Tuesday, July 31, 2012

由變換{w = eiθz+a, θ ∈ R, a ∈ C} 所組成的群, 即由旋轉w = eiθ 及平移w = z+a 的複合所組成的群稱為歐氏運動群, 或剛體運動群

{w = ez+a, θ R, a C} 成的, w = ew = z+a

成的, 體運(Group of rigid motions), Aut(C)

個子, , 氏度

http://w3.math.sinica.edu.tw/math_media/d352/35207.pdf


學傳352, pp. 66-90

五講第五講

Picard

· 張德

5.1.
量與(metric and curvature)

這一講, 們將之來些定, 例如

Picard
Picard , 原來

常的, 但如果用討論, 多了。

C 個區, 上定義一非負C2 ρ, 為度(metric),

ds
2

ρ
= ρ2|dz|2由此得d, 在兩z1, z2

d
(z1, z2) = inf

Z

γ

ρ
(z)|dz|, (5.1)

inf 是所z1, z2 且各全在 γ 上取

ρ, 可以定(curvature) 如下:

K
(z, ρ) = log ρ(z)

ρ
2(z)

,
(5.2)

Laplace ,

=

2

∂x
2 +

2

∂y
2 = 4


∂z


∂z

= 4


∂z


∂z

=

2

∂r
2 +

1

r


∂r

+

1

r
2

2

∂θ
2 ,

其中
z = x+iy = re們可以與一何中定Gauss

致的

何中常用的度如下三種

(1)
氏度(Euclidean metric)

= C, C 中取ρ(z) 1, 所有z C, ds2 = |dz|2, 量稱

氏度
(Euclidean metric) 物度(parabolic metric), z1, z2 離稱

66

五講第五講67

,

d
(z1, z2) = inf

Z

γ
|dz| = |z1 z2| = z1, z2的直,

{w = ez+a, θ R, a C} 成的, w = ew = z+a

成的, 體運(Group of rigid motions), Aut(C)

個子, , 氏度(5.2), K(z, ρ) = 0

對任
意的z C , 稱這物度

(2) Poincar´e

單位圓D(0; 1) = {z C; |z| < 1}, D(0; 1) 上取

λ
(z) =

2

1
−|z|2 ,

ds2

λ
=

4
|dz|2

(1
−|z|2)2


量稱Poincar´e (Poincar´e metric) (hyperbolic metric)。在

第二講
: D(0; 1) Aut(D(0; 1))

(

w
= ez a

1
az

, θ
R, a D(0; 1)

)

,M¨obius 。在第二講中也: Poincar´eAut(D(0;

1))
變量

們來計算D(0; 1) 中兩z1, z2 Poincar´e 。先D(0; 1) 中兩z1 = 0

z2 = R + i0 (R < 1) Poincar´e 兩個γ 可以

z
(t) = u(t) + iv(t), 0 t 1,

v
(0) = u(0) = v(1) = 0, u(1) = R,

u2(t) + v2(t) < 1, u, v t C1 值函, 於是

Z

γ

ds
=

Z

γ

2
|dz|

1
−|z|2 = 2

Z
1

0

(
u(t)2 + v(t)2)

1

2
dt

1
u2(t) v2(t)


Z
1

0

2
|u(t)|dt

1
u2(t)


Z
R

0

2
du

1
u2


= log

1 +
R

1
R

,

而等號
立若v(t) = 0, 0 t 1

d
(0,R + i0) = inf

γ

Z

γ

2
|dz|

1
−|z|2 = log

1 +
R

1
R

,

68
學傳352期民1006

分取inf γ 0 R + i0 的直

由於
w = ez Aut(D(0; 1)) 個元, D(0; 1) 中任Poincar´e

離經
w = ez 用後是。因,

D
(0; eR) = log

1 +
R

1
R

對任
θ R

z1, z2 D(0; 1) 中任,

φ
(z) =

z
z1

1
z1z

Aut(D(0; 1)) 個元, z1 0, z2

z
2 z1

1
z1z2

.

於是

d
(z1, z2) = d


0
,

z
2 z1

1
z1z2


= log

1 +


z
2 z1

1
z1z2


1

z
2 z1

1
z1z2


.
(5.3)

D(0; 1) 中任z1, z2 Poincar´e 。在

d
(z1, z2) = inf

γ

Z

γ

|
dz|

1
−|z|2

其中取
inf γ

z
=

z
1 +

z
2 z1

1
z1z2

t

1 +
z1

z
2 z1

1
z1z2

t

,
0 t 1,


z
=

(1
t)z1 + (t z1z1)z2

1
tz1z1 (1 t)z1z2

,
0 t 1.

(5.3) 中可以, z2 z1 , d(z1, z2) = 0; z1 z2 D(0; 1) 的界,

d
(z1, z2) +

第二講Schwarz-Pick : w = f(z) D(0; 1) ,

D
(0; 1) 入到D(0; 1), w1 = f(z1), w2 = f(z2),


w
1 w2

1
w1w2




z
1 z2

1
z1z2


,

(

5.4)

五講第五講69

而等號
f Aut(D(0; 1))

(5.3), 可將(5.4)

d
(w1,w2) d(z1, z2).

於是
Schwarz-Pick 理有明確的幾: w = f(z) D(0; 1) ,

D
(0; 1) 入到D(0; 1), D(0; 1) 中任Poincar´e 離經過後是

, f Aut(D(0; 1))

由於
= 4

2

∂z∂z

,

log λ(z) = 2 log(1 −|z|2) = 4

(1
−|z|2)2 ,

λ(z) K(z, λ) = 1 z D(0; 1) , 稱這


(3)

= C= C ∪ {∞}, C上取σ(z) =

2

1 +
|z|2 ,

ds
2

σ
=

4
|dz|2

(1 +
|z|2)2 ,

稱這
(spherical metric) (elliptic metric)。在第一講

(stereographic projections), Riemann S2 點與

C
一一z C, 則在S2 上對應的標為

(
x1, x2, x3) =


z
+ z

1 +
|z|2 ,

z
z

i
(1 + |z|2)

,
|z|2 1

|
z|2 + 1

!

.
(5.5)

p = (x1, x2, x3) p= (x

1
, x

2
, x

3
) S2 , S2 的最

p p大圓上

⌢pp
長等

2 tan
1

s

1
x1x

1
x2x

2
x3x

3

1 +
x1x

1
+ x2x

2
+ x3x

3

.

(5.5), 這等2 tan1


z
z

1 +
zz


。將
C一種, z, z


d
(z, z) = 2 tan1


z
z

1 +
zz


.

70
學傳352期民1006

, 應的度

ds
2 =

4
|dz|2

(1 +
|z|2)2 .

d , 也就

ds
2 = σ(z)2|dz|2, σ(z) =

2

1 +
|z|2 .

於是度
σ(z) 明確的幾用度σ(z) 計算C中兩離等S2 上對

應的
的最, 。也就, S2 上對C中兩

, 於是有

d
(z1, z2) = inf

γ

Z

γ

σ
(z)|dz|,

γ z1, z2

z1, z2 S2 應的p1, p2, p1p2 大圓上⌢p1p2, ⌢p1p2 經過

Cz1 z2 γ0, γ0 使上分取inf 是為麼稱

σ(z) 原因。

難計算σ(z) 一點z C+1, 稱這

第三講化定: 連通Riemann 面一地全

下列個區: C; D(0; 1) 以及C是為麼要這三個區上來定討論

原因。

1 2 C 兩個區, f 1 , 1 2ρ 2

, f6≡ 0,

f
ρ = (ρ f)|f| (5.6)

了在1 量稱為由度ρ 通過f(z) (pull back) 1

的度要證明的是:

K
(z, fρ) = K(f(z), ρ).

由於

log
|f(z)| = 0

以及

log(
ρ0f(z)) = 4

2

∂z∂z

log(
ρ f(z))

= 4

∂f

∂z

∂f

∂z


∂f


∂f

log(
ρ f)


五講第五講71

=
|f(z)|2( f log ρ) f(z),


K
(z, fρ) = f(z)|2( f log ρ) f(z)

(
ρ f(z))2|f(z)|2

=
( f log ρ) f(z)

(
ρ f(z))2 = K(f(z), ρ).

5.2. Ahlfors - Schwarz

第二講
2.17出了Schwarz 理的形式而第二講2.19

出了Schwarz-Pick , Schwarz 理的推廣。在上一節, 出了

Schwarz-Pick
理的的意, 是用Poincar´e 來刻。在這一節,

討論Schwarz 理的一種形式推廣, Ahlfors-Schwarz , 是用來刻,

Schwarz-Pick 理的推廣理是1938年由Ahlfors 明的([1, 2, 3]),

可以, 是用觀點

始。

5.1: (Ahlfors-Schwarz ) f(z) D(0; 1) , f D(0; 1) ,

可以進一ρ, ds2

ρ
= ρ2(z)|dz|2, 使 上任一點都≤ −1,

f
ρ(z) λ(z), (5.7)

其中
λ(z) =

2

1
−|z|2 , ds2

ρ
ds2

λ

話說, 經過, 不增加。

: r (0, 1), 在以原, r D(0; r) 上定

λ
r(z) =

2
r

r
2 z2 ,

, D(0; r) 中任一點z , 1。定

v
(z) =

f
ρ(z)

λ
r(z)

,

則在
D(0; r) , v 非負連續(5.6) , fρ(z) = ρ(f(z))|f(z)| D(0; r)

是有界的
, |z| → r ,

1

λ
r 0|z| → 0 , v(z) 0。因v D(0; r)

72
學傳352期民1006

r 取到M, 能證: M 1, 則在D(0; r) , v 1 。令r 1,

(5.7)

fρ(r) = 0, v 0, 以不fρ(r) > 0, K(r, fρ)

有意
。因, K(r, fρ) ≤ −1由於log v r 點處, 故有

0
log v(r) = log fρ(r) log λr(r)

=
K(r, fρ) · (fρ(r))2 + K(r, λr)(λr(r))2

(fρ(r))2 (λr(r))2,


f
ρ(r)

λ
r(r) 1,

M 1, 而證

Ahlfors-Schwarz , D(0; 1), 則可取ρ = λ, Schwarz-Pick

Ahlfors-Schwarz 理為Schwarz-Pick 理的推廣

可以將Ahlfors-Schwarz 成為更的形式

D(0; 1) 上定(R > 0)

λ
α

R
(z) =

2
R

α(R2 −|z|2)

,
(5.8)

α > 0, D(0;R) 中任一點, α

5.2: (形式的Ahlfors-Schwarz ) f(z) D(0;R) ,

D
(0;R) , 如在 上可以ρ, ds2

ρ
= ρ2(z)|dz|2, 使其 上任

一點都
β,

f
ρ(z)

α

β

λ
α

R
(z),

z D(0;R) , β 正的常數

5.2 5.1 明幾, 自行證Ahlfors-Schwarz

何中理的始之應用可以重要, 例如: 推廣的

Liouville

5.3. Liouville
理的推廣

第二講
2.8重要Liouville : 意有界整數必為常數應用Ahlforz-

Schwarz
, 可以來刻推廣Liouville

五講第五講73

5.3: (推廣的Liouville ) f(z) C , 如在 上可以進一

ρ(z), 使對任z , K(z, ρ) 滿

K
(z, ρ) ≤ −β < 0,

β 正的常數, f(z) 為必常數

: 對任R > 0, f(z) D(0;R) 之內, , 可在其上定ρ, 使

K(z, ρ) ≤ −β < 0故由5.2

f
ρ(z)

α

β

λ
α

R
(z).

(5.8) , R → ∞, λα

R
(z) 0, 故得fρ(z) 0fρ(z) = 0由於f(z)

, , f 必為常數, 而證

5.3 可以導出古Liouville

f(z) 為有界的整, 以存在正常數M, 使|f(z)| ≤ M 所有z C

於是

1

M

f
(z) C D(0; 1) 之內。D(0; 1) , 可以取

λ
, 1, 在定5.3 中取β = 1,

1

M

f
(z) 必為常數, f(z) 必為常數,

便
Liouville 由此, 5.3 Liouville 理的形式推廣

Liouville 理知: w = f(z) C 有界, f(z) 必為常數

w = f(z) C 無界的, C \ 面積> 0, 那麼們仍可f(z)

必為常數
可以如下: w0 C \ , 。作w1 = w w0, w1 = 0

f(C)w0 餘集合之中。作w2 =

1

w
w0

,
w2 C 有界, 於是w2

常數
cc =

1

w
w0

,
w 常數

們可以進一步的, w = f(z) C 無界, C \ 面積

, C \ 是由線組, f(z) 否仍為常數?

們來例子。

w = u + iv = f(z) C C \ {u + i0 | 0 u 1}。作

w
1 = u1 + iv1 = φ(w) =

w

w
1

,

C C \ {u1 + i0 : u1 0}。作w2 = r(w1) = w1, 取主

(principal branch),
w2 C 右半。再作Cayley

w
3 =

w
2 1

w
2 + 1

=
s(w2),

74
學傳352期民1006

將右半
單位圓D(0; 1), 於是由Liouville 理知, w3 是常數, 便導出w2, w1

w 為常數

由此
, w = f(z) C 無界, 使C \ ,

仍可為常數, 不但如, , 們可以取段的度為的正數, f(z)

為常數

下來便: C \ 多小, f(z) 是常數? 們先

子。
f(z) = ez C = C \ {0}, 以如C \ 一點, 例子存

, 使f(z) 是常數那麼C \ 兩個, f(z) 是常數? 便

Picard
小定!

5.4. Picard
小定(Picard Little Theorem)

5.4: (Picard 小定) w = f(z) C , C \ 包含,

f
(z) 必為常數話說: 常數的整取到C 所有的個可例外

Picard 小定, 們先

5.5: C 開集, C\ 包含, 則在 上可以進一μ, 使

K(z, μ) 的每一點都滿

K
(z, μ) ≤ −β < 0,

β 為正的常數

5.5 出定5.4: C\ 包含兩個, 5.5

存在μ, 使 點都滿K(z, μ) ≤ −β < 0, β 為正的

常數
, 由推廣的Liouville 理知, f(z) 必為常數

5.5 :

C \ 中取兩, 點變0 1C0,1 = C \ {0, 1}, C0,1

上作

μ
(z) =

(1 +
|z|1/3)1/2

|
z|5/6 ·

(1 +
|z 1|1/3)1/2

|
z 1|5/6 ,

μ(z) C0,1 為正的, 在來計算μ ,


(log
|z|5/6) =

5

12

(log
|z|2) = 0,

五講第五講75


log

(1 +
|z|1/3)1/2

|
z|5/6 =

1

2



log(1 +
|z|1/3)


= 2


∂z


∂z

"

log


1 + (
z · z)1/6

#

=

1

18
|z|5/3(1 + |z|1/3)2 ,

可以

log

"

(1 +
|z 1|1/3)1/2

|
z 1|5/6

#

=

1

18
|z 1|5/3(1 + |z 1|1/3)2 .

於是

K
(z, μ) = 1

18

"

|
z 1|5/3

(1 +
|z|1/3)3(1 + |z 1|1/3)

+
|z|5/3

(1 +
|z|1/3)(1 + |z 1|1/3)3

#

,

可以

(a)
K(z, μ) < 0, z C0,1;

(b) lim

z
0

K
(z, μ) = 1

36

;

(c) lim

z
1

K
(z, μ) = 1

36

;

(d) lim

z
→∞

K
(z, μ) = −∞;

K(z, μ) C0,1 常數β 其上, 了定5.5

以下
還要證明更為深Picard 大定(Picard Large Theorem), Picard

小定
理的深化。Picard 大定, 們先推廣正的概念

5.5.
的推廣

第四講曾提到了的概念, 用此Riemann 在來推廣

概念

5.1. {gn} 值函(數未必), 對任ε > 0

一緊

No comments:

Post a Comment