用户: Cybcat/高维的Riemann映射定理不成立

1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 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$, 我们用 $\mathrm{Aut}(\Omega )$ 表示 $\Omega$ 到自身的全纯自同构构成的群. 在紧开拓扑下我们可以将 $\mathrm{Aut}(\Omega )$ 看作一个拓扑群.

首先我们回顾 Cartan 的一个重要结果:

命题 1.1 (Cartan). 设 $0\in D\subset {\mathbb{C}}^n$ 是有界开区域, $f:D\to D$ 全纯且 $f(0)=0,df(0)=\mathrm{id}$. 那么 $f(z)\equiv z$.

证明. 不妨设 $D\subset B_{(R,\cdots ,R)}(0)$. 任意全纯的 $F:D\to D$ 由 Cauchy 围道积分熟知对幂级数展开 $F=\sum a_I{z}^I,a_I\in {\mathbb{C}}^n$, 总有 $|a_I^{(i)}|\le R{\rho }^{-|I|}$, 其中 $\rho >0$ 满足 $D$ 包含原点附近的 $B_{(\rho ,\cdots ,\rho )}(0)$. 现假设 $f(z)=z+P_N(z)+\cdots$, 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 $f^k(z)=z+k{P}_N(z)+\cdots$. 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.

$\square$

推论 1.2. 若 $0\in D\subset {\mathbb{C}}^n$ 是有界开区域, 满足 $z\in D,\theta \in \mathbb{R}$ 推出 $e^{i\theta }z\in D$. 且现有全纯自同构 $f:D\to D$ 使 $f(0)=0$, 则 $f$ 是线性映射.

证明. 我们用 $k_{\theta }$ 表示乘 $e^{i\theta }$ 这一线性变换. 研究 $g=k_{-\theta }\circ f^{-1}\circ k_{\theta }\circ f$, 显然 $g$ 的复合每步都固定 $0$ 不动, 且利用复合函数求导得 $dg=d{k}_{-\theta }\circ (df{)}^{-1}\circ d{k}_{\theta }\circ df$. 利用 $d{k}_{\theta }=e^{i\theta }\mathrm{id}$ 得知其与任意线性变换的可交换性, 于是 $dg(0)=\mathrm{id}$, 利用前述命题立刻得到 $g(z)\equiv z$. 从而 $k_{\theta }\circ f=f\circ k_{\theta }$ 对一切 $\theta \in \mathbb{R}$, 对上式左右幂级数展开即得知它只有线性项.

$\square$

命题 1.3. 记 $D=B_{(1,\cdots ,1)}(0)$, 那么 $f\in \mathrm{Aut}(D)$ 总能被写成如下复合: 首先做坐标置换 $(z_1,\cdots ,z_n)\mapsto (z_{\sigma (1)},\cdots ,z_{\sigma (n)}),\sigma \in S_n$, 然后做每个分量保持圆不动的的分式线性变换 $z\mapsto e^{i\theta }\frac{z-\alpha }{1-\overline{\alpha }z}$.

证明. 首先做各个分量的分式线性变换 $g$ 使得 $g\circ f$ 将 $0$ 映到 $0$, 现在一切条件符合前一推论的假设, 我们得知 $g\circ f$ 线性, 于是由 $D$ 的形状得知, $D\to D$ 的线性同构只能在各个分量置换以及做旋转.

$\square$

定理 1.4 (Poincare). $D=B_{(1,\cdots ,1)}(0)$ 和 $B=\Vert z\Vert <1$ 不全纯等价.

证明. 假设全纯等价, 首先 $\mathrm{Aut}(D),\mathrm{Aut}(B)$ 在 $\mathrm{id}$ 的连通分支是同构的, 其次其中固定 $0\in {\mathbb{C}}^n$ 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 $n\times n$ 的酉群 $U(n)$ 而非交换, 矛盾.

$\square$

2Schwarz 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.

$\bullet$ [Stein & Shakarchi 复分析, 第 2 章, 习题 7]

假设 $f:\mathbb{D}\to \mathbb{C}$ 全纯, 其中 $\mathbb{D}$ 是单位圆盘. 证明$$2|f^{\prime }(0)|\le d:=\mathrm{diam}(f(\mathbb{D}))=\underset{z_1,z_2\in D}{\sup }|f(z_1)-f(z_2)|.$$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$$f^{\prime }(0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |=r}\frac{f(\zeta )}{{\zeta }^2}d\zeta .$$然后小技巧就是换元 $\zeta \mapsto -\zeta$, 这样 $0$ 处的导数还能写成$$f^{\prime }(0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |=r}\frac{-f(-\zeta )}{{\zeta }^2}d\zeta .$$二者相加就得到$$2f^{\prime }(0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |=r}\frac{f(\zeta )-f(-\zeta )}{{\zeta }^2}d\zeta .$$然后写出放缩 $|f(\zeta )-f(-\zeta )|\le d$, 那么换元 $\zeta =r{e}^{i\theta }$ 就得知需要在长度为 $2\pi r$ 的圆周上积分. 由此绝对值不等式即得到 $2|f^{\prime }(0)|\le 2\pi r\cdot (1/2\pi )\cdot (d/r^2)=d/r$. 取 $r\to 1^{-}$ 就得到 $2|f^{\prime }(0)|\le d$.

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.

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.

$\square$

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 $(f(z)-f(0))/f^{\prime }(0)$ 来代替 $f(z)$ 而不改变问题, 故可假设 $f(0)=0$ 以及 $f^{\prime }(0)=1$, 那么此时 $d=2|f^{\prime }(0)|=2$. 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 $g^{\prime }(0)=1$, 同时在 $|z|=r$ 圆周上, $|g(z)/z|\le d/2r=1/r$, 那么根据最大模原理, 我们知道 $g(z)/z$ 在整个 $\mathbb{D}$ 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 $f(z)=z+ϵz^2$ 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 $z=e^{i\theta }$ 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$$-3-16x-24x^2+16x^4-24y^2+32x^2{y}^2+16y^4=0,$$如果用 $x-1/2$ 代替 $x$, 原先的方程就变成$$(x^2+y^2{)}^2-2x(x^2+y^2)-y^2=0.$$代入 $y=kx$ 解得两个平凡零点以外还有$$x=\frac{1+k^2\pm (1+k^2{)}^{3/2}}{(1+k^2{)}^2}.$$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$$\frac{z+z^2/2-(-1/2)}{-z+(-z{)}^2/2-(-1/2)}=\frac{(1+z{)}^2}{(1-z{)}^2}\in \mathbb{R}.$$

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$$\begin{array}{rl}|f(z+dz)-f(-z)|& =|f(z)+f^{\prime }(z)dz-f(-z)|\\ & =|2z+f^{\prime }(z)dz|\\ & =2|1+f^{\prime }(z)dz/z|\\ & =2+2\mathrm{Re}(f^{\prime }(z)dz/z)+o(|dz|).\end{array}$$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 $dz/z$ 是纯虚数, 必须要有 $f^{\prime }(z)$ 是实数. 这意味着 $\mathrm{Im}{f}^{\prime }$ 在单位圆周上取 $0$, 但是 $f^{\prime }$ 全纯所以只能有 $f^{\prime }$ 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 $f_r^{\prime }(0)=1$, 此时我们就应当考虑 $D(r)=\mathrm{diam}{f}_r(\mathbb{D})$, 依定义$$D(r)=\underset{\theta \in [0,2\pi ]}{\sup }\underset{|z|=1}{\sup }|f_r(e^{i\theta }z)-f_r(-z)|=\underset{\theta \in [0,2\pi ]}{\sup }\underset{|z|=r}{\sup }\left|\frac{f(e^{i\theta }z)-f(-z)}{z}\right|.$$现在对给定的 $\theta$, 由于 $\frac{f(e^{i\theta }z)-f(-z)}{z}$ 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 $r\to 0^{+}$ 它的高次项 (二次开始) 都过快消失, 因此在 $\overline{\mathbb{D}}$ 上一致收敛到其一次项 $z$. 这表明 ${\lim }_{r\to 0^{+}}D(r)=2$, 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 $\overline{\mathbb{D}}$ 的一个邻域内全纯性得知了.

于是任意取定 $|z|=1$ 定义 $g(\theta )=|f(e^{i\theta }z)-f(-z){|}^2$ 求导得到$$g^{\prime }(\theta ){|}_{\theta =0}=i(z{f}^{\prime }(z)\overline{(f(z)-f(-z))}-\overline{z{f}^{\prime }(z)}(f(z)-f(-z)))=0.$$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 $f(z)-f(-z)=2z$ 整理表达式可知 $f^{\prime }(z)\in \mathbb{R}$ 对任意 $|z|=1$. 使用 Schwarz 反射技巧 (例如先把 $\mathbb{D}$ 全纯等价为上半平面 $\mathbb{H}$, 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 $f^{\prime }(z)$ 是常函数, 因此 $f^{\prime }(z)=1$ 在单位圆内恒成立, 这表明 $f(z)=z$, 结论得证.

3中场休息: 两个构造性破题

例 3.1. 试构造具体的双全纯映射, 将单连通区域 $D=\mathbb{C}\backslash ([-1,+\infty )\cup [-i,i])$ 打到上半平面.

这个形状是复平面扣掉了射线 $[-1,+\infty )$ 以及线段 $[-i,i]$. 直接构造关于它的映射并不容易. 那么技巧是这样的.

首先考虑 $D_1=\mathbb{H}\backslash [0,i]$, 也就是原本区域在上半平面的部分. 我们先思考怎么把它映射到上半平面? 方法很简单, 注意到 $z\mapsto z^2$ 会将上半平面的缝和边界变成平行的, 这时 $D_1$ 的像为 $\mathbb{C}\backslash [-1,+\infty )$. 于是再作 $z\mapsto \sqrt{z+1}$, 它就变成上半平面 $\mathbb{H}$. 换言之, 我们用 $z\mapsto \sqrt{z^2+1}$ 将 $D_1$ 变到 $\mathbb{H}$.

现在我们回到 $D$ 的研究去, 那么我们为什么要研究 $D_1$ 呢, 实际上, 我要强调 $f(z)=\sqrt{z^2+1}$ 可以将定义域从 $D_1$ 解析延拓到 $D$ 去!

具体来说, 我们使用 Schwarz 反射原理. 注意到原本 $f{|}_{D_1}$ 可以延拓到 $[-\infty ,-1)$ 去, 这样一来, 它被映到射线 $[-\infty ,-\sqrt{2})$. 所以根据反射原理, 我们可以将 $f$ 延拓到 $D_1\cup [-\infty ,-1)\cup \overline{D_1}=D$ 上. 总结一下, 此时的效果是, 将 $D_1$ 映射到上半平面 $\mathbb{H}$; 将 $[-\infty ,-1)$ 映到射线 $[-\infty ,-\sqrt{2})$; 将 $\overline{D_1}$ 映到下半平面 $\overline{\mathbb{H}}$. 于是 $D_1$ 的像是 $\mathbb{C}\backslash (-\infty ,-\sqrt{2}]$. 这时再经过 $z\mapsto \sqrt{z+\sqrt{2}}$ 即可打到 $\mathbb{H}$.

例 3.2. 试构造一个 ${\mathbb{R}}^2$ 上连续的函数 $v(x,y)$, 满足它仅在 ${\mathbb{R}}^2\backslash [-1,1]$ 上调和.

此事其实极其简单, 利用 Poisson 公式, 我们可以在上半平面构造这样的边值问题的解, 在 $x$ 轴上为 $f(x)=1_{[-1,1]}$. 然后在下半平面我们构造以 $-f(x)$ 为边值的解. 现在积分得到上半平面: $$u(x,y)=\frac{1}{\pi }{\int }_{\mathbb{R}}\frac{f(t)y\cdot dt}{(t-x{)}^2+y^2}=\frac{1}{\pi }{\int }_{-1}^1\frac{y}{(t-x{)}^2+y^2}dt=\frac{1}{\pi }\left(\arctan \frac{1-x}{y}+\arctan \frac{1+x}{y}\right).$$有趣的是我们算出的这个上半 $u$ 的形式恰好在下半平面就是 $-f(x)$ 边值的解. 所以换言之这个 $u$ 在全平面除了 $[-1,1]$ 外调和, 有界, 而且在这个线段两侧跳跃. 现在我们只需计算积分 $v(x,y)={\int }_{-\infty }^{y}u(x,t)dt$ 即可得到符合题意的解. 经计算, 我们有$$v(x,y)=yu(x,y)+\frac{(1-x)\log ((1-x{)}^2+y^2)+(1+x)\log ((1+x{)}^2+y^2)}{2\pi }.$$读者如果感兴趣, 可以运行下面的 mathematica 代码来绘制图像:

Plot3D[(ArcTan[(1 - x)/y] + ArcTan[(1 + x)/y])/Pi, {x, -2, 2}, {y, -2, 2}, PlotRange -> All, PlotStyle -> None, MaxRecursion -> 4, Mesh -> 50]

Plot3D[(2 y (ArcTan[(1 - x)/y] + ArcTan[(1 + x)/y]) - (-1 + x) Log[(-1 + x)^2 + y^2] + (1 + x) Log[(1 + x)^2 + y^2])/( 2Pi), {x, -2, 2}, {y, -2, 2}, PlotRange -> All, PlotStyle -> None, MaxRecursion -> 4, Mesh -> 50]