参考书：GTM159(Conway复分析第二册), Stein复分析第3章Problem 1与第8章Problem 8, Polya,Szego《数学分析中的问题与定理》(第二册)

（又做出一道Stein复分析的Problems, 开心!）

在前面的文章, 我们证明了Bloch定理, 它这里没有设f是个单射:

fjddy：复变函数学习笔记(7)——Bloch定理?

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定理(Bloch,1924) 设f在包含 mathbb{D} 的区域内解析, f(0)=0, f(0)=1, 则存在一个圆盘 Ssubsetmathbb{D}, 使得f在S内为单射且 f(S) 包含半径为 dfrac{1}{72} 的圆盘.

事实上, 如果再设f是个单射, 这个结论可以被增强许多, 任给一个从单位圆盘映往复平面的单射且解析的函数, 如果满足 f(0)=0, f(0)=1, 则像集必定包含以原点为圆心、半径为 dfrac{1}{4} 的圆盘. 这就是Koebe-Bieberbach定理(也叫Koebe one-quarter Theorem). 该定理由Koebe于1907年提出, 在1916年被Bieberbach证明. Bloch定理比Koebe-Bieberbach定理的提出稍晚一些(1924), 去掉单射的条件只能证出像集包含半径为 dfrac{1}{72} 的圆盘, 且圆心不一定在原点.

定理1(Koebe-Bieberbach定理) 设 f: mathbb{D} omathbb{C} 是解析函数, f(0)=0, f(0)=1, 且f是个单射, 则必有 Deltaleft(0,dfrac{1}{4} ight)subset f(mathbb{D}), 即 f(mathbb{D}) 包含以原点为圆心、半径为 dfrac{1}{4} 的圆盘.

主要证明思路: 设对任意的 zinmathbb{D}, f(z) 取不到某个值w, 我们证明 |w|geqdfrac{1}{4}. 下面的证明过程is very elegant.

首先来看一下Area Theorem(Conway的GTM159书上这么叫的)

定理2 [Area Theorem]若 h(z)=dfrac{1}{z}+c_0+c_1z+c_2z^2+cdots 在 0<|z|<1 内为单射且解析, 则 sumlimits_{n=1}^{infty}n|c_n|^2leq 1.

看到这个定理, 你想到了什么? 肯定想到了笔记(10)的某个定理啦! 回顾一下里面推论8.1.7的证明过程.

fjddy：复变函数学习笔记(10)——共形映射、单叶解析函数?

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定理8.1.6(笔记(10)) 设单叶解析函数 f(z) 将复平面上可求面积的区域D映射为复平面上区域G, 并设区域G的面积为A, 则

A=iint_D|f(z)|^2dxdy.推论8.1.7(笔记(10)) 设 f(z)=sum_{n=0}^{infty}a_nz^n 是圆盘 Delta(0,R)={|z-z_0|leq R} 内的单叶解析函数, G=f(Delta(0,R)), A是区域G的面积. 则 A=pisumlimits_{n=1}^{infty}n|a_n|^2R^{2n}.

下面我们来证Area Theorem: 设 0< ho<1, 由于h是单射, 则曲线 |z|= ho 在 h(z) 上的像把复平面分成了两部分, 而 h(Delta(0, ho)setminus{0}) 部分的面积是无穷大的, 我们考虑它的补集(记为 G_{ ho} )的面积. 记 gamma_{ ho}=partial G_{ ho} 为 G_{ ho} 的边界, 方向为正向(逆时针方向). 根据Green公式, 可得

A(G_ ho)=int_{G_ ho}1duwedge dv=int_{gamma_{ ho}}udv.

记 w=u+iv, 则 doverline{w}wedge dw=2iduwedge dv, 注意 gamma_t 是曲线 h({z: |z|= ho}), 方向为反向(顺时针方向), 从而

egin{aligned} &A(G_ ho)=dfrac{1}{2i}int_{G_ ho}doverline{w}wedge dw =dfrac{1}{2i}int_{gamma_{ ho}}overline{w}dw \ =&-dfrac{1}{2i}int_0^{2pi}overline{h( ho e^{it})}h( ho e^{it})i ho e^{it}dt \ =&-dfrac{ ho}{2}int_0^{2pi} left( dfrac{e^{it}}{ ho} +sumlimits_{m=0}^{infty}overline{c_m} ho^me^{-imt} ight) left(-dfrac{e^{-2it}}{ ho^2} +sumlimits_{n=1}^{infty}nc_n ho^{n-1}e^{i(n-1)t} ight)e^{it}dt \ =&-dfrac{1}{2}int_0^{2pi} left(dfrac{e^{it}}{ ho} +sumlimits_{m=0}^{infty}overline{c_m} ho^me^{-imt} ight) left(-dfrac{e^{-it}}{ ho}+sumlimits_{n=1}^{infty}nc_n ho^ne^{int} ight)dt \ =&-dfrac{1}{2}int_0^{2pi} - ho^{-2}+ ho^{-1}e^{it}sumlimits_{n=1}^{infty}nc_n ho^ne^{int} - ho^{-1} e^{-it}sumlimits_{m=0}^{infty}overline{c_m} ho^me^{-imt}\ &qquad+sumlimits_{m=0}^{infty}sumlimits_{n=1}^{infty}noverline{c_m}c_n ho^{m+n}e^{-i(m-n)t}dt \ =&-pileft(sumlimits_{k=1}^{infty}k|c_k|^2 ho^{2k}- ho^{-2} ight)geq 0, end{aligned}

注意当整数 n eq 0 时 int_0^{2pi}e^{in heta}d heta=0, 上面倒数第二条式中第2、3项都为0, 第4项可回顾推论8.1.7. 所以 sumlimits_{k=1}^{infty}k|c_k|^2 ho^{2k}leq ho^{-2}, 让 ho o 1 即可证完. QED

引理3 若解析函数 f(z)=z+a_2z^2+cdots 满足f为单射, 则存在另一个函数g, 使得 g^2(z)=f(z^2), g(0)=0, g(0)=1 且g为单射.

证明：显然 f(0)=0, f(0)=1, 作 dfrac{f(z)}{z} 没有零点, 则存在 psi(z) 使得 psi^2(z)=dfrac{f(z)}{z}, 作 g(z)=zpsi(z^2) 即可. 容易验证g是单射. QED

定理4 若解析函数 f(z)=z+a_2z^2+cdots 满足f为单射, 则 |a_2|leq 2, 等号成立当且仅当 f(z)=dfrac{z}{(1-e^{i heta}z)^2}, exists hetainmathbb{R}.

证明：根据前一引理,

egin{aligned} dfrac{1}{g(z)}=sqrt{dfrac{1}{f(z^2)}}=dfrac{1}{z}sqrt{dfrac{1}{1+a_2z^2+a_3z^4+cdots}} =dfrac{1}{z}+b_0+b_1z+cdots end{aligned}

化简得

1=(1+b_0z+b_1z^2+cdots)^2(1+a_2z^2+a_3z^4+cdots).

比较 z,z^2 系数可得 b_0=0, a_2+2b_1+b_0^2=0, 所以 b_1=-dfrac{a_2}{2}. 这样

dfrac{1}{g(z)}=dfrac{1}{z}-dfrac{a_2}{2}z+cdots,

由前面引理3可知 dfrac{1}{g(z)} 为单射, 根据Area Theorem,

left|dfrac{a_2}{2} ight|^2=|b_1|^2leqsumlimits_{n=1}^{infty}n|b_n|^2leq 1,

所以 |a_2|leq 2.

下面证等号成立的情况，如果等号成立即 |a_2|=2, 则存在 heta 使得 a_2=2e^{i heta}, 根据Area Theorem, sumlimits_{n=1}^{infty}n|b_n|^2leq 1. 可知其余系数 b_2=b_3=cdots=0, 从而dfrac{1}{g(z)}=dfrac{1}{z}-e^{i heta}z, 再有前面引理得

g^2(z)=dfrac{1}{left(dfrac{1}{z}-e^{i heta}z ight)^2}=dfrac{z^2}{(1-e^{i heta}z^2)^2}=f(z^2),

所以 f(z)=dfrac{z}{(1-e^{i heta}z)^2}, exists hetainmathbb{R}. quadsquare

定理5 设解析函数 h(z)=dfrac{1}{z}+c_0+c_1z+c_2z^2+cdots 是在 mathbb{D} 上的单射, 且 h(z) 取不到 w_1,w_2, 则 |w_1-w_2|leq 4.

证明：记 dfrac{1}{h(z)-w_1}=dfrac{z}{1+(c_0-w_1)z+c_1z^2+c_2z^3+cdots}=b_0+b_1z+cdots, 则

z=(1+(c_0-w_1)z+c_1z^2+c_2z^3+cdots)(b_0+b_1z+cdots),

比较系数可得

b_0=0, b_1=1, b_0c_1+b_1(c_0-w_1)+b_2=0Rightarrow b_2=w_1-c_0,

于是函数 varphi(z)=dfrac{1}{h(z)-w_1} 满足 varphi(0)=0, varphi(0)=1 且为解析的单射. 根据前一定理, |b_2|=|w_1-c_0|leq 2, 同理 |w_2-c_0|leq 2. 所以

|w_1-w_2|leq|w_1-c_0|+|c_0-w_2|leq 4. quadsquare

有了如上准备, 结合我们在前面所说的证明思路, 就可以很快证出Koebe-Bieberbach定理了.

定理1【Koebe-Bieberbach】 设 f: mathbb{D} omathbb{C} 是解析函数, f(0)=0, f(0)=1, 且f是个单射, 则必有 Deltaleft(0,dfrac{1}{4} ight)subset f(mathbb{D}), 即 f(mathbb{D}) 包含以原点为圆心、半径为 dfrac{1}{4} 的圆盘.

证明：设 f(z) 取不到w, 则 dfrac{1}{f(z)} 取不到0与 dfrac{1}{w} , 根据定理5, left|0-dfrac{1}{w} ight|leq 4Rightarrow|w|geqdfrac{1}{4}

于是 f(z) 取不到的值都位于圆盘 Delta(0,1/4) 之外, 所以 D_{1/4}(0)subset f(mathbb{D}). QED

后记：在《数学分析中的问题与定理（第二册）》里还有许多推广的问题，如果有时间将会补充. 此外Stein复分析第8章problem 8表明deBranges证明了Bieberbach基于上面定理的的推广猜想（上述f还满足|a_n|≤n），这个内容我在未来几天必定更新.

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