复变函数学习笔记(13)——单位圆盘上的自同构群(用了近世代数)

参考资料：Stein复分析第8章的Problems4

本节我们证明如下定理： （庆祝一下首次做出Stein复分析的Problems题目！！！！）

首先我们回顾一下笔记(10)的内容.

fjddy：复变函数学习笔记(10)——共形映射、单叶解析函数?

zhuanlan.zhihu.com

下面为方便起见, 记单位圆盘为记 $r_{ heta}(z)=e^{i heta}z, psi_{alpha}(z)=dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}.$ 单位圆盘上的自同构映射是

命题8.2.3 记 $psi_{alpha}(z)=dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}, |alpha|<1.$ 则 $psi_{alpha}in Aut(mathbb{D}).$

在这个命题里我们顺便说明了 $psi_{alpha}circpsi_{alpha}=Id.$

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

回顾完成，我们进入正题！

定义1 形如 $M=left(egin{matrix}a&b\ c&dend{matrix} ight)$ 且满足如下条件的矩阵组成的集合记为
$egin{aligned} (1)&a,b,c,dinmathbb{C}. \ (2)&det M=1. \ (3)&M在mathbb{C}^2 imes mathbb{C}^2下保持如下的hermitian形式: \ &langle Z,W angle=z_1overline{w}_1-z_2overline{w}_2, end{aligned}$ 这里换句话说, 对任意的 $Z,Winmathbb{C}^2,$ 有

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

证明: 记 $J=left(egin{matrix}1&0\ 0&-1end{matrix} ight).$ 注意到这里表示W的共轭转置, 由于则则解方程即可. QED

下面记表示二阶循环群, 而是个商群, 则我们可以证研究商群的手段可以采用近世代数里面的「同态基本定理」. 那我们就借此机会回顾一下近视代数的相关内容吧!

有关循环群、商群、正规子群的内容就不在此回顾了, 可以翻一下书看看, 但还是有必要再复习一下群的定义:

定义2 [群]若G关于运算满足结合律, 且且G中至少有一个左单位元, 且G中每个元素都有一个左逆元, 则称G是一个群.
命题2 关于矩阵乘法运算构成群.

证明：根据矩阵乘法的性质, 容易验证时

下面验证关于矩阵乘法运算封闭: 记

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

则且

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

满足

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

所以

而有左单位元 $I_2=left(egin{matrix}1&0\ 0&1end{matrix} ight),$ 对于矩阵由于则X必定有逆矩阵, 它就是X的左逆元. 综上, 是个群. QED

命题3 关于函数的复合运算构成群.

证明：首先它是个半群容易验证(简单运算即可)而我们在前面一节已经验证了恒等映射就是单位元. 另外也已经验证了 $psi_{alpha}circpsi_{alpha}=Id, r_{ heta}circ r_{- heta}=Id,$ 所以对于 $e^{i heta}dfrac{alpha-z}{1-overline{alpha}z}=r_{ heta}circpsi_{alpha},$

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

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

最后, 我们再作如下观察(这些观察还是花了我不少时间想出来的)

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

证明：留给高中生做课后习题吧. QED

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

证明：事实上, 有如下观察: 对于任意的且

$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}$

注意这里 $left|dfrac{alpha e^{i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}} ight|^2 -left|dfrac{e^{-i heta}}{sqrt{1-|alpha|^2}} ight|^2=1$ 容易验证. 因此 QED

下面我们就可以用同态基本定理来证明我们所要的命题了. 回顾一下相关定义.

定义3 [同态与同构]设G,H是两个群, 是个映射, 如果则说是G到H的一个同态(homomorphism),

记这个映射的值域为的同态像(image),
记叫的同态核(kernel), 若是个一一映射, 则称G与H通过同构映射 同构(isomorphism), 记为

终于，我们在这里引入同态基本定理：

定理6 [同态基本定理] 设是个同态, 则

证明：不是我们这里的重点, 略. QED

定理7

证明：根据前面的定理, $Aut(mathbb{D})=G=left{psi_{frac{b}{overline{a}}} =dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}} ight},$ 所以只需证构建映射

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

下面验证是个同态: 对于

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

根据前面某个定理的计算, 我们有

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

另外我们有

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

所以是同态.

最后我们只需验证

G的单位元即 $dfrac{az+b}{overline{b}z+overline{a}}=z,$ 从而考虑到则所以所以

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