)}^s}.\end{array}$$
5.2.3	(1) 在 $0<|x|<2\pi ,x\in \mathbb{R}$ 时有 Taylor 级数$$\cot \frac{x}{2}=\frac{2}{x}+\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^k\frac{2B_{2k}}{(2k)!}{x}^{2k-1}.$$ 由此得到$$\begin{array}{r}\frac{z}{2}\cot \frac{z}{2}=1+\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^k\frac{B_{2k}}{(2k)!}{z}^{2k}.\end{array}$$在 $(-1,1)$ 上成立, 这是因为零点是上式左端的可去零点. 再由唯一性定理和解析延拓得到上式在 $|z|<2\pi$ 上成立. (2) 先是$$\sum _{n\ne 0}(\frac{1}{z-n}+\frac{1}{n})=\frac{(\pi z\cot \pi z-1)}{z}=\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^{k-1}\frac{(2\pi {)}^{2k}{B}_{2k}}{(2k)!}{z}^{2k-1}.$$ 两边求导得到$$\sum _{n\ne 0}\frac{1}{(z-n{)}^2}=\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^{k-1}\frac{(2k-1)(2\pi {)}^{2k}{B}_{2k}}{(2k)!}{z}^{2(k-1)}.$$ (3) 考虑$$f(z)=\frac{1}{z^{2n-1}}\sum _{m\ne 0}\frac{1}{(z-m{)}^2}$$在以 $\pm (N+\frac{1}{2})\pm i(N+\frac{1}{2})$ 为格点的正方形 $C_N$ 上的道路积分, $f(z)$ 在 $C_N$ 中的极点是实轴上的整数格点, 由此$${\oint }_{\partial C_N}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\sum _{k=-N}^N\text{Res}[f(z),k].$$ 对左端有$$|{\oint }_{\partial C_N}f(z)\mathrm{d}z|\lesssim R^{-2(n-1)}\sum _{n\ne 0}\frac{1}{(\frac{1}{2}-n{)}^2}\to 0,R\to \infty .$$ 由 (2) 知$$\text{Res}[f(z),0]=(-1{)}^{n-1}\frac{(2n-1)(2\pi {)}^{2n}{B}_{2n}}{(2n)!}.$$ 对非零点留数易得$$\sum _{k=-N,k\ne 0}^N\text{Res}[f(z),k]=\sum _{k=-N,k\ne 0}^N\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}{z}^{-2n+1}{|}_{z=k}=-(2n-1)2\sum _{k=1}^N{k}^{-2n}.$$ 将上述三式代入围道积分并让 $N\to \infty$, 就得到$$\zeta (2n)=(-1{)}^{n-1}\frac{(2\pi {)}^{2n}{B}_{2n}}{2(2n)!}.$$
5.2.4	由乘积公式$$\frac{1}{\zeta (s)}=\prod _p\left(1-\frac{1}{p^s}\right)=\sum _{p_1,\dots ,p_r}\frac{(-1{)}^r}{(p_1{p}_2\cdots p_r{)}^s}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\mu (n)}{n^s},$$等号成立当且仅当最右侧级数收敛, 而最右侧级数有优级数 ${\sum }_n{n}^{-\mathrm{Re}s}$.
5.2.5	(1) 由乘积公式和 Fubini 定理得到$$\log \zeta (s)=\sum _p\log (1-\frac{1}{p^s})=\sum _p\sum _m\frac{p^{-ms}}{m}=\sum _{p,m}\frac{p^{-ms}}{m}=\sum _{n=1}^{\infty }{1}_{\{n=p^m\}}\frac{1}{m{n}^s}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{c_n}{n^s},\mathrm{Re}s>1.$$ 右侧级数的优级数可取成 ${\sum }_n{n}^{-\mathrm{Re}s}$, 从而说明其绝对收敛和内闭一致收敛. (2) 由内闭一致收敛, 求导和求和可换, 得到$$-\frac{{\zeta }^{\prime }(s)}{\zeta (s)}=\sum _{p,m}{p}^{ms}\log p=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{\Lambda (n)}{n^s},\mathrm{Re}s>1.$$

5.3 素数定理

5.3.1	分部积分得到$${\int }_2^x\frac{\mathrm{d}t}{(\log t{)}^k}=\frac{x}{(\log x{)}^k}-\frac{2}{(\log 2{)}^k}+{\int }_2^x\frac{k\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{k+1}}.$$ 由此得到$$\text{Li}(x)=\sum _{k=1}^n\frac{x(k-1)!}{(\log x{)}^k}-\sum _{k=1}^n\frac{2(k-1)!}{(\log 2{)}^k}+{\int }_2^x\frac{n!\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{n+1}}.$$ 对余项按提示估计得到$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_2^x\frac{n!\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{n+1}}\right|& \le \left|{\int }_2^{\sqrt{x}}\frac{n!\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{n+1}}\right|+\left|{\int }_{\sqrt{x}}^x\frac{n!\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{n+1}}\right|\\ & \le \frac{n!\sqrt{x}}{(\log 2{)}^{n+1}}+\frac{n!(\log 2{)}^{n+1}(x-\sqrt{x})}{(\log x{)}^{n+1}}.\end{array}$$ 由上述估计显然有$$\begin{array}{r}-\sum _{k=1}^n\frac{2(k-1)!}{(\log 2{)}^k}+{\int }_2^x\frac{n!\mathrm{d}t}{(\log t{)}^{n+1}}=O\left(\frac{x}{(\log x{)}^{n+1}}\right).\end{array}$$ 这样得到渐进展开式$$\begin{array}{r}\text{Li}(x)=\sum _{k=1}^n\frac{x(k-1)!}{(\log x{)}^k}+O\left(\frac{x}{(\log x{)}^{n+1}}\right),x\to \infty .\end{array}$$ 在 $n=1$ 时, 利用 $\pi (x)\sim \text{Li}(x)$ 就得到 $\pi (x)\sim \frac{x}{\log x}$.
5.3.2	(1) 由于 $\log \pi (x)\sim \log x-\log \log x$, 两边同除 $\log x$ 得$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\log \pi (x)}{\log x}=1,$$此即题目所求. (2) 按定义, $n=\pi (p_n)\sim p_n(\log p_n{)}^{-1}$, 按上一小问有 $\log p_n\sim \log n$, 因此 $p_n\sim n\log n$.
5.3.3	对 Chebyshev 函数可进一步写成:$$\psi (x)=\sum _{p\le x}[{\log }_{p}x]\log p=\sum _{n\le {\log }_{2}x}\vartheta (x^{\frac{1}{n}}).$$ 因此$$\begin{array}{rl}0\le \psi (x)-\vartheta (x)& =\sum _{2\le n\le {\log }_{2}x}\vartheta (x^{\frac{1}{n}})\le \sum _{2\le n\le {\log }_{2}x}{x}^{\frac{1}{n}}\log x^{\frac{1}{n}}\\ & \le ({\log }_{2}x)\sqrt{x}\log \sqrt{x}.\end{array}$$ 显然有$$0\le \frac{\psi (x)-\vartheta (x)}{x}\le \frac{({\log }_{2}x)\log \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\to 0,x\to \infty .$$ 这说明 $\psi (x)\sim x$ 等价于 $\vartheta (x)\sim x$, 由此等价于 $\pi (x)\sim x(\log x{)}^{-1}$.

6极值长度和共形模

6.1 极值长度

6.1.1	由对称性只需要证明 ${\lambda }_{{\Omega }_1}(\Gamma )={\lambda }_{{\Omega }_1\cap {\Omega }_2}(\Gamma )$ 对任一定义在 ${\Omega }_1\cap {\Omega }_2$ 上的共形度量, 其可零延拓成 ${\Omega }_1$ 上的共形度量, 又因为 $\Gamma \subseteq {\Omega }_1\cap {\Omega }_2$, 从而 ${\lambda }_{{\Omega }_1}(\Gamma )\ge {\lambda }_{{\Omega }_1\cap {\Omega }_2}(\Gamma )$. 对任一定义在 ${\Omega }_1$ 上的共形度量 $\rho$, 都有 $A_{\rho }({\Omega }_1)\ge A_{\rho }({\Omega }_1\cap {\Omega }_2)$, 从而$$\frac{{\ell }_{\rho }(\Gamma {)}^2}{A_{\rho }({\Omega }_1)}\le \frac{{\ell }_{\rho }(\Gamma {)}^2}{A_{\rho }({\Omega }_1\cap {\Omega }_2)}\Rightarrow {\lambda }_{{\Omega }_1}(\Gamma )\le {\lambda }_{{\Omega }_1\cap {\Omega }_2}(\Gamma ).$$这就说明了 ${\lambda }_{{\Omega }_1}(\Gamma )={\lambda }_{{\Omega }_1\cap {\Omega }_2}(\Gamma ).$
6.1.2	先假设对 $\rho \in {\mathcal{A}}_2,{\mathcal{A}}_3$, 都有 ${\ell }_{\rho }(\Gamma )>0$. 对固定的 $\rho$, 取 $k_1=A_{\rho }(\Omega {)}^{-\frac{1}{2}},k_2={\ell }_{\rho }(\Gamma {)}^{-1},k_3={\ell }_{\rho }(\Gamma )/A_{\rho }(\Omega )$, 易知 $k_i\rho \in {\mathcal{A}}_i$, 因此$$\begin{array}{r}{\lambda }_{\Omega }(\Gamma )=\underset{\rho \in \mathcal{A}}{\sup }\frac{{\ell }_{\rho }(\Gamma {)}^2}{A_{\rho }(\Omega )}=\underset{\rho \in \mathcal{A}}{\sup }\frac{{\ell }_{k_i\rho }(\Gamma {)}^2}{A_{k_i\rho }(\Omega )}=\underset{\rho \in {\mathcal{A}}_1}{\sup }{\ell }_p(\Gamma {)}^2=\underset{\rho \in {\mathcal{A}}_2}{\sup }\frac{1}{A_{\rho }(\Omega )}=\underset{\rho \in {\mathcal{A}}_3}{\sup }{A}_{\rho }(\Omega ).\end{array}$$
6.1.3	曲线相对于度量 $\rho$ 是零测集, 因此可以让 $\rho$ 在 $\gamma$ 上任意取值而保持 $A_{\rho }(\Omega )$ 不变, 从而得到 ${\lambda }_{\rho }(\gamma )=+\infty$.
6.1.4	取共形映射 $f(z)=e^z$, 则知 $f(\Omega )=\{1<|z|<e\},f(\Gamma )$ 是连接两个边界圆周的所有可求长曲线构成的曲线族. 由定理 6.1 和例 6.2, 得到$${\lambda }_{\Omega }(\Gamma )={\lambda }_{f(\Omega )}(f(\Gamma ))=\frac{1}{2\pi }.$$
6.1.5	取 $\rho (z)=\frac{1}{|z|}{1}_{\{|z|\ge \epsilon \}}$, 类似例 6.2 推理得到$$A_{\rho }(\Omega )=2\pi \log \frac{1}{\epsilon },{\ell }_{\rho }(\Gamma )\ge \log \frac{1}{\epsilon }.$$因此$$\lambda (\Gamma )\ge \frac{1}{2\pi }\log \frac{1}{\epsilon }.$$ 令 $\epsilon \to 0^{+}$, 就得到 $\lambda (\Gamma )=+\infty$.

6.2 共形模

6.2.1	使用 Christoffel 公式, 由上半平面到矩形 $R(-K+i{K}^{\prime },-K,K,K+i{K}^{\prime })$ 的映射可以写成$$f(z)=C_1{\int }_{z_0}^z(\zeta -z_1{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta -z_2{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta -z_3{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta -z_4{)}^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}\zeta +C_0.$$ 由习题 1.3.1.4 可知, 在确定了 $f$ 于上半平面边界上三点的像后, 该映射可以被唯一地确定. 作图如上, 现要求 $f(0)=0,f(1)=A_1,f(\infty )=B$. 记 $\frac{1}{r}=f^{-1}(A_2)$, 显然 $0<r<1$. 可见 $f$ 将 $y$ 轴正半轴也映至 $y$ 轴正半轴, 于是矩形的左半部分 $OB{A}_1{A}_4$ 可以看作是右半部分 $O{A}_1{A}_{2}B$ 沿 $y$ 轴正半轴反射延拓而成, 因此得到 $f^{-1}(A_3)=-\frac{1}{r},f^{-1}(A_4)=-1$. 现在取 $z_0=0$, 由 $f(0)=0$ 得到 $C_0=0,$ 则 $f$ 的表达式可进一步写为$$f(z)=C_1{\int }_0^z(\zeta -1{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta +1{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta -\frac{1}{r}{)}^{-\frac{1}{2}}(\zeta +\frac{1}{r}{)}^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}\zeta =C_1{\int }_0^z\frac{\mathrm{d}\zeta }{\sqrt{(1-{\zeta }^2)(1-r^2{\zeta }^2)}}.$$ 代入顶点对应关系就得到$$K=C_1{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}\zeta }{\sqrt{(1-{\zeta }^2)(1-r^2{\zeta }^2)}},K^{\prime }=C_1{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}\zeta }{\sqrt{(1-{\zeta }^2)(1-(1-r^2){\zeta }^2)}}.$$ 若合适选取 $K,K^{\prime },r$ 使得 $C_1=1$, 此即 (6.5) 所述事实.
6.2.2	若有第二个共形映射将 $Q(z_1,z_2,z_3,z_4)$ 映至 $R(i{b}^{\prime },0,1,1+i{b}^{\prime })$, 则可以得到从 $R(ib,0,1,1+ib)$ 映至 $R(i{b}^{\prime },0,1,1+i{b}^{\prime })$ 的共形映射. 下面利用 Schwarz 反射原理将其沿着矩形的边翻折延拓. 先沿着 $[0,1]$ 和 $[i{b}^{\prime },1+ib]$ 上下翻折延拓, 得到 $\{0\le |z|\le 1\}$ 至 $\{0\le |z|\le 1\}$ 的共形映射, 而后左右延拓得到 $\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ 的共形映射. 复平面上的共形变换只可能是相似变换, 这样得到 $b=b^{\prime }$.
6.2.3	考虑曲线 ${\gamma }_r=r{e}^{i\theta },\theta \in [0,2\pi ]$. 则知$${\ell }_{\rho }({\gamma }_r)={\int }_0^{2\pi }\rho (r{e}^{i\theta })r\mathrm{d}\theta .$$ 若 ${\ell }_{\rho }({\gamma }_r{)}^2>\frac{A_{\rho }(\Omega )}{\mathrm{mod}\Omega }$, 则有$$\begin{array}{rl}2\pi A_{\rho }(\Omega )& =\log R\frac{A_{\rho }(\Omega )}{\mathrm{mod}\Omega }<{\int }_1^R\frac{{\ell }_{\rho }({\gamma }_r{)}^2}{r}\mathrm{d}r\\ & \le 2\pi {\int }_1^R\frac{1}{r}\mathrm{d}r{\int }_0^{2\pi }{r}^2{\rho }^2\mathrm{d}\theta =2\pi {\int }_1^R{\int }_0^{2\pi }{\rho }^{2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta =2\pi A_{\rho }(\Omega ),\end{array}$$矛盾! 因此存在 $r_0$ 使得 ${\ell }_{\rho }({\gamma }_{r_0}{)}^2\le \frac{A_{\rho }(\Omega )}{\mathrm{mod}\Omega }$.
6.2.4	(1) 充分性: 此时记 $d_1,d_2$ 分别为 $\gamma$ 到 $[z_2,z_3]$ 与 $[z_1,z_4]$ 的距离, 显然有 $\mathrm{mod}R=d_1+d_2=\mathrm{mod}{R}_1+\mathrm{mod}{R}_2$. (2) 必要性: 依次将 $\mathrm{mod}{R}_1,\mathrm{mod}{R}_2,\mathrm{mod}R$ 记为 $b_1,b_2,b$. 施加适当的伸缩和旋转变换后, 将矩形 $R(z_1,z_2,z_3,z_4)$ 映成 $R(ib,0,1,1+ib)$ , 记连接 $w_1\in [0,ib]$ 和 $w_2\in [1,1+ib]$ 的一条若当弧为 $\gamma$. 现已知 $b=b_1+b_2$, 由 Rengel 不等式, $b=b_1+b_2=\mathrm{mod}{R}_1+\mathrm{mod}{R}_2\le A(R_1)+A(R_2)=b$. 于是 Rengel 不等式里的等号成立, 这说明 $R_1,R_2$ 都是矩形, 显然此时 $\gamma$ 平行于对边 $[z_2,z_3]$.
6.2.5	(1) 充分性: 此时有 $\mathrm{mod}\Omega =\frac{1}{2\pi }\log \frac{r_1}{r_2}=\frac{1}{2\pi }\log \frac{r_1}{r}+\frac{1}{2\pi }\log \frac{r}{r_2}=\mathrm{mod}{\Omega }_1+\mathrm{mod}{\Omega }_2$. (2) 必要性: 不妨设 $r_1=1$. 由例 6.2 容易得到 $\mathrm{mod}{\Omega }_i\le \frac{A_{\rho }({\Omega }_i)}{2\pi },\rho (z)=\frac{1}{|z|}$, 并且等号成立当且仅当 $\rho$ 是极值度量, 下面说明此时 ${\Omega }_i$ 均为标准环域. 由对称性只需说明 ${\Omega }_1$ 是标准环域. 由定理 4.17 存在共形映射 $\phi :{\Omega }_1\to \{1<|z|<R\}$, 其中 $\mathrm{mod}{\Omega }_1=\frac{\log R}{2\pi }$. 此时 ${\rho }^{\ast }(z)=\rho (\phi (z))|{\phi }^{\prime }(z)|=\frac{|{\phi }^{\prime }(z)|}{|\phi (z)|}.$ 记 ${\Gamma }_1$ 是连接 $\phi ({\Omega }_1)$ 两个边界分支的可求长曲线族. 考虑到对极值度量 ${\rho }^{\ast }$, 有 $\mathrm{mod}{\Omega }_1=\frac{{\ell }_{{\rho }^{\ast }}({\Gamma }_1{)}^2}{A_{{\rho }^{\ast }}(\phi ({\Omega }_1))}$, 从而$$\begin{array}{rl}{A}_{{\rho }^{\ast }}(\phi ({\Omega }_1))\log R& ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_1^R{\rho }^{\ast }(r{e}^{i\theta }{)}^{2}r\mathrm{d}r{\int }_1^R\frac{1}{r}\mathrm{d}r\\ & \ge {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta ({\int }_1^R{\rho }^{\ast }(r{e}^{i\theta })\mathrm{d}r{)}^2\ge 2\pi {\ell }_{{\rho }^{\ast }}({\Gamma }_1{)}^2\\ & =A_{{\rho }^{\ast }}(\phi ({\Omega }_1))\log R.\end{array}$$于是上面等号全部成立, 其中 Schwarz 不等式等号成立说明 ${\rho }^{\ast }(r{e}^{i\theta }{)}^{2}r=\frac{1}{r}$, 也就是 ${\rho }^{\ast }(r{e}^{i\theta })=\frac{1}{r}$. 这就说明 $|{\phi }^{\prime }(z)|\equiv 1$, 从而 $\phi (z)=e^{i{\theta }_0}z$, 这就推出 ${\Omega }_1$ 是标准环域. 又因为 $\mathrm{mod}\Omega =\mathrm{mod}{\Omega }_1+\mathrm{mod}{\Omega }_2\le \frac{A_{\rho }({\Omega }_1)}{(2\pi {)}^2}+\frac{A_{\rho }({\Omega }_2)}{(2\pi {)}^2}=\frac{A_{\rho }(\Omega )}{(2\pi {)}^2}=\mathrm{mod}\Omega$, 于是等号成立, 说明 $\gamma$ 是圆周.

6.3 共形模的极值问题

6.3.1	记 ${\Gamma }_1,{\Gamma }_2$ 分别为连接和分隔两个边界分支的曲线族, 则 $\mathrm{mod}{G}_r=\lambda ({\Gamma }_1)$. 其单调递减性由极值长度的比较与合成定理可得. 对 $\lambda ({\Gamma }_1)$, 取 ${\rho }_1(z)=\frac{1_{\{|z|\ge r\}}}{|z|}$, 则类似例 6.2 推理可知$$\mu (r)=\lambda ({\Gamma }_1)\ge \frac{{\ell }_{{\rho }_1}({\Gamma }_1{)}^2}{A_{{\rho }_1}(G_r)}\ge \frac{\log \frac{1}{r}}{2\pi }\to \infty ,r\to 0.$$ 由$$\mu \left(\sqrt{\frac{1}{1+\rho }}\right)=\frac{1}{16}\mu (\sqrt{\frac{1}{1+\rho }}{)}^{-1}$$得到$$\mu (r)=\frac{1}{16}\mu (\sqrt{1-r^2}{)}^{-1},$$由此说明 $r\to 1$ 时 $\mu (r)\to 0$.
6.3.2	取圆盘上自同构 $\phi (z)=\frac{z+a}{1+az}$, 由共形模不变性, 在作用共形映射 $\phi$ 变为分离 $\partial \mathbb{D}$ 和 $\{0,\frac{2a}{1+a^2}\}$ 的极值问题. 因此题中极值问题的解是区域 ${\phi }^{-1}(G_{\frac{2a}{1+a^2}})=\mathbb{D}\backslash [-a,a]$, 共形模为 $\mu (\frac{2a}{1+a^2})$.
6.3.3	对 $\epsilon >0$, 存在 $z_1,z_2\in E$ 使得 $\text{diam}E<|z_1-z_2|+\epsilon$. 取圆盘上自同构 $\phi (z)=e^{i\theta }\frac{z-z_1}{1-{\overline{z}}_{1}z}$, 使得 $\phi (z_2)=\left|\frac{z_2-z_1}{1-{\overline{z}}_1{z}_2}\right|$. 则 $\phi (\Omega )$ 是分离 $\{0,|\frac{z_2-z_1}{1-{\overline{z}}_1{z}_2}|\}$ 和 $\partial \mathbb{D}$ 的二连通区域. 因此$$M\le \mathrm{mod}\Omega =\mathrm{mod}\phi (\Omega )\le \mu (|\frac{z_2-z_1}{1-{\overline{z}}_1{z}_2}|).$$ 这说明$$\text{diam}E<|z_1-z_2|+\epsilon \le |1-\overline{z_1}{z}_2|{\mu }^{-1}(M)+\epsilon \le 2{\mu }^{-1}(M)+\epsilon ,$$ 或者$$\text{diam}E<|z_1-z_2|+\epsilon \le |1-\overline{z_1}{z}_2|{\mu }^{-1}(M)+\epsilon \le (1+\text{diam}E){\mu }^{-1}(M)+\epsilon .$$令 $\epsilon \to 0$ 得到 $\text{diam}E\le \min \{2{\mu }^{-1}(M),\frac{{\mu }^{-1}(M)}{1-{\mu }^{-1}(M)}\}$.
6.3.4	取共形映射 $\phi (z)=-\frac{z}{z_1}$, 则 $\phi (\Omega )$ 是分隔 $\{-1,0\}$ 和 $\{w,\infty \}$ 的区域, 其中 $w=-\frac{z_2}{z_1}$. 仿定理 6.12, 取 Riemann 映射的逆 ${\phi }^{\prime }:\mathbb{D}\to \tilde{\Omega }$, 其中 $\tilde{\Omega }$ 是区域和有界余分支的并, 同时要求 ${\phi }^{\prime }(0)=0$. 记 $z_0={\phi }^{\prime -1}(e^{-\theta }),R=|w|$, 由偏差定理和 $\frac{1}{4}$-定理得到 $\frac{1}{|f^{\prime }(0)|}=\frac{|f(z_0)|}{|f^{\prime }(0)|}\le \frac{|z_0|}{(1-|z_0|{)}^2},R=|w|\ge \frac{1}{4}|f^{\prime }(0)|$, 综合得到 $\frac{4R|z_0|}{(1-|z_0|{)}^2}\ge 1$. 同时 ${\phi }^{\prime -1}(\Omega )$ 是分离 $0,z_0$ 和 $\partial \mathbb{D}$ 的二连通区域, 由定理 6.11 得到 $\mathrm{mod}\Omega \le \mu (|z_0|)$. 余下和定理 6.12 相同: 取 $r$ 使得 $\frac{4Rr}{(1-r{)}^2}=1$, 则映射 $g:G_r\to T_R,z\mapsto -\frac{4Rz}{(1-z{)}^2}$ 是共形的, 从而有 $\mathrm{mod}{T}_R=\mathrm{mod}{G}_r=\mu (r)$. 注意到 $\frac{4Rr}{(1-r{)}^2}=1\le \frac{4R|z_0|}{(1-|z_0|{)}^2}$, 说明 $r\le |z_0|$. 进而 $\mathrm{mod}\Omega \le \mu (|z_0|)\le \mu (r)=\mathrm{mod}{T}_R=2\mu \left(\sqrt{\frac{1}{1+R}}\right)=2\mu \left(\sqrt{\frac{|z_1|}{|z_1|+|z_2|}}\right).$