Picards lilla sats

Algebrans fundamentalsats visar att om $p$ är ett icke-konstant polynom, så har ekvationen $p(z) = a$ en lösning för varje $a\in \mathbb{C}$ . (I själva verket $n$ stycken lösningar om $p$ har grad $n$ .)

Picards lilla sats ger ett liknande resultat för hela funktioner:

Picards lilla sats

En icke-konstant hel funktion antar alla komplexa värden utom möjligen ett.

Det “vanliga” beviset av Picards lilla sats fordrar lite mer teori än vad vi har till vårt förfogande, men det finns ett alternativt, mycket listigt bevis som i och för sig är ganska krångligt, men å andra sidan inte behöver särskilt mycket teori.

Huvudingrediensen är följande märkliga sats:

Sats (Bloch)

Anta att

f

är holomorf på cirkelskivan

\mathbb{D}_r

för något

r > 1

och att

f'(0) = 1

. Då innehåller bildmängden

f(\mathbb{D})

en cirkelskiva av radie åtminstone

\frac32 - \sqrt{2} \approx 0.085

Beviset av Blochs sats hittar du lite längre ner på sidan.

Som en direkt följd av Blochs sats ser vi att om $f$ är en hel icke-konstant funktion, så måste bildmängden $f(\mathbb{C})$ innehålla godtyckligt stora cirkelskivor: Vi kan anta att $f'(0) \neq 0$ (annars kan vi titta på $\tilde f(z) = f(z-a)$ för något $a$ ). Då uppfyller

g(z) = \frac{f(rz)}{r\,f'(0)}

villkoren i Blochs sats för varje $r > 0$ . Eftersom bildmängden till $g$ måste innehålla en cirkelskiva av radie $\frac32-\sqrt2$ , måste bildmängden till $f$ innehålla en cirkelskiva med radie $r|f'(0)|(\frac32-\sqrt2)$ vilket går att göra godtyckligt stort genom att välja $r$ stort.

Detta resultat visar alltså att bildmängden till en hel, icke-konstant funktion måste vara “stor” och med lite mer jobb kan vi skärpa slutsatsen för att nå ända fram till Picards sats. Vi kommer att behöva ett resultat av König och Landau:

Sats (König och Landau)

Anta att $\Omega$ är ett enkelt sammanhängande område och att $f$ är holomorf på $\Omega$ . Om $f(z) \neq 0$ och $f(z) \neq 1$ för alla $z \in \Omega$ , så går det att skriva $f$ på formen

f(z) = \frac12\big( 1 + \cos( \pi \cos (\pi g(z))) \big),

där $g$ är holomorf.

Vidare, om $g$ är en sådan funktion, så innehåller $g(\Omega)$ inte någon cirkelskiva med radie $1$ .

Beviset av resultatet av König och Landau bygger på existensen av holomorfa logaritmer: Om $h$ är holomorf på ett enkelt sammanhängande område $\Omega$ , och $h(z) \neq 0$ för alla $z \in \Omega$ , så blir

\frac{h'(z)}{h(z)}

holomorf på $\Omega$ och det måste därför (sats 3.19) finnas en holomorf funktion $H$ sådan att

H'(z) = \frac{h'(z)}{h(z)}

vilket medför att

\begin{align} \frac{d}{dz}\big( h(z)e^{-H(z)} \big) &= h'(z)e^{-H(z)} - h(z)H'(z)e^{-H(z)} \\ &= e^{-H(z)}\big( h'(z) - h'(z) \big) = 0, \end{align}

dvs. att $h(z)e^{-H(z)}$ är konstant, varför $h(z) = Ce^{H(z)}$ . Genom att välja rätt integrationskonstant i definitionen av $H$ kan vi lika gärna anta att $C = 1$ , och $H$ är en komplex logaritm till $h$ : $H = \log h$ (med rätt val av gren).

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.

h^2 + k^2 = 1 \quad\Leftrightarrow\quad (h+ik)(h-ik) = 1 \tag{1}

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.

Beviset av Blochs sats

Det återstår att bevisa Blochs sats. Vi behöver ett lemma:

Lemma

Låt $\Omega = \mathbb{D}_r$ . Anta att $f$ är holomorf på (en omgivning av) $\bar\Omega$ och att $|f'(z)| < 2|f'(a)|$ för alla $z \in \Omega$ . Låt $\rho = (3-2\sqrt2)r\cdot |f'(a)|$ . Då är

\mathbb{D}_\rho(f(a)) \subset f(\Omega).

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.)

Detta avslutar beviset av lemmat och det enda som återstår är att sätta ihop byggstenarna:

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\Rightarrow\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\Rightarrow\quad |f'(p)| \ge \frac1{2t},

varför

\rho = (3-2\sqrt2)t|f'(p)| \ge \frac32-\sqrt2,

vilket avslutar beviset av Blochs sats.

Presentationen av bevisen bygger på framställningen i Remmert, Classical topics in Complex Function Theory.