複素解析・リーマン面の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学複素解析・リーマン面

$D = {z \in C : ∣ z ∣ < 1}$ とする。 $f : D \to D$ は正則で $f (0) = 0$ をみたすとし、 $a = ∣ f^{'} (0) ∣$ とおく。このとき、すべての $z \in D$ に対して
$∣ f (z) ∣ \leq ∣ z ∣ \frac{∣ z ∣ + a}{1 + a ∣ z ∣}$
が成り立つことを証明せよ。

ただし、次の事実は証明なしに用いてよい。
- シュワルツの補題: 正則関数 $h : D \to D$ が $h (0) = 0$ をみたせば、すべての $z \in D$ で $∣ h (z) ∣ \leq ∣ z ∣$ である。
- 最大値原理: 連結な開集合上の正則関数の絶対値が内点で最大値をとれば、その関数は定数である。
- $∣ c ∣ < 1$ のとき、 $φ_{c} (w) = \frac{w - c}{1 - c w}$ は $D$ から $D$ への正則な全単射で、逆写像は $φ_{- c} (w) = \frac{w + c}{1 + c w}$ である。

シュワルツ＝ピックの補題（ $f (0) = 0$ を仮定しない形）は、用いる場合には証明すること。

この問題で使うもの

シュワルツの補題と零点の条件（説明と入口の問題）
シュワルツ・ピックの補題（説明と入口の問題）
最大値原理（説明と入口の問題）
複比と標準領域の間の一次分数変換（説明と入口の問題）
複素数平面と絶対値・共役複素数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（84 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$g (z) = f (z) / z$ （ $g (0) = f^{'} (0)$ ）を考え、 $g$ が $D$ から閉円板への正則関数であることを使う。 $∣ g ∣$ が $1$ に達するかどうかで場合を分ける。

ヒント 2

$∣ g ∣ < 1$ のとき、 $c = f^{'} (0)$ として $h = φ_{c} \circ g$ にシュワルツの補題を適用する。さらに恒等式 $∣1 + c w ∣^{2} - ∣ w + c ∣^{2} = (1 - ∣ c ∣^{2}) (1 - ∣ w ∣^{2})$ が鍵になる。

ヒント 3

$g = φ_{- c} \circ h$ と $∣ h (z) ∣ \leq ∣ z ∣$ から、 $∣ w ∣ = s$ のとき $∣ φ_{- c} (w) ∣ \leq \frac{s + a}{1 + a s}$ を示し、 $t \mapsto \frac{t + a}{1 + a t}$ が増加であることと組み合わせる。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$g (z) = f (z) / z$ , $g (0) = f^{'} (0)$ が除去可能特異点の除去（べき級数）により $D$ で正則になり、シュワルツの補題から $∣ g ∣ \leq 1$ であることを示している（2 点）
$∣ g ∣$ がある点で $1$ に達する場合を、最大値原理により $g$ が絶対値 $1$ の定数となり不等式が等号で成り立つと処理している（2 点）
$∣ g ∣ < 1$ の場合に $h = φ_{c} \circ g$ （ $c = f^{'} (0)$ ）が $h (0) = 0$ をみたす $D \to D$ の正則関数であることを確認し、シュワルツの補題で $∣ h (z) ∣ \leq ∣ z ∣$ を得ている（2 点）
恒等式 $∣1 + c w ∣^{2} - ∣ w + c ∣^{2} = (1 - a^{2}) (1 - ∣ w ∣^{2})$ と $∣1 + c w ∣ \leq 1 + a ∣ w ∣$ から $∣ φ_{- c} (w) ∣ \leq \frac{∣ w ∣ + a}{1 + a ∣ w ∣}$ を導いている（3 点）
$t \mapsto \frac{t + a}{1 + a t}$ の単調増加性を使って $∣ w ∣ \leq ∣ z ∣$ から結論に至り、 $z = 0$ の場合にも触れている（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

Step 1（ $g (z) = f (z) / z$ の構成）. $f$ は $D$ で正則で $f (0) = 0$ だから、 $0$ のまわりのべき級数展開は $f (z) = \sum_{n \geq 1} a_{n} z^{n}$ （ $∣ z ∣ < 1$ で収束）の形である。そこで
$g (z) = n \geq 1 \sum a_{n} z^{n - 1}$
とおくと、これは同じ収束半径をもつべき級数なので $D$ で正則であり、 $z \neq = 0$ では $g (z) = f (z) / z$ 、 $g (0) = a_{1} = f^{'} (0)$ である。

シュワルツの補題（ $f : D \to D$ 正則, $f (0) = 0$ ）より $∣ f (z) ∣ \leq ∣ z ∣$ だから、 $z \neq = 0$ で $∣ g (z) ∣ \leq 1$ 。 $g$ は連続なので $z = 0$ でも $∣ g (0) ∣ \leq 1$ 。よって $∣ g ∣ \leq 1$ が $D$ 全体で成り立ち、特に $a = ∣ g (0) ∣ \leq 1$ 。

Step 2（ $∣ g ∣$ が $1$ に達する場合）. ある $z_{0} \in D$ で $∣ g (z_{0}) ∣ = 1$ とする。 $∣ g ∣ \leq 1$ なので $∣ g ∣$ は内点 $z_{0}$ で最大値をとり、 $D$ は連結だから最大値原理より $g$ は定数 $λ$ （ $∣ λ ∣ = 1$ ）である。このとき $f (z) = λ z$ 、 $a = 1$ で、右辺は $∣ z ∣ \frac{∣ z ∣ + 1}{1 + ∣ z ∣} = ∣ z ∣ = ∣ f (z) ∣$ となり、不等式（等号）が成り立つ。

Step 3（ $g (D) \subset D$ の場合）. 以下、すべての $z$ で $∣ g (z) ∣ < 1$ とする。 $c = g (0) = f^{'} (0)$ とおくと $∣ c ∣ = a < 1$ 。 $h = φ_{c} \circ g$ とおくと、 $g : D \to D$ と $φ_{c} : D \to D$ がともに正則なので $h : D \to D$ は正則で、 $h (0) = φ_{c} (c) = 0$ 。シュワルツの補題より
$∣ h (z) ∣ \leq ∣ z ∣ (z \in D) .$
$φ_{- c}$ が $φ_{c}$ の逆写像であることから $g (z) = φ_{- c} (h (z))$ である。

Step 4（補題: $∣ w ∣ = s < 1$ なら $∣ φ_{- c} (w) ∣ \leq \frac{s + a}{1 + a s}$ ）. $w \in D$ , $s = ∣ w ∣$ とする。
$∣1 + c w ∣^{2} = 1 + 2 Re (c w) + a^{2} s^{2}, ∣ w + c ∣^{2} = s^{2} + 2 Re (c w) + a^{2}$
より
$∣1 + c w ∣^{2} - ∣ w + c ∣^{2} = 1 + a^{2} s^{2} - s^{2} - a^{2} = (1 - a^{2}) (1 - s^{2}) .$
また $0 < 1 - a s \leq ∣1 + c w ∣ \leq 1 + a s$ である（三角不等式）。したがって
$1 - ∣ φ_{- c} (w) ∣^{2} = \frac{( 1 - a ^{2} ) ( 1 - s ^{2} )}{∣1 + c w ∣ ^{2}} \geq \frac{( 1 - a ^{2} ) ( 1 - s ^{2} )}{( 1 + a s ) ^{2}} .$
一方、
$1 - (\frac{s + a}{1 + a s})^{2} = \frac{( 1 + a s ) ^{2} - ( s + a ) ^{2}}{( 1 + a s ) ^{2}} = \frac{( 1 - a ^{2} ) ( 1 - s ^{2} )}{( 1 + a s ) ^{2}}$
である（ $(1 + a s)^{2} - (s + a)^{2} = 1 + a^{2} s^{2} - s^{2} - a^{2}$ ）。2 式を比べて $∣ φ_{- c} (w) ∣^{2} \leq (\frac{s + a}{1 + a s})^{2}$ 、両辺とも非負なので $∣ φ_{- c} (w) ∣ \leq \frac{s + a}{1 + a s}$ 。

Step 5（単調性）. $0 \leq a < 1$ のとき $u (t) = \frac{t + a}{1 + a t}$ は $[0, 1)$ で
$u^{'} (t) = \frac{( 1 + a t ) - a ( t + a )}{( 1 + a t ) ^{2}} = \frac{1 - a ^{2}}{( 1 + a t ) ^{2}} > 0$
なので単調増加である。

Step 6（結論）. $z \in D$ を任意にとり $r = ∣ z ∣$ 、 $w = h (z)$ 、 $s = ∣ w ∣$ とおく。Step 3 より $s \leq r$ 。Step 4, 5 より
$∣ g (z) ∣ = ∣ φ_{- c} (w) ∣ \leq \frac{s + a}{1 + a s} \leq \frac{r + a}{1 + a r} .$
$z \neq = 0$ なら $∣ f (z) ∣ = ∣ z ∣∣ g (z) ∣ \leq ∣ z ∣ \frac{∣ z ∣ + a}{1 + a ∣ z ∣}$ 。 $z = 0$ なら両辺とも $0$ で成り立つ。

Step 2 と Step 3〜6 で場合はすべて尽くされるので、すべての $z \in D$ に対して $∣ f (z) ∣ \leq ∣ z ∣ \frac{∣ z ∣ + a}{1 + a ∣ z ∣}$ が成り立つ。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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