[Esercizio] Un' "estensione topologica" del Teorema di Liouville

[Studente Anonimo]

Vi propongo questo esercizio che trovo molto affascinante (non ho la soluzione, cioè ho la mia soluzione, sono abbastanza sicuro sia giusta)

Esercizio:
Sia \(M\) una superficie di Riemann, sia \(f \in \mathcal{H}(M)\) e \( g \in \mathcal{M}(M) \), dimostra che se \(M\) è compatto allora \(f\) è costante e \(g\) è suriettiva.


Ricordo le seguenti definizioni
Definizione 1:
Una superficie di Riemann \(M\) è una varietà topologica bidimensionale, connessa, di Hausdorff con una base numerabile con carte \( (U_i,\phi_i)_{i \in I} \), i.e. aperti \(U_i\) che ricoprono \(M\)) e omeomorfismi \( \phi_i : U_i \to V_i \) dove \( V_i \subset \mathbb{C} \) è un aperto. Inoltre
\[ \phi_j \circ \phi_i^{-1} : \phi_i (U_j \cap U_i) \to \phi_j ( U_j \cap U_i ) \]
è biolomorfa (un omeomorfismo conforme)

Definizione 2:
Una mappa continua \( f: M \to N \) tra superfici di Riemann è detta analitica se è analitica sulle carte, i.e. per un \( p \in M \) arbitrario e \( p \in U_j \), \(f(p) \in V_k \), dove rispettivamente \( (U_j,\phi_j) \) è una carta di \(M\) e \( (V_k, \psi_k) \) è una carta di \( N \), allora \( \psi_k \circ f \circ \phi_j^{-1} \) è analitica dov'è definita.

Definizione 3:
Nella definizione 2, se \( N = \mathbb{C} \) allora \(f\) è detta olomorfa, e l'insieme delle funzioni olomorfe su \(M\) sono denotate \( \mathcal{H}(M)\). Se \( N= \widehat{\mathbb{C}} \) allora \(f\) è meromorfa e denotiamo l'insieme delle funzioni meromorfe su \(M\) con \( \mathcal{M}(M) \).

[solaàl]

La prima cosa è molto facile (nel senso che è facile a seconda di cosa supponi di sapere): le funzioni olomorfe non costanti su un dominio connesso sono mappe aperte, e allora se \(f : M \to \mathbb C\) è olomorfa e non costante, \(f(M)\) è aperto, compatto e non vuoto; assurdo.

[Studente Anonimo]

Ma io supponevo di sapere solo quelle 3 definizioni. Anche perché non avevo idea se le funzioni olomorfe fossero mappe aperte su una generica superficie di Riemann (cosa che ho dimostrato ).
Però sì a saperlo diventa facile.

[Studente Anonimo]

E questo, nessuno?

"3m0o":
Sia \( M \) una superficie di Riemann, sia [...] \( g \in \mathcal{M}(M) \), dimostra che se \( M \) è compatto allora [...] \( g \) è suriettiva.

[dissonance]

In effetti è bello. Su \(\mathbb C\) il risultato è falso perché \(1/z\) non è surgettiva. Ma guarda un po’ che roba.

Ho pensato un po’ alla dimostrazione, ma per me “superficie di Riemann” è una parola straniera. E quindi ho ragionato sulla sfera \(\mathbb S^2=\mathbb C\cup \{\infty\}\). Qui succede una cosa interessante, perché le mappe olomorfe di \(\mathbb S^2\) in sé sono precisamente le trasformazioni di Möbius
\[f(z) = \frac{az+b}{cz+d}, \]
dove \(\begin{bmatrix} a & b \\ c & d\end{bmatrix} \) è una matrice invertibile, e si intende che \(f(\infty)=a/c, f(-d/c)=\infty\). La cosa interessante è che queste trasformazioni sono sempre surgettive (infatti sono bigettive, se viste come mappe della sfera in sé).

Dimostrazione: introduciamo coordinate omogenee
\[z=\frac{z_1}{z_2}, \quad w=\frac{w_1}{w_2}.\]
In questo modo, \(z=\infty\) corrisponde a \(z_2=0\). L’equazione \(f(z)=w\) diviene
\[
\frac{az_1 + bz_2}{cz_1 + d z_2} = \frac{w_1}{w_2}, \]
e si può risolvere, per esempio, con la regola di Cramer. \(\Box\)

Qui abbiamo studiato funzioni olomorfe \(\mathbb S^2 \to \mathbb S^2\). Dovremmo invece studiare funzioni meromorfe \(\mathbb S^2\to \mathbb C\). Immagino che queste ultime siano sempre trasformazioni di Möbius, ma ora devo proprio andare e quindi mi fermo qui per il momento.

P.S.: Cercando in rete vedo che le funzioni meromorfe di \(\mathbb S^2\) in \(\mathbb C\) non sono necessariamente Möbius, ma funzioni razionali, ovvero
\[
f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}, \]
dove \(P\) e \(Q\) sono dei polinomi. Questo fatto però non lo so dimostrare.

Prendendo questo fatto per buono, il caso di \(\mathbb S^2\) segue facilmente. Infatti, le funzioni razionali sono surgettive, per il teorema fondamentale dell’algebra; l’equazione
\[f(z)=w\]
si riscrive
\[\tag{1}P(z)-wQ(z)=0, \]
e considerando \(w\) come un parametro fissato, è una equazione polinomiale in una sola variabile, e quindi ha soluzioni. C’è solo un caso eccezionale, ed è se (1) si riduce all’equazione assurda \(b=0\), dove \(b\ne 0\) è il termine costante di \(P\); ma in quel caso, un piccolo conto mostra che si ha \(f(\infty)=w\), e quindi anche in quel caso ci sono soluzioni. Questo dimostra che \(f\) è surgettiva.

In conclusione, se riuscissi a dimostrare che tutte le funzioni meromorfe su \(\mathbb S^2\) sono funzioni razionali, avrei finito per lo meno il caso particolare di \(\mathbb S^2\).

[Studente Anonimo]

"dissonance":
P.S.: Cercando in rete vedo che le funzioni meromorfe di \( \mathbb S^2 \) in \( \mathbb C \) non sono necessariamente Möbius, ma funzioni razionali, ovvero
\[ f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}, \]
dove \( P \) e \( Q \) sono dei polinomi. Questo fatto però non lo so dimostrare.

Se vuoi ti lascio la dimostrazione di questo fatto qui in spoiler:

Sia \( f: \widehat{\mathbb{C}} \to \widehat{\mathbb{C}} \) una funzione olomorfa, i.e. \( f:\widehat{\mathbb{C}} \to \mathbb{C} \) meromorfa. Allora è una funzione razionale. Ovvero esistono \( P,Q : \mathbb{C} \to \mathbb{C} \) tale che
\[ f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)} \]
per ogni \( z \in \mathbb{C} \setminus \{ f = \infty \} \).

Claim 1:
Abbiamo che se \( P : \mathbb{C} \to \mathbb{C} \) è un polinomio non costante. Allora ponendo \( P(\infty) := \infty \) abbiamo un'estensione olomorfa \( P: \widehat{\mathbb{C}} \to \widehat{\mathbb{C}} \).

Dimostrazione:
Sia \( P(z) = a_0 + a_1 z + \ldots + a_nz^n \) con \( a_n \neq 0 \) e \( n \geq 1 \). Consideriamo \(g(z) = 1/P(1/z) \) vicino a \(0\) con \(g(0)=0 \). Allora se \(n > 1 \) abbiamo che
\[ \frac{g(z)-g(0)}{z} = \frac{1}{P(1/z) z} = \frac{1}{a_0z+a_1 + \ldots + a_nz^{1-n} } \xrightarrow{z \to 0} 0 \]
mentre se \( n = 1 \)
\[ \frac{g(z)-g(0)}{z} \xrightarrow{z \to 0} 1/a_1 \]
Abbiamo quindi che \(P\) è differenziabile in \( \infty \) dunque olomorfa su \( \widehat{\mathbb{C}} \).

Claim 2:
Se \( f: \widehat{\mathbb{C}} \to \widehat{\mathbb{C}} \) è olomorfa e soddisfa \( f(\mathbb{C} ) \subset \mathbb{C} \) allora \(f \) è un polinomio.

Dimostrazione claim 2:
Se \( f(\infty) \in \mathbb{C} \) abbiamo che \(f\) è costante infatti poiché la sfera di Riemann è un compatto e che \( f(\mathbb{C} ) \subset f(\widehat{\mathbb{C}}) \subset \mathbb{C} \) deduciamo che \(f \) è limitata pertanto abbiamo che \( f \mid_{\mathbb{C}} \) è costante grazie a Liouville per continuità di \(f\) nel punto all'infinito abbiamo che \(f \) è costante su \( \widehat{\mathbb{C} } \). Possiamo dunque assumere che \(f(\infty)=\infty \). Per continuità la funzione \(g(z) = 1/f(1/z) \) soddisfa \(g(0) \). Sia dunque \(n\) l'ordine dello zero di \( g \) in \(0\). Localmente possiamo scrivere
\[g(z) = z^n \sum_{j=0}^{\infty} a_{n+j}z^j \]
pertanto esiste un certo \( \delta > 0 \) tale che per ogni \( \left| z \right| \leq \delta \) abbiamo che \( \left| g(z) \right| \geq \frac{1}{2} \left| a_n \right| \left| z \right|^n \). Pertanto
\[ \left| f(z) \right| \leq \frac{2}{\left| a_n \right|} \left| z \right|^n \]
per ogni \( \left| z \right| \geq 1/\delta \). Usando quindi il teorema generalizzato di Liouville[nota]Se \(f : \mathbb{C} \to \mathbb{C} \) è olomorfa ed esiste \(R > 0 \) e \(n \in \mathbb{N} \) tale che \( \left| f(z) \right| \leq R \left| z \right|^n \) per ogni \(z \in \mathbb{C} \) con \( \left| z \right| \geq R \) allora \(f \) è un polinomio di grado al più \(n\).[/nota] segue che \(f\) è un polinomio de grado al più \(n\).

Dimostrazione:
Assumiamo \(f\) non costante.
Grazie al Claim 2 assumiamo senza perdita di generalità che esiste \(z \in \mathbb{C} \) tale che \( f(z) = \infty \). Siccome \( \widehat{\mathbb{C} } \) è un compatto allora abbiamo che \( f^{-1}(\infty) \cap \mathbb{C} = \{ a_1,\ldots, a_n \} \) per qualche \(n \in \mathbb{N} \). Altrimenti avremmo un punto di accumulazione in \( \widehat{\mathbb{C}} \) e dunque sarebbe costante \(f \equiv \infty \). Consideriamo dunque \( 1/f \) nei punti \( a_i \) e abbiamo che possiede uno zero di un certo ordine \( k_i \). Pertanto \(f \) ha un polo di ordine \( k_i \). Possiamo dunque definire il seguente polinomio
\[ Q(z) := \prod_{j=1}^{n} (z-a_i)^{k_i} \]

Definiamo inoltre \( f \cdot Q : \mathbb{C} \setminus \{ a_1,\ldots, a_n \} \to \mathbb{C} \), è olomorfa con singolarità rimuovibili e dunque si estende ad una funzione intera. Inoltre se \( f(\infty ) \in \mathbb{C} \) il teorema generalizzato di Liouville implica che \( f \cdot Q \) si estende ad un polinomio. Se \( f( \infty) = \infty \) segue chiaramente che \( f \cdot Q(\infty) := \infty \) definisce un'estensione olomorfa, infatti grazie al Claim 1 il polinomio \(Q\) è olomorfo in \( \infty \) e vale \( \infty \), sempre grazie al Claim 2 deduciamo che \( f \cdot Q \) è un polinomio.

Così dovresti aver fatto il caso \( \mathbb{S}^2 \) (mi sono reso conto ora che io ho chiamato con \( \widehat{\mathbb{C}} \) quello che tu hai chiamato \( \mathbb{S}^2 \)). Però il claim generale su una generica superficie di Riemann non l'ho fatto così.

[dissonance]

Grazie, sei molto gentile ma non ho ancora visto il tuo spoiler (ma lo vedrò prima o poi). Vorrei arrivarci da solo, ci penso un po’ nei ritagli di tempo.

[dissonance]

Mamma mia com’era facile. Imbarazzante!

"dissonance":
P.S.: Cercando in rete vedo che le funzioni meromorfe di \( \mathbb S^2 \) in \( \mathbb C \) non sono necessariamente Möbius, ma funzioni razionali, ovvero
\[ f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}, \]
dove \( P \) e \( Q \) sono dei polinomi. Questo fatto però non lo so dimostrare.

Dimostrazione. Supponiamo che \(f\) sia una funzione meromorfa su \(\mathbb S^2\) (aka \(\widehat{\mathbb C}\)). Se i suoi poli sono \(z_1, z_2,\ldots,z_m \ne \infty\) con molteplicità \(k_1, k_2,\ldots,k_n\), allora la funzione
\[
h(z)=(z-z_1)^{k_1}(z-z_2)^{k_2}\ldots(z-z_n)^{k_n}f(z)
\]
è olomorfa e pertanto è Möbius. Perciò
\[f(z)=\frac{h(z)}{(z-z_1)^{k_1}(z-z_2)^{k_2}\ldots(z-z_n)^{k_n}}\]
è razionale. Resta da considerare il caso in cui un polo cade su \(\infty\). In quel caso consideriamo
\[
g(z)=\frac{f(z)}{z^2}\]
e adesso il polo è finito nell’origine, e lo possiamo rimuovere come prima. \(\Box\)

Questa dimostrazione è scritta malamente ma spero che almeno il senso si capisca. In ogni caso mi sono capito da solo

P.S.: Ho letto lo spoiler. Interessante; penso che con il tuo approccio, che è molto più accurato del mio, si riesca anche a dimostrare il risultato che io qui do per scontato, ovvero che le mappe olomorfe di \(\hat{\mathbb C}\) in sé sono Möbius.

[Studente Anonimo]

Sì era molto più facile come hai fatto te effettivamente. Comunque per il Claim generale se voleste degli hint (su come ho fatto io) li lascio in spoiler

Siano \(M,N \) come la definizione 1
- Dimostrare che il teorema dell'identità è valevole anche per \(f,g: M \to N \), dove \(f,g \) sono analitiche nel senso della definizione 2
- Dedurre che il teorema della mappa aperta è valevole. Ovvero se \( f : M \to N \) è analitica e non costante allora \(f(M)\) è un sottoinsieme aperto di \(N\).
- Dedurre che se \(M\) è compatto ed \(f: M \to N \) analitica e non costante allora \(f\) è suriettiva e \(N\) compatto. Ricordo che \(N\) è di Hausdorff
- Dedurre il risultato