複變函數學習筆記(13)——單位圓盤上的自同構群(用了近世代數)

參考資料：Stein複分析第8章的Problems4

本節我們證明如下定理： （慶祝一下首次做出Stein複分析的Problems題目！！！！）

首先我們回顧一下筆記(10)的內容.

fjddy：複變函數學習筆記(10)——共形映射、單葉解析函數?

zhuanlan.zhihu.com

下面為方便起見, 記單位圓盤為記 $r_{ heta}(z)=e^{i heta}z, psi_{alpha}(z)=dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}.$ 單位圓盤上的自同構映射是

命題8.2.3 記 $psi_{alpha}(z)=dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}, |alpha|<1.$ 則 $psi_{alpha}in Aut(mathbb{D}).$

在這個命題里我們順便說明了 $psi_{alpha}circpsi_{alpha}=Id.$

定理8.2.4 $Aut(mathbb{D})=left{e^{i heta}dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}: hetainmathbb{R}, alphainmathbb{D} ight}$

回顧完成，我們進入正題！

定義1 形如 $M=left(egin{matrix}a&b\ c&dend{matrix} ight)$ 且滿足如下條件的矩陣組成的集合記為
$egin{aligned} (1)&a,b,c,dinmathbb{C}. \ (2)&det M=1. \ (3)&M在mathbb{C}^2 imes mathbb{C}^2下保持如下的hermitian形式: \ &langle Z,W angle=z_1overline{w}_1-z_2overline{w}_2, end{aligned}$ 這裡換句話說, 對任意的 $Z,Winmathbb{C}^2,$ 有

定理1 $SU(1,1)=left{left(egin{matrix}a&b\ overline{b}&overline{a}end{matrix} ight): a,binmathbb{C}, |a|^2-|b|^2=1 ight}$

證明: 記 $J=left(egin{matrix}1&0\ 0&-1end{matrix} ight).$ 注意到這裡表示W的共軛轉置, 由於則則解方程即可. QED

下面記表示二階循環群, 而是個商群, 則我們可以證研究商群的手段可以採用近世代數裡面的「同態基本定理」. 那我們就藉此機會回顧一下近視代數的相關內容吧!

有關循環群、商群、正規子群的內容就不在此回顧了, 可以翻一下書看看, 但還是有必要再複習一下群的定義:

定義2 [群]若G關於運算滿足結合律, 且且G中至少有一個左單位元, 且G中每個元素都有一個左逆元, 則稱G是一個群.
命題2 關於矩陣乘法運算構成群.

證明：根據矩陣乘法的性質, 容易驗證時

下面驗證關於矩陣乘法運算封閉: 記

$X=left(egin{matrix}a&b\ overline{b}&overline{a}end{matrix} ight)in SU(1,1), Y=left(egin{matrix}c&d\ overline{d}&overline{c}end{matrix} ight)in SU(1,1),$

則且

$XY=left(egin{matrix}ac+boverline{d}&ad+boverline{c}\ overline{ab}+overline{b}c&overline{ac}+overline{b}dend{matrix} ight),$

滿足

$egin{aligned} &|ac+boverline{d}|^2-|ad+boverline{c}|^2 \ =&|a|^2|c|^2+|b|^2|d|^2-|a|^2|d|^2-|b|^2|c|^2 \ =&(|a|^2-|b|^2)(|c|^2-|d|^2)=1end{aligned}$

所以

而有左單位元 $I_2=left(egin{matrix}1&0\ 0&1end{matrix} ight),$ 對於矩陣由於則X必定有逆矩陣, 它就是X的左逆元. 綜上, 是個群. QED

命題3 關於函數的複合運算構成群.

證明：首先它是個半群容易驗證(簡單運算即可)而我們在前面一節已經驗證了恆等映射就是單位元. 另外也已經驗證了 $psi_{alpha}circpsi_{alpha}=Id, r_{ heta}circ r_{- heta}=Id,$ 所以對於 $e^{i heta}dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}=r_{ heta}circpsi_{alpha},$

$egin{aligned} &psi_{alpha}^{-1}=psi_{alpha}, r_{ heta}^{-1}=r_{- heta}, \ Rightarrow & (r_{ heta}circpsi_{alpha})^{-1}=psi_{alpha}^{-1}circ r_{ heta}^{-1} =psi_{alpha}circ r_{- heta}, end{aligned}$

而

$egin{aligned} psi_{alpha}circ r_{- heta}=dfrac{alpha-e^{-i heta}z}{1-overline{alpha}e^{-i heta}z} =e^{-i heta}dfrac{alpha e^{i heta}-z}{1-overline{alpha}e^{-i heta}z} =r_{- heta}circpsi_{alpha e^{i heta}} in Aut(mathbb{D}), end{aligned}$

所以 $r_{ heta}circ psi_{alpha}$ 有左逆元 $r_{- heta}circ psi_{alpha e^{i heta}}.$ QED

最後, 我們再作如下觀察(這些觀察還是花了我不少時間想出來的)

定理4 當時, $dfrac{dfrac{b}{overline{a}}-z}{1-dfrac{overline{b}}{a}z} =dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}}.$

證明：留給高中生做課後習題吧. QED

定理5 記 $G=left{psi_{frac{b}{overline{a}}}=dfrac{dfrac{b}{overline{a}}-z}{1-dfrac{overline{b}}{a}z}: a,binmathbb{C}, |a|^2-|b|^2=1 ight},$ 則

證明：事實上, 有如下觀察: 對於任意的且

$egin{aligned} &e^{2i heta}dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z} (in Aut(mathbb{D})!!!) \ =&dfrac{alpha e^{i heta}-e^{i heta}z}{e^{-i heta}-overline{alpha}e^{-i heta}z} \ =&dfrac{dfrac{alpha e^{i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}}-dfrac{e^{i heta}z}{sqrt{1-|alpha|^2}}} {dfrac{e^{-i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}}-dfrac{overline{alpha}e^{-i heta}z}{sqrt{1-|alpha|^2}}}in G. ext{(同除以$1-|alpha|^2$)} end{aligned}$

注意這裡 $left|dfrac{alpha e^{i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}} ight|^2 -left|dfrac{e^{-i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}} ight|^2=1$ 容易驗證. 因此 QED

下面我們就可以用同態基本定理來證明我們所要的命題了. 回顧一下相關定義.

定義3 [同態與同構]設G,H是兩個群, 是個映射, 如果則說是G到H的一個同態(homomorphism),

記這個映射的值域為的同態像(image),
記叫的同態核(kernel), 若是個一一映射, 則稱G與H通過同構映射 同構(isomorphism), 記為

終於，我們在這裡引入同態基本定理：

定理6 [同態基本定理] 設是個同態, 則

證明：不是我們這裡的重點, 略. QED

定理7

證明：根據前面的定理, $Aut(mathbb{D})=G=left{psi_{frac{b}{overline{a}}} =dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}} ight},$ 所以只需證構建映射

$egin{aligned} sigma : SU(1,1)& o G \ left(egin{matrix}a&b\ overline{b}&overline{a}end{matrix} ight) &mapsto dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}}. end{aligned}$

下面驗證是個同態: 對於

$X=left(egin{matrix}a&b\ overline{b}&overline{a}end{matrix} ight), Y=left(egin{matrix}c&d\ overline{d}&overline{c}end{matrix} ight),$

根據前面某個定理的計算, 我們有

$sigma(XY)=psi_{frac{ad+boverline{c}}{overline{ac}+overline{b}d}}.$

另外我們有

$egin{aligned} sigma(X)sigma(Y)=&psi_{frac{b}{overline{a}}}circpsi_{frac{d}{overline{c}}} \ =&dfrac{aleft(dfrac{cz+d}{overline{d}z+overline{c}} ight)+b} {overline{b}left(dfrac{cz+d}{overline{d}z+overline{c}} ight)+overline{a}} \ =&dfrac{(ac+boverline{d})z+(ad+boverline{c})} {(overline{ad}+overline{b}c)z+(overline{ac}+overline{b}d)}\ =& psi_{frac{ad+boverline{c}}{overline{ac}+overline{b}d}}=sigma(XY). end{aligned}$

所以是同態.

最後我們只需驗證

G的單位元即 $dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}}=z,$ 從而考慮到則所以所以

$egin{aligned} Ker(sigma)={Xin SU(1,1)|sigma(X)=Id} =left{left(egin{matrix}1&0\ 0&1end{matrix} ight), left(egin{matrix}-1&0\ 0&-1end{matrix} ight) ight}={pm 1}. end{aligned}$