Принцип максимума модуля и лемма Шварца

ПредупреждениеЧерновик

Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).

1 Теорема об открытом отображении

Теорема 1 (О локальной структуре регулярного отображения) Пусть \(f\) регулярна в \(D\), \(z_0 \in D\), \(f(z_0) = w_0\). Пусть \[ f'(z_0) = \ldots = f^{(n-1)}(z_0) = 0, \quad f^{(n)}(z_0) \neq 0 \] Тогда найдутся такие окрестности \(U(z_0)\), \(V(w_0)\), что \(\forall w \in \dot{V}(w_0)\) уравнение \(f(z) = w\) имеет ровно \(n\) различных решений.

Действительно, имеем \(f(z) - f(z_0) = c_{n}(z - z_0)^n + o((z - z_0)^n) \sim c_{n}(z-z_0)^n\) при \(z \to z_0\). Смысл теоремы: голоморфная функция в окрестности каждой своей точки ведет себя как возведение в степень. Возведение в степень \(n\) раз наворачивает окружность \(U(z_0)\).

Критерий локальной однолистности (инъективности): первая производная не равна нулю.

Следствие 1 Пусть \(D\) – это область, \(f\) регулярна в \(D\), \(f\) не явл. константой. Тогда \(f(D)\) – область.

Mn-proofДоказательство

Связность \(f(D)\) следует из непрерывности \(f\). Докажем открытость. От противного: пусть \(z_0 \in D\) такая, что \(f(z_0) \not\in \operatorname {int}f(D)\). По теореме выше есть окрестность \(V(f(z_0))\), что каждая точка оттуда имеет хотя бы 1 прообраз. Противоречие.

ExampleПример 1

Старая задача: пусть \(D\) – область, пусть \(f\) регулярна в \(D\), \(\left|f(z)\right| \equiv \operatorname {const}\). Доказать, что \(f \equiv \operatorname {const}\).

SolutionРешение

Допустим, \(f\) не константа. По теореме выше \(f(D)\) – это область. Но \(f(D)\) – это подмножество окружности (т.к. \(\left|f\right| \equiv \operatorname {const}\)). Никакое подмножество окружности не может быть открытым. Противоречие.

2 Принцип максимума модуля

Теорема 2 (Принцип максимума, 1-я формулировка) Регулярная в области функция не может достигать супремума своего модуля. А именно, пусть \(f\) регулярна в области \(D\), \(f \not\equiv \operatorname {const}\). Тогда для любой точки \(z_0 \in D\) выполнено

\[ \left|f(z_0)\right| < \sup _{z \in D} \left|f(z)\right| \]

Теорема 3 (Принцип максимума, 2-я формулировка) Пусть \(f\) непр. в \(\overline{D}\) и регулярна в \(D\) (\(D\) – ограниченная область). Тогда

\[ \max _{z \in \overline{D}}\left|f(z)\right| = \max _{z\in \partial D}\left|f(z)\right| \]

Уведомление

Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).

План: TikZ: принцип максимума модуля.

Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/310/010_max_modulus_principle_fig.tex

Аналогично можно доказать принцип максимума (минимума) для \(\operatorname {Re}f\) (\(\operatorname {Im}f\)):

1. \(f\) регул. в огр. области \(D\), \(f\) не конст. Тогда для любой \(z_0 \in D\) будем иметь

   \[ \operatorname {Re}f(z_0) < \sup _{z \in D}\operatorname {Re}f(z) \]

2. аналогично для инфимума: \(\operatorname {Re}f(z_0) > \inf_{z \in D}\operatorname {Re}f(z)\) (в отличие от модуля, здесь никаких условий вроде \(f \neq 0\) не нужно: достаточно применить принцип максимума к \(-f\));

3. те же два утверждения для \(\operatorname {Im}f\) (это \(\operatorname {Re}(-if)\));

4. во 2-й формулировке: если \(f\) непрерывна в \(\overline{D}\), то \(\max_{\overline{D}}\operatorname {Re}f = \max_{\partial D}\operatorname {Re}f\), и аналогично для минимума и для \(\operatorname {Im}f\).

Принцип минимума модуля? Например, \(f(z) = z\), \(\left|z\right| < 1\). Минимум достигается: в нуле.

Теорема 4 (Принцип минимума модуля) \(f\) регулярна в огр. области \(D\), \(f \not\equiv \operatorname {const}\), \(f(z) \neq 0\) на \(D\). Тогда \(\forall z_0 \in D\) \[ \inf _{z \in D}\left|f(z)\right| < \left|f(z_0)\right| \]

Уведомление

Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).

План: TikZ: принцип минимума модуля.

Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/310/020_min_modulus_principle_fig.tex

ExampleПример 2

Пусть \[ P(z) = z^{n} + c_{n-1}z^{n-1} + \ldots + c_1z + c_0, \quad P(z) \not\equiv z^n \] Доказать, что найдется такая точка \(z_0 \in \mathbb {C}\), что \(\left|z_0\right| = 1\), \(\left|P(z_0)\right| > 1\).

SolutionРешение

Пусть

\[ f(\zeta ) := \zeta ^{n}P(1/\zeta ) = 1 + c_{n-1}\zeta + \ldots + c_{1}\zeta ^{n-1} + c_0\zeta ^{n} \]

\(f(0) = 1\), \(f\) голом. в \(\left|\zeta \right| < 1\), непрерывна в \(\left|\zeta \right| \leq 1\). Максимум внутри не достигается, значит

\[ 1 < \max _{\left|\zeta \right| \leq 1}\left|f(\zeta )\right| = \max _{\left|\zeta \right| = 1}\left|f(\zeta )\right| = \left|f(\zeta _0)\right| \]

для какой-то точки \(\zeta_0 \in \left\{ \left|\zeta \right| = 1\right\}\). Пусть \(z_0 = \frac{1}{\zeta_0}\). Тогда

\[ \left|P(z_0)\right| = \left|z_0^n\right| \cdot \left|f\left(\frac{1}{z_0}\right)\right| > 1 \]

Где мы использовали \(P(z) \not\equiv z^n\)? Чтобы сказать, что \(f(\zeta ) \not\equiv \operatorname {const}\).

ExampleПример 3

Пусть \(D\) – ограниченная область, \(f\) регулярна в \(D\), непрерывна в \(\overline{D}\), \(\left|f(z)\right| \equiv \operatorname {const}\) на \(\partial D\), \(f(z) \not\equiv \operatorname {const}\) на \(D\). Докажите, что существует \(z_0 \in D\): \(f(z_0) = 0\).

SolutionРешение

От противного: если \(f(z) \neq 0\) в \(D\), то для любой \(z_0 \in D\) имеем по принципу максимума и по принципу минимума (поскольку в ноль функция не обращается) \[ \min _{z \in \partial D}\left|f(z)\right| =\min _{z \in \overline{D}}\left|f(z)\right| \leq \left|f(z_0)\right| \leq \max _{z \in \overline{D}}\left|f(z)\right| = \max _{z \in \partial D}\left|f(z)\right| \] Крайние штуки равны, значит все неравенства обращаются в равенства. Значит \(\left|f(z)\right| \equiv \operatorname {const}\) в \(D\), а значит и \(f \equiv \operatorname {const}\) на \(D\). Противоречие.

ExampleПример 4

Дан квадрат \(ABCD\) со стороной \(l\). Найти точку \(P\) (в замкнутом квадрате), для которой достигается максимум произведения расстояний до вершин квадрата. Найти значение этого максимума.

SolutionРешение

Пусть \(z_A = 0\), \(z_{B} = il\), \(z_{C} = l + il\), \(z_{D} = l\). Пусть \(D = \left\{ 0 < \operatorname {Re}z, \operatorname {Im}z < l\right\}\) (внутренность квадрата). Рассмотрим функцию \(f(z) = (z-z_A) \cdot \ldots \cdot (z-z_D)\). Это полином, значит \(f\) голоморфна в области \(D\) и непрерывна до границы. Согласно принципу максимума, \[ \max _{z \in \overline{D}}\left|f(z)\right| = \max _{z \in \partial D}\left|f(z)\right| \] \(\partial D\) состоит из 4 отрезков. Из-за симметрии квадрата нам не важно, какой отрезок рассматривать. Рассмотрим от \(z_A\) до \(z_D\): \(z = z(t) = (1-t)z_A + tz_D = tl\), \(t \in [0,1]\). Тогда \[ \begin{align} \left|f(z(t))\right| & = \left|tl - 0\right|\cdot \left|tl - il\right|\cdot \left|tl - l - il\right| \cdot \left|tl - l\right| = \left|l\right|^4 \cdot \left|t\right| \cdot \sqrt{t^2 + 1} \cdot \sqrt{(t-1)^2 + 1} \cdot \sqrt{(t-1)^2} = \\ & = \left|l\right|^4 \cdot \sqrt{t^2(1-t)^2(t^2 + 1)((t-1)^2 + 1)} \end{align} \] Несложно посчитать (упражнение на матанализ), что функция под корнем на \([0,1]\) достигает своего максимума при \(t = \frac{1}{2}\), и ее значение там равно \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{5}{4} = \frac{5^2}{4^4}\). Итого максимум произведения равен \[ l^4\sqrt{\frac{5^2}{4^4}} = \frac{5}{16}\, l^4, \] и достигается он в середине стороны (\(t = \frac{1}{2}\)).

AnswerОтвет

\(P\) – середина произвольной стороны, максимум равен \(\frac{5}{16}\, l^4\).

3 Лемма Шварца

Лемма 1 Пусть \(f\) регулярна в \(D = \left\{ \left|z\right| < 1\right\}\), \(f(0) = 0\), \(\left|f(z)\right| \leq 1\), \(z \in D\). Тогда \[ \left|f(z)\right| \leq \left|z\right|, \; \forall z \in D, \qquad \left|f'(0)\right| \leq 1 \] причем если \(\left|f(z_0)\right| = \left|z_0\right|\) хотя бы в одной точке \(z_0 \neq 0\) или \(\left|f'(0)\right| = 1\), то \(f(z) = e^{i\alpha }z\), \(\alpha \in \mathbb {R}\).

Mn-proofДоказательство

Рассмотрим \(g(z) = \frac{1}{z}f(z)\) (в нуле доопределим значением \(f'(0)\) – особенность устранимая, т.к. \(f(0) = 0\)). Она будет регулярна в единичном круге. Фиксируем \(r < 1\): на окружности \(\left|z\right| = r\) имеем \(\left|g(z)\right| \leq \frac{1}{r}\), значит, по принципу максимума (2-я формулировка для круга \(\left|z\right| \leq r\)) \(\left|g(z)\right| \leq \frac{1}{r}\) и во всем круге \(\left|z\right| \leq r\). Устремляя \(r \to 1-\), получаем \(\left|g(z)\right| \leq 1\) всюду, т.е. \(\left|f(z)\right| \leq \left|z\right|\) и \(\left|f'(0)\right| = \left|g(0)\right| \leq 1\).

Оба случая равенства означают, что \(\left|g\right|\) достигает значения \(1\) (своего максимума) во внутренней точке круга. По принципу максимума тогда \(g \equiv \operatorname {const}\), причем константа по модулю равна \(1\): \(g \equiv e^{i\alpha }\), т.е. \(f(z) = e^{i\alpha }z\).

ExampleПример 5

Существует ли регулярная \(f: B_{1}(0) \to B_{1}(0)\), такая что \(f(0) = \frac{1}{2}\), \(f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{7}{8}\)?

SolutionРешение

Первая попытка: рассмотрим \(g(z) = \frac{f(z) - 1/2}{3/2}\). \(g(0) = 0\), \(\left|g(z)\right| < 1\). Имеем

\[ g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{f(1/2) - 1/2}{3/2} = \frac{7/8 - 1/2}{3/2} = \frac{1}{4} \]

Нет противоречия с леммой Шварца: \(\frac{1}{4} \leq \frac{1}{2}\). Нормировка сдвигом «слишком грубая» – попробуем иначе.

Общий вид дробно-линейного отображения \(\varphi : B_{1}(0) \to B_{1}(0)\):

\[ \varphi (z) = \frac{z - z_0}{1 - \overline{z_0}z}e^{i \alpha } \]

В нашем случае пусть \(\varphi (z) = \frac{z - \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}z} = \frac{2z - 1}{2-z}\). Пусть \(g(z) = \varphi (f(z))\). Тогда \(g: B_{1}(0) \to B_{1}(0)\), \(g(0) = 0\),

\[ g\left(\frac{1}{2}\right) = \varphi \left(\frac{7}{8}\right) = \frac{2 \cdot \frac{7}{8} - 1}{2 - \frac{7}{8}} = \frac{3/4}{9/8} = \frac{2}{3} \]

Модуль больше \(\frac{1}{2}\) – а лемма Шварца для \(g\) требует \(\left|g\left(\frac{1}{2}\right)\right| \leq \frac{1}{2}\). Противоречие: такой функции \(f\) не существует.

AnswerОтвет

Нет: композиция с дробно-линейным автоморфизмом круга нарушает лемму Шварца.

ProblemЗадача Т.1

Пусть \(P(z)\) — полином степени \(n\) и \(M(r) = \max_{|z| = r}|P(z)|\). Докажите, что для \(0 < r_{1} < r_{2}\) выполняется неравенство \(\frac{M\left(r_{1}\right)}{r_{1}^{n}} \geq \frac{M\left(r_{2}\right)}{r_{2}^{n}}\).

ProblemЗадача Т.2

Пусть функция \(f(z)\) голоморфна в единичном круге \(\mathbb {D}\) и \(|f(z)| < 1\) при \(z \in \mathbb {D}, f(0) = a \neq 0\). Доказать, что \(f(z) \neq 0\) при \(|z| < |a|\).

ProblemЗадача Т.3

Пусть \(a_{1}, \ldots , a_{n}\) — вершины правильного \(n\)-угольника, вписанного в единичный круг \(\mathbb {D}\). Доказать, что \[ \sup _{z \in \mathbb {D}} \prod _{k = 1}^{n}\left|z-a_{k}\right| = 2 \]

ProblemЗадача Т.4

Пусть \(P\) — многочлен с единичным старшим коэффициентом. Доказать, что на единичной окружности найдётся точка \(z_{0}\), в которой \(\left|P\left(z_{0}\right)\right| \geq 1\).

ProblemЗадача Т.5

Пусть функции \(f\) и \(g\) голоморфны в единичном круге \(\mathbb {D}\) и непрерывны в замыкании \(\overline{\mathbb {D}}\). Доказать, что \[ \max _{z \in \overline{\mathbb {D}}}(|f(z)|+|g(z)|) = \max _{|z| = 1}(|f(z)|+|g(z)|) \]