问题及解答

定义在 Riemann 球面 $\overline{\mathbb{C}}$ 上的有理函数 $p(z)/q(z)$ 的度是多少?

回忆, 一个 $n$ 次复多项式定义了 Riemann 球面 $\overline{\mathbb{C}}$ 到自身的一个度为 $n$ 的映射.

设 $f:\ \overline{C}\rightarrow\overline{C}$, $f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}$, 其中 $p(z),q(z)$ 是 $z$ 的多项式.

不妨设 $p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1 z^1+a_0$, $q(z)=z^m+b_{m-1}z^{m-1}+\cdots+b_1 z^1+b_0$.

根据映射度的定义, $f$ 的映射度与 $f$ 在光滑同论映射类中的选取无关. 因此考虑同伦

\[
H(z,t)=\frac{z^n+t(a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1 z^1+a_0)}{z^m+t(b_{m-1}z^{m-1}+\cdots+b_1 z^1+b_0)}
\]

由于黎曼球面 $\overline{C}$ 同胚于 $\mathbb{C}P^1$, 因此不妨设 $z=\frac{z_1}{z_0}$, $w=f(z)=\frac{w_1}{w_0}$. 于是

\[
f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}=\frac{(z_1^n+a_{n-1}z_1^{n-1}z_0+\cdots+a_1 z_1^1 z_0^{n-1}+a_0 z_0^n)/z_0^n}{(z_1^m+b_{m-1}z_1^{m-1}z_0+\cdots+b_1 z_1^1 z_0^{m-1}+b_0 z_0^m)/z_0^m}
\]

即

\[
w=f(z)=g(w_1,w_0)=\frac{w_1}{w_0},
\]

其中

\[
w_1(z_1,z_0)=\frac{p(z)}{q(z)}=\frac{z_1^n+a_{n-1}z_1^{n-1}z_0+\cdots+a_1 z_1^1 z_0^{n-1}+a_0 z_0^n}{z_1^m+b_{m-1}z_1^{m-1}z_0+\cdots+b_1 z_1^1 z_0^{m-1}+b_0 z_0^m}
\]

\[
w_0(z_1,z_0)=z_0^{n-m}
\]

若设 $H(z,t)=\frac{w_1(z,t)}{w_0(z,t)}$, 其中

\[w_1(z,t)=w_1(z_1,z_0,t)=\frac{z_1^n+t(a_{n-1}z_1^{n-1}z_0+\cdots+a_1 z_1^1 z_0^{n-1}+a_0 z_0^n)}{z_1^m+t(b_{m-1}z_1^{m-1}z_0+\cdots+b_1 z_1^1 z_0^{m-1}+b_0 z_0^m)},\]

\[w_0(z,t)=w_0(z_1,z_0,t)=w_0(z_1,z_0)=z_0^{n-m}.\]

则当 $t=0$ 时,

\[w_1(z_1,z_0,0)=z_1^{n-m},\quad w_0(z_1,z_0,0)=z_0^{n-m}.\]

求此时映射 $w=z^{n-m}$ 的 Jacobian. 令 $z=x+iy$, $w=u+iv$, 计算

\[
\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\ldots=(n-m)^2|z^{n-m-1}|^2 > 0.
\]

或者这样来解释:

映射 $f:\ \overline{C}\rightarrow\overline{C}$, $f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}$ 是全纯映照. (事实上, 黎曼球面上的亚纯函数必为有理函数.)

因此, 转换函数

\[\phi_\alpha\circ\phi_{\beta}^{-1}:\ \phi_\beta(U_\alpha\cap U_\beta)\rightarrow\phi_\beta(U_\alpha\cap U_\beta)\]

是 $\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ 的全纯映射, 如果看成 $\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$, $(x,y)\mapsto(u,v)$ 的映射, 则 $u,v$ 满足 Cauchy-Riemann 方程, 从而

\[
J=\begin{vmatrix}u_x & u_y\\ v_x & v_y\end{vmatrix}=u_x v_y-u_y v_x=u_x^2+u_y^2 >0.
\]

因此, 根据映射度的定义, $\deg f=n-m$.

Remark:

上面的做法是错误的.

假设 $f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}$, 其中 $p(z)$, $q(z)$ 分别是 $z$ 的 $n$, $m$ 次复多项式, 并且是互素的, 即它们没有公因子. 令 $d=\max\{n,m\}$. 注意 $d=0$ 当且仅当 $f(z)$ 是常值函数. 我们证明,

Thm. 若 $d > 0$, 则对于任意 $c\in\overline{\mathbb{C}}$, $f^{-1}(c)$ 包含 $d$ 个原像(重根计算在内).

Pf. 首先假设 $c=\infty$, 对于 $z\in\mathbb{C}$, $f(z)=\infty$ 当且仅当 $q(z)=0$, 根据代数基本定理, $q(z)=0$ 有 $m$ 个复根(重数计算在内). 若 $n\leqslant m$, 则这些是 $f$ 的仅有的极点. 若 $n > m$, 则 $f$ 还有额外的极点 $\infty$, 它的重数为 $n-m$. 无论是哪种情况, $f(z)=\infty$ 的解都有 $\max\{n,m\}$ 个, 即 $d$ 个(重数计算在内).

现在假设 $c\neq\infty$. 由于 $d > 0$, 故 $f(z)\not\equiv c$. 因此

\[g(z)=\frac{1}{f(z)-c}=\frac{q(z)}{p(z)-cq(z)}\]

是有理函数. 此时 $f(z)=c$ 的解是 $g(z)$ 的极点, 根据上面的讨论, $\frac{q(z)}{p(z)-cq(z)}$ 的极点个数(重数计算在内)等于 $\max\{\deg q(z),\deg(p(z)-cq(z))\}$, 由于 $p(z)$ 与 $q(z)$ 互素, 因此

\[\max\{\deg q(z),\deg(p(z)-cq(z))\}=\max\{\deg q(z),\deg p(z)\}=\max\{m,n\}=d\]

即 $f(z)=c$ 的根仍是 $d$ 个(重数计算在内).

Cor. 设 $f:\overline{\mathbb{C}}\rightarrow\overline{\mathbb{C}}$ 的一个有理函数, $f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}$, 且 $d=\max\{\deg p(z),\deg q(z)\} > 0$, 则有

(i) $f$ 在 $\overline{\mathbb{C}}$ 上仅有有限多个重点.

(ii) 除上面这有限个点之外, 都有 $|f^{-1}(c)|=d$, 对于上面这有限个点, $1\leqslant |f^{-1}(c)| < d$.

Pf. (i) 由于 $f\'(z)$ 仍是有理函数, 并且不恒等于零, 故 $f\'(z)$ 在 $\overline{\mathbb{C}}$ 上仅有有限多个零点, 这是因为 $f(z)$ 仅有有限多个极点. 从而 (i) 成立.

(ii) 根据上面的定理, 对于 $c\in\overline{\mathbb{C}}$, 方程 $f(z)=c$ 有 $r$ 个互不相同的解 $a_1,\ldots,a_r$, 它们的重数分别为 $k_1,\ldots,k_r$, 满足 $k_1+\ldots+k_r=d$. 于是 $|f^{-1}(c)|=r$, 当然有 $1\leqslant |f^{-1}(c)|\leqslant d$. 等号成立即 $|f^{-1}(c)|=d$ 当且仅当所有 $k_i=1$. 也就是说, 除非有重点, 否则 $f^{-1}(c)$ 都包含 $d$ 个元素.

Remark: $f(z)$ 在 (i) 中这有限个点处的导数为零, 因此这有限个点都不是正则点. 它们被称为分歧点, 除开这些分歧点的像外, 都是正则值. 因此根据映射度的定义, $\deg f(z)=d=\max\{\deg p(z),\deg q(z)\}$.

References:

Gareth A. Jones, David Singerman, Complex Functions, an algebraic and geometric viewpoint. Cambridge University Press. [pp.9--10]