Beviset av König–Landaus sats

König–Landaus sats följer nu: Anta att $h(z) \neq \pm 1$ för alla $z \in \Omega$. Då har $1-h(z)^2$ inget nollställe och det går att hitta en holomorf funktion $k$, sådan att $k(z)^2 = 1 - h(z)^2$, dvs.
\begin{equation} h^2 + k^2 = 1 \quad\iff\quad (h+ik)(h-ik) = 1 \tag{1} \end{equation} vilket visar att $h+ik$ också saknar nollställe. Enligt ovan har $h+ik$ en komplex logaritm: $h+ik = e^{iH}$ för någon holomorf funktion $H$. Det följer av (1) att $h-ik = e^{-iH}$ och därmed att \[ h = \frac12\Big( (h+ik) + (h-ik) \Big) = \frac12\big( e^{iH} + e^{-iH} \big) = \cos H. \] Om vi sätter $h = 2f - 1$, så antar $h$ enligt antagandet i König–Landau inte värdena $\pm 1$, så $2f-1= \cos (\pi F)$ för någon holomorf funktion $F$ enligt ovan.

Dessutom kan $F$ inte anta några heltalsvärden (eftersom $2f-1$ inte antar värdena $\pm 1$). I synnerhet antar inte $F$ värdena $\pm 1$, varför $F = \cos(\pi g)$ för någon holomorf funktion $g$. Vi har alltså visat att $$ f(z) = \frac12\big( 1 + \cos( \pi \cos (\pi g(z))) \big). $$

Att bildmängden till $g$ inte innehåller någon cirkelskiva av radie $1$ följer ur observationen att $g(z)$ inte kan anta något värde i mängden $$ A = \left\{ m \pm \frac{i}{\pi} \log(n+\sqrt{n^2-1}) : m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{Z}_+ \right\}. $$ Detta eftersom $\cos (\pi a) = (-1)^m \cdot n$ om $a \in A$. (Visa detta som en övning!) Med andra ord är $\cos (\pi \cos (\pi a)) = \pm 1$, dvs. $f(a) \in \{ 0, 1 \}$ vilket motsäger antagandet. Men, det visar sig att varje punkt i $\mathbb{C}$ ligger på avstånd mindre än $1$ från någon punkt i $A$:

så $g(\Omega)$ kan därför inte innehålla någon cirkelskiva av radie $1$.

Beviset av Picards lilla sats

Anta att $f$ är en hel funktion som inte antar två värden $a$ och $b$. Vi kan lika gärna anta att $a = 0$ och $b = 1$ (varför?). På grund av König–Landau är $$ f(z) = \frac12\big( 1 + \cos( \pi \cos (\pi g(z))) \big), $$ där $g(\mathbb{C})$ inte innehåller någon cirkelskiva av radie $1$. Följdresultatet till Blochs sats visar därmed att $g$ (och därmed $f$) i själva verket måste vara konstant.

Bevis av lemmat

Efter ett variabelbyte kan vi anta att $a = f(a) = 0$. Sätt $C = \sup_{z\in\Omega} |f'(z)|$ och definiera $$ L(z) = f(z) - f'(0)z. $$ Då blir $$ A(z) = \int_0^z (f'(w) - f'(0))\,dw $$ där vi integrerar längs linjestycket från $0$ till $z$. Ett variabelbyte $w = z\,t$ och triangel-olikheten visar att $$ |A(z)| \le \int_0^1 |f'(zt)-f'(0)|\,|z|\,dt. \tag{2} $$

Om $p \in \Omega$, så ger Cauchys integralformel att \begin{align} f'(p) - f'(0) &= \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=r} \frac{f'(w)}{w-p}\,dw -\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=r} \frac{f'(w)}{w-0}\,dw \\\\ &= \frac{p}{2\pi i} \int_{|w|=r} \frac{f'(w)}{w(w-p)}\,dw. \end{align}

ML-olikheten visar således att \begin{align} |f'(p)-f'(0)| &\le \frac{|p|}{2\pi} \cdot 2\pi r \cdot \sup_{|w|=r} \frac{|f'(w)|}{|w|\,|w-p|} \\\\ &\le \frac{|p|\cdot C}{r-|p|}. \tag{3} \end{align}

Genom att utnyttja uppskattningen (3) i uttrycket för $A(z)$ (2) får vi att \begin{align} |A(z)| &\le \int_0^1 |f'(zt)-f'(0)|\,|z|\,dt \\\\ &\le \int_0^1 \frac{|zt| \cdot C}{r-|zt|}\,|z|\,dt \\\\ &\le \int_0^1 \frac{|z|t \cdot C}{r-|z|}\,|z|\,dt \\\\ &= \frac12\cdot\frac{C|z|^2}{r-|z|} \le \frac{|f'(0)| \cdot |z|^2}{r-|z|}, \tag{4} \end{align} där den sista olikheten följer ur antagandet att $C \le 2|f'(0)|$.

Triangelolikheten visar att $$ |A(z)| = |f(z)-f'(0)z| \ge |f'(0)|\cdot|z| - |f(z)| \tag{5}. $$ Om vi kombinerar (4) och (5) får vi därför \begin{align} |f(z)| &\ge |f'(0)|\cdot|z| - |A(z)| \\\\ &\ge |f'(0)| \left( |z| - \frac{|z|^2}{r-|z|} \right). \end{align} Sätt $x = |z|$, där $0 < x < r$. Funktionen $$ q(x) = x - \frac{x^2}{r-x} $$ har sitt maximum $(3-2\sqrt 2)r$ och detta antas i punkten $\tilde x = (1-1/\sqrt2)r$. (Visa detta som en övning i endim.)

För punkter $z$ där $|z| = \tilde x$ måste därför $$ |f(z)| \ge |f'(0)|(3-2\sqrt 2)r = \rho. $$ Ur detta följer att $f$ avbildar cirkelskivan $\mathbb{D}_{\tilde x}$ på ett område som innehåller cirkelskivan $\mathbb{D}_\rho$. (Detta sista påstående kan motiveras mer noggrant med hjälp av satsen om öppna avbildningar. Se kapitlet om konforma avbildningar för detaljer.)

Beviset av Blochs sats

Anta att $f$ är holomorf på en omgivning av $|z| \le 1$ och att $f'(0)=1$. Sätt $$ u(z) = |f'(z)|\cdot (1-|z|). $$ Funktionen $u$ är (reellvärd och) kontinuerlig på den kompakta mängden $|z| \le 1$ och antar därför sitt maximum i någon punkt $p \in \bar{\mathbb{D}}$, men eftersom $u=0$ när $|z|=1$ så måste $p \in \mathbb{D}$ vara en inre punkt.

Sätt $t = (1-|p|)/2 < 1$. Om $z \in \mathbb{D}_t(p)$, så är $1-|z| \ge t$. Eftersom maximum av $u$ antas i $z = p$, så ser vi att $$ u(z) = |f'(z)|\cdot (1-|z|) \le u(p) = |f'(p)|\cdot (1-|p|) = 2t|f'(p)|, $$ men $1-|z| \ge t$, så $$ t|f'(z)| \le |f'(z)|\cdot(1-|z|) \le 2t|f'(p)| \quad\iff\quad |f'(z)| \le 2|f'(p)| $$ för alla $z \in \mathbb{D}_t(p)$. Denna uppskattning är precis vad som behövs för att använda lemmat. Vi kan alltså dra slutsatsen att $$ \mathbb{D}_\rho(f(p)) \subset f(\mathbb{D}_t) \subset f(\mathbb{D}), $$ där $\rho = (3-2\sqrt2)t|f'(p)|$. Eftersom $u(p) \ge u(0) = 1$, så måste $$ 1 = u(0) \le u(p) = 2t|f'(p)| \quad\iff\quad |f'(p)| \ge \frac1{2t}, $$ varför $$ \rho = (3-2\sqrt2)t|f'(p)| \ge \frac32-\sqrt2, $$ vilket avslutar beviset av Blochs sats.