施瓦茨导数(Schwarzian derivative)

对于解析函数 $f(z)$, 称下面的表达式

\[
\{f,z\}:=\frac{f'''(z)}{f'(z)}-\frac{3}{2}\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)^2
\]

为施瓦茨导数(Schwarzian derivative). 

由于

\[
\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)'=\frac{f'''(z)f'(z)-f''(z)f''(z)}{(f'(z))^2}=\frac{f'''(z)}{f'(z)}-\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)^2,
\]

施瓦茨导数 $\{f,z\}$ 又可写为

\[
\{f,z\}=\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)'-\frac{1}{2}\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)^2.
\]

若令

\[
g(z)=\frac{af(z)+b}{cf(z)+d},
\]

则有

\[
\frac{g'''(z)}{g'(z)}-\frac{3}{2}\biggl(\frac{g''(z)}{g'(z)}\biggr)^2=\frac{f'''(z)}{f'(z)}-\frac{3}{2}\biggl(\frac{f''(z)}{f'(z)}\biggr)^2.
\]

即 $\{g,z\}=\{f,z\}$, 即得到如下命题.

命题.  施瓦茨导数(Schwarzian derivative)在莫比乌斯变换下不变.

对于解析函数 $f(z)$, 若 $s$ 是另一参数, 则根据 M. Barner, 可证明

\[
\{f,t\}=\varphi^{-2}\cdot\Bigl(\{f,z\}+2A^2-2A'\Bigr)
\]

这里 $\varphi=\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}z}$, $A=\frac{1}{2}\frac{\varphi'}{\varphi}$.

References:

[1] Schwarzian derivative - Encyclopedia of Mathematics

这里首先复习一下 $e^z$ 的定义. 当 $z$ 取复数时, 模仿实变量函数 $e^x$ 的定义, 将 $e^z$ 定义为

\[
e^z=1+\frac{z^1}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots
\]

类似地, 定义 $\sin z$ 和 $\cos z$ 如下:

\[
\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+\cdots
\]

\[
\cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^6}{6!}+\cdots
\]

于是, 易得

\[
e^{iz}=\cos z+i\sin z\tag{1}
\]

对 $z\in\mathbb{C}$ 也成立.

令 $z$ 为 $-z$, 根据上面 $\sin z$ 和 $\cos z$ 的定义, 有

\[
e^{-iz}=\cos z-i\sin z.\tag{2}
\]

(1) 和 (2) 相乘, 得

\[
1=e^{iz}\cdot e^{-iz}=\cos^2 z+\sin^2 z.
\]

因此 $\sin ^2 z+\cos^2 z=1$ 对 $z\in\mathbb{C}$ 也成立.

最后, 由于 $e^z$ 可以是无界的, 故 $\sin z$ 和 $\cos z$ 也是无界的.

全纯的定义

Cauchy 积分公式  ==>  全纯函数的均值性质  ==> 最大模原理  ==> Schwarz 引理

Cauchy 积分公式

\[
f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D(z_0, r)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z_0}\mathrm{d}\zeta
\]

全纯函数的均值性质,  指的是全纯函数 $f(z)$ 在某点 $z_0$ 处的值等于 $f(z)$ 在以 $z_0$ 为中心的一个圆上的值的平均.

具体的,

\[
f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(z_0+re^{i\theta})\mathrm{d}\theta
\]

设 $R > 0$, 定义 $\varphi:\ \mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ 为

\[
\varphi(z)=\begin{cases}
z, & |z|\leqslant R,\\
\frac{Rz}{|z|}, & |z| > R,
\end{cases}
\]

证明 $\varphi$ 是复平面到半径为 $R$ 的圆盘上的连续映射.

注:  这个函数用在 Lusin 定理的证明中. Lusin 定理先就实的有界函数进行证明, 对于复函数, 要用到这里的 $\varphi$.

设 $T > 0$, $\omega\in\mathbb{R}$. 定义

\[
f(s)=\int_{0}^{T}(e^{i\omega t-its}-e^{i\omega t+its})\mathrm{d}t,
\]

这里 $i=\sqrt{-1}$.

求这样的 $s$, 它对任意 $(T,\omega)\in\mathbb{R}^{+}\times\mathbb{R}$, 都有 $f(s)=0$.

Remark:

题目来源于浙江大学某老师布置的题目.

定义: 一个双周期函数如果是半纯的(也称“亚纯”,  即在有限复平面上仅有的奇点是极点), 就称为椭圆函数.

References:

潘承洞、潘承彪 著《模形式导引》  北京大学出版社.

复变函数 $\mathrm{Ln}z$ 或 $\mathrm{Log}z$ 的定义.

和实函数 $y=\ln x$ 的定义类似, 若复数 $\omega$ 满足 $e^{\omega}=z$, 则定义 $\mathrm{Ln}z=\omega$. 

由于

\[
e^{\omega+i2k\pi}=e^{\omega}.
\]

因此, $f(z)=\mathrm{Ln}z$ 是一个多值函数.  设 $z=re^{i\theta}$,  $\omega=u+iv$, $u,v$ 是实数. 则

\[
z=e^{\omega}=e^{u+iv}=e^u\cdot e^{iv}=e^u(\cos v+i\sin v)
\]

于是 $r=e^u$, 从而 $u=\ln r=\ln|z|$. $v=\theta+2k\pi$, $k$ 是任意整数. 

\[
f(z)=\mathrm{Ln}z=u+iv=\ln r+i(\theta+2k\pi)
\]

如果仅考虑 $k=0$, $\theta=\arctan\frac{y}{x}$, 这里 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, 则称这样的 $\mathrm{Ln}z$ 函数是其中的一个(主)分支.

验证: $\mathrm{Ln}z$ 在任一分支上满足柯西-黎曼方程(Cauchy-Riemann equation), 从而 $\mathrm{Ln}z$ 在分支上是全纯函数.

由于满足柯西-黎曼方程是复变函数 $f(z)$ 可导(即全纯)的充要条件, 故

\[
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}f(z)=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}.
\]

或简记为 $f'(z)=u_x+iv_x$.

Claim.

\[
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\mathrm{Ln}z=\frac{1}{z}
\]

参考自 [1] 第二卷 第九章 复变函数.

References:

[1]  A. D. 亚历山大洛夫  等 著 《数学，它的内容、方法和意义》,  科学出版社

令 $z=re^{i\theta}$, 写出 $\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}$ 的实部和虚部

\[
\mathrm{Re}(\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z})=\frac{1-r^2}{1-2r\cos(\theta-t)+r^2},
\]

\[
\mathrm{Im}(\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z})=\frac{2r\sin(\theta-t)}{1-2r\cos(\theta-t)+r^2}.
\]

若令 $r\in[0,1)$, 则 $\mathrm{Re}(\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}) > 0$. 我们记 $P_r(\theta-t)=\mathrm{Re}(\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z})$.

References:

W. Rudin, 《实分析和复分析》

若 $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n z^n$ 在收敛圆周上只有一个奇点 $z_0$, 且这个奇点是一级极点, 则 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{c_n}{c_{n+1}}=z_0$.

另一个版本的题目是:

设 $f$ 在开集 $\Omega\subset\mathbb{C}$ 中除一点 $z_0$ 以外全纯. $\Omega$ 包含单位圆 $S^1$, 且 $z_0\in S^1$. $z_0$ 是 $f$ 的一级极点. 如果把 $f$ 在单位圆盘 $D$ 中展成幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n z^n$. 证明

\[\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=z_0.\]

Friedrich Hartogs 在 1906 年发现了这样一个事实.

对于 $\mathbb{C}^2$ 中的一个简单区域 $H$, $H$ 上的任何全纯函数都有一个全纯扩张, 扩张到一个更大的开集 $\hat{H}$ 上.