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旨在提供黎曼映射定理的详细证明。

黎曼映射定理。每个简单连通区域$\Omega \subsetneq \mathbb{C}$等价于开单位圆盘$U$ 。

幸运的是，这个证明可以在许多复杂分析的教科书中找到，但是这个证明是相当技术性的，所以阅读起来会很痛苦。这篇文章可以被视为止痛药。在这篇文章中，您将看到充满了许多细节的证明。然而，作者仍然鼓励读者用自己的笔和纸复制证明。作者也希望这篇文章可以增加这个定理和证明的可访问性。

但是，有一个酒吧。我们需要假设一些复杂分析的背景，尽管它们已经很基础了。最低的先决条件是能够回答以下问题。

轮廓积分，柯西公式。
几乎均匀收敛。让$\Omega \subset \mathbb{C}$是开放的，并假设$f_j \in H(\Omega)$对所有$j=1,2,\dots$和$f_j \to f$均匀分布在每个紧凑子集$K \subset \Omega$上。 $f \in H(\Omega)$吗？ $f’_j$的统一限制是多少？非正式地，我们称函数序列一致收敛于每个紧凑子集的现象几乎一致收敛。这几乎与积分理论中的任何地方都没有关系。事实上，这篇文章不需要 Lebesgue 积分理论的背景。
开放映射定理（复分析版）。
最大模量原理和一些变体。
鲁歇定理。甚至更多，余数的计算。

准备

尽管有先决条件，但我们仍然需要事先做一些准备。

简单连接

定义 1.令$X$为连通拓扑空间。如果每条曲线都是空同伦的，我们说$X$是简单连通的。令$\gamma:[0,1] \to X$是一条闭合曲线，即它是一个连续映射，使得$\gamma(0)=\gamma(1)$ 。如果 $\gamma$ 与具有$x \in X$的常数映射$\gamma_0:[0,1] \to \{x\}$同伦，我们就说$\gamma$是空同伦的。

直观地说，如果$X$是简单连通的，则$X$不包含“洞”。例如，单位圆盘$U$是简单连接的。但是， $U \setminus \{0\}$不是。另一方面， $U \setminus [0,1)$仍然是简单连接的。另一个令人满意的结果是每个凸连通开集都是简单连通的。这取决于凸组合。

简单连通区域有很多好的性质，下面总结一下。

命题 1.对于一个区域（ $\mathbb{R}^2$的开放和连通子集），以下条件是等价的。每一个都可以暗示其他八个。

$\Omega$同胚于开单位圆盘$U$ 。

$\Omega$是简单连接的。

$\operatorname{Ind}_\gamma(\alpha)=0$对于$\Omega$和$\alpha \in S^2 \setminus \Omega$中的每个路径$\gamma\ ) ，其中\(S^2$是黎曼球面。

$S^2 \setminus \Omega$已连接。

每个$f \in H(\Omega)$都可以用多项式近似，几乎一致..

对于 $\Omega$ 中的每个$f \in H(\Omega)$和每个封闭路径$\gamma\ ) ，

\[\int_\gamma f(z)\mathrm{d}z=0.\]

每个\(f \in H(\Omega)$都有反导数。也就是说，存在一个$F \in H(\Omega)$使得$F’=f$ 。

如果$f \in H(\Omega)$和$1/f \in H(\Omega)$ ，则存在一个$g \in H(\Omega)$使得$f =\exp{g}$ 。

对于这样的$f$ ，还存在一个$\varphi \in H(\Omega)$使得$f=\varphi^2$ 。

5~9 说得差不多了，微积分在这里很好，在某种程度上我们不用担心噩梦般的反例。大多数含义$n \implies n+1$并不难，但有些含义值得一提。 4 暗示 5 是龙格定理的结果。在 7 到 8 的含义中，需要使用$\Omega$是连通的这一事实。当我们有$f=\exp{g}$时，我们可以把$\varphi=\exp\frac{g}{2}$从中获得$f=\varphi^2$ . 9 暗示 1 部分是黎曼映射定理的结果。事实上，如果$\Omega$是平面，那么同胚很容易： $z \mapsto \frac{z}{1+|z|}$是$\Omega$到$ ü$ 。但是当$\Omega$是一个真子集时，我们需要黎曼映射定理来给出剩余部分。

如果你知道 sheaf 的定义，你就会意识到$(\mathbb{C},H(\cdot))$确实是一个 sheaf。对于每个开放子集$\Omega \subset \mathbb{C}$ ， $H(\Omega)$是一个环，更准确地说，是一个$\mathbb{C}$ –代数。指数映射$\exp:g \mapsto e^g$是层态射。然而，我们现在看到它是满射的当且仅当$\Omega$是简单连接的。我希望这可以帮助你弄清楚代数几何的练习。你知道，Robin Hartshorne 的那本著名的书。

由于我们还没有证明黎曼映射定理，所以我们还不能使用上面的等价性。但是，我们可以立即使用 9。这产生了 Koebe 的平方根技巧。

平等与正常家庭

平等是一个非常重要的概念。你可能已经在微分方程、调和函数中看到过它，也许只是函数序列。我们将用它来描述一个函数族，其中几乎一致的收敛性可以很好地建立。

定义 2.设$\mathscr{F}$是函数族$(X,d) \to \mathbb{C}$其中$(X,d)$是度量空间。

我们说 $\ mathscr {F}$是等连续的，如果对于每个$\varepsilon>0$对应一个$\delta>0$使得每当$d(x,y)< \delta$ ，我们有$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$为所有$f \in \mathscr{F}$ 。特别是，根据定义， $\mathscr{F}$中的所有函数都是一致连续的。

我们说$\mathscr{F}$是逐点有界的，如果对于每个$x \in X$ ，对应一些$0 \le M(x) < \infty$使得$| f(x)| \le M(x)$对于每个$f \in \mathscr{F}$ 。

我们说$\mathscr{F}$在每个紧致子集上是一致有界的，如果对于每个紧致$K \subset X$ ，对应一个数$M(K)$使得$| f(z)| \le M(K)$为所有$f \in \mathscr{F}$和$z \in K$ 。

这些概念都在谈论“一族”的连续性和有界性。在我们对黎曼映射定理的证明中，我们没有显式地构造映射，相反，我们将使用上面的这些概念来获得存在的一个（这是一个极限）。在这篇文章中，我们简单地将$X=\Omega \subset \mathbb{C}$放入一个简单连通区域，而$d$是自然区域。

等连续性的一个著名结果是 Arzelà-Ascoli，它说逐点有界性和等连续性意味着几乎一致的收敛。

定理 1 (Arzelà-Ascoli)令$\mathscr{F}$是度量空间$X$上的复函数族，它是逐点有界且等连续的。 $X$是可分的，即它包含一个可数稠密集。然后$\mathscr{F}$中的每个序列$\{f_n\} $ 都有一个子序列，该子序列均匀地收敛于$X$的每个紧凑子集。

这是一个独立的证明。

当然，可以让$X$成为$\mathbb{R}$ 、 $\mathbb{C}$或它们的乘积的子集。出于这个原因，我们在实际和复杂的分析中使用它。我们将需要这种几乎一致的收敛来建立我们的保形图。为了说明其在复分析中的应用，我们引入了正规族的概念。

定义 3.假设$\mathscr{F} \subset H(\Omega)$ ，对于某个区域$\Omega \subset \mathbb{C}$ 。如果 $\mathscr{F} \ ) 的每个成员序列都包含一个子序列，该子序列一致收敛于\(\mathscr{F}$的每个紧凑子集，我们称$\mathscr{F}$为正常族.限制函数不需要在$\mathscr{F}$中。

我们现在将 Arzelà-Ascoli 应用于复分析。

定理 2（蒙特尔）。假设$\mathscr{F} \subset H(\Omega)$是一致有界的，则$\mathscr{F}$是正规族。

证明。我们需要证明$\mathscr{F}$是“几乎”等连续的，因为一致有界清楚地暗示了逐点有界，我们可以稍后应用 Arzelà-Ascoli。

令$\{K_n\}$为紧集序列，使得 (1) $\bigcup_n K_n = \Omega$和 (2) $K_n \subset K^\circ_{n+1} \子集 K_{n+1}$ ， $K_{n+1}$的内部。那么对于每个$z \in K_n$ ，存在一个正数$\delta_n$使得\[D(z,2\delta_n) \subset K_{n+1}^\circ \subset K_{ n+1},\]其中$D(a,r)$是以$a$为中心，半径为$r$的圆盘。如果这样的 $\delta_n$不存在，则存在一个点$z \in K_{n}$使得每当$\delta>0$ ， $D(z,\delta) \ setminus K_{n+1} \ne \varnothing$ ，也就是说$z$是一个边界点。但这是不可能的，因为$z\ ) 根据定义位于\(K_{n+1}$的内部。

对于这样的$\delta_n$ ，我们选择$z’,z” \in K_n$使得$|z’-z”| < \delta_n$ 。令$\gamma$为正向圆，中心为$z’$ ，半径为$2\delta_n$ ，即$D(z’,2\delta_n)$的边界。回想一下，柯西公式说\[f(z’)=\frac{1}{2\pi{i}}\int_\gamma \frac{f(\zeta)}{\zeta-z’}\mathrm{ d}\zeta.\]我们将利用它。通过上面的公式，我们有\[\begin{aligned}f(z’)-f(z”)&=\frac{1}{2\pi{i}}\int_\gamma f(\zeta) \left(\frac{1}{\zeta-z’}-\frac{1}{\zeta-z”} \right)\mathrm{d}\zeta \\ &=\frac{z’-z ”}{2\pi{i}}\int_\gamma \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z’)(\zeta-z”)}\mathrm{d}\zeta.\ end{aligned}\]现在我们使用我们选择的$z’$ 、 $z”$和$\gamma$ 。根据定义，对于$\zeta \in \gamma^\ast$ （ $\gamma$的范围），我们有$|\zeta-z’|=2\delta_n$ 。由于$|z’-z”|<\delta_n$ ，我们有$|\zeta-z’|=2\delta_n=|\zeta-z”+z”-z|\le | \zeta-z”|+|z”-z’|$ 。因此$|\zeta-z”| \ge 2\delta_n-|z”-z’|>\delta_n$ 。考虑到这一点，我们看到\[\begin{aligned}|f(z’)-f(z”)| &\le \frac{|z’-z”|}{2\pi}\int_\gamma \frac{|f(\zeta)|}{|\zeta-z’||\zeta-z” |}\mathrm{d}\zeta \\ &< \frac{|z’-z”|}{2\pi}\int_\gamma \frac{M(K_{n+1})}{2\ delta_n\delta_n}\mathrm{d}\zeta \\ &= \frac{|z’-z”|}{2\pi}\frac{M(K_{n+1})}{2\delta_n\ delta_n}2\pi\delta_n \\ &= \frac{M(K_{n+1})}{2\delta_n}|z’-z”|\end{aligned}\]这可能看起来令人困惑，所以我们再解释一下。由于$D(z’,2\delta_n) \subset K^\circ_{n+1}$ ，我们必须有$\overline{D}(z’,2\delta_n) \subset K_{n+ 1}$ ，因此每当$\zeta \in \gamma^\ast=\partial D(z’,2\delta_n)$ ，我们有$|f(\zeta)| \le M(K_{ n+1})$ 。这就是我们使用统一有界假设的地方。我们有$|(\zeta-z’)(\zeta-z”)|>2\delta_n\delta_n$ 。因此，被积函数$\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z’)(\zeta-z”)}$范数的积分由$\frac{M( K_{n+1})}{2\delta_n^2}$ 。因此， $\gamma$上的积分以$\frac{M(K_{n+1})}{2\delta_n^2}$乘以$2\pi\delta_n$为界，结果跟随。

这种不平等意味着什么？对于$\varepsilon>0$ ，如果我们选择$\delta=\min\{\delta_n,\frac{2\delta_n\varepsilon}{M(K_{n+1})}\}$ ，然后对于每个$f \in \mathscr{F}$和 \ ( |z’-z”|<\delta \) 。也就是说，对于每个$K_n$ ， $\mathscr{F}$ 的成员对 \ ( K_n \) 的限制形成一个等连续的族。

现在考虑$\mathscr{F}$中的序列$\{f_j\} $。对于每个$n$ ，我们将 Arzelà-Ascoli 定理应用于$\mathscr{F}$到$K_n$的限制，它给了我们一个无限子集$S_n \subset \mathbb{N }$使得$f_j$在$K_n$上一致地收敛为 $j $ 和$j \in S_n$ 。请注意，我们可以确定$S_n \supset S_{n+1}$ ，因为如果子序列在$S_{n+1}$内均匀收敛，那么它也在$S_n$内均匀收敛。选择一个新序列$\{s_j\}$其中$s_j \in S_j$ ，然后我们看到$\lim_{j \to \infty}f_{s_j}$一致地收敛于每个$K_n $ ，因此在$\Omega$的每个紧凑子集$K$上。现在证明了这个说法。 \（\正方形\）

评论。我们不知道极限是什么，这也发生在我们对黎曼映射定理的证明中。

然而，序列$\{K_n\}$可以显式构造。事实上，对于平面上的每个开集$\Omega$ ，都有一个紧集序列$\{K_n\}$ ，使得

$\bigcup_n K_n=\Omega$ 。
$K_n \subset K_{n+1}^\circ$ 。
对于每一个紧凑的$K \subset \Omega$ ，都有一些$n$使得$K \subset K_n$ 。
$S^2 \setminus K_n$的每个分量都包含$S^2 \setminus \Omega$的一个分量。

该集合的构造如下，可以验证以满足我们上面的要求。或每个$n$ ，定义\[V_n = D(\infty,n) \cup \bigcup_{a \not\in \Omega}D(a,1/n).\]然后$K=S ^2 \setminus V_n$是我们想要的。

施瓦茨引理

是我们证明黎曼映射定理的另一个重要工具。我们需要这个引理来建立重要的不平等。这个引理及其变体显示了全纯映射的刚性。我们利用最大模量定理。为简单起见，设$H^\infty$是$U$上的有界全纯函数的 Banach 空间，配备上范数$\| \cdot \|_\infty$ 。

定理 3（施瓦茨引理）。假设$f:U \to \mathbb{C}$是$H^\infty$中的一个全纯映射，使得$f(0)=0$和$\|f\|_\ infty \le 1$ ，然后\[\begin{aligned}|f(z)| &\le |z| \quad (z \in U), \\|f'(0)| &\le 1;\end{aligned}\]另一方面，如果$|f(z)|=|z|$对一些$z \in U \setminus \{0\}$成立, 或者如果$|f'(0)|=1$成立，则$f(z)=\lambda{z}$对于某个复数常数$\lambda$使得$|\lambda |=1$ 。

证明。由于$f(0)=0$ ， $f(z)/z$在$z=0$处具有可移除的奇点。因此存在$g \in H(U)$使得$f(z)=zg(z)$ 。修复$0<r<1$ 。对于任何$z \in U$使得$|z|<r$ ，我们有\[|g(z)| \le \max_\theta\frac{|f(re^{i\theta})|}{|re^{i\theta}|} \le \frac{1}{r}.\]因此当$ r \to 1$ ，我们看到所有$z \in U$的$|g(z)| \le 1\ ) 。因此\(|f(z)| \le |z|$紧随其后。另一方面，如果$|g(z)|=1$在某个点，最大模迫使$g(z)$是一个常数，比如说$\lambda$ ，它从中遵循$|\lambda|=|g(z)|=1$和$f(z)=\lambda{z}$ 。 \（\正方形\）

Schwarz 引理有很多变体，我们将使用 Schwarz-Pick。

定义 4.对于任何$\alpha \in U$ ，定义\[\varphi_\alpha(z) = \frac{z-\alpha}{1-\overline\alpha z}.\]

这个家族是莫比乌斯变换的一个亚家族，但是我们现在对这个家族不太关注。我们需要这样一个事实，即这样的$\varphi_\alpha$总是一个一对一的映射，它将$S^1$ （单位圆）带到$S^1$和$U\ )到\(U$和$\alpha$到$0$ 。这需要最大模量定理的另一个应用。直接计算表明\[\varphi’_\alpha(0)=1-|\alpha|^2, \quad \varphi’_\alpha(\alpha)=\frac{1}{1-|\alpha |^2}.\]

定理 4（Schwarz-Pick 引理）。假设$\alpha,\beta \in U$ ， $f \in H^\infty$和$\| f\|_\infty \le 1$ ， $f(\alpha)= \beta$ 。那么\[|f'(\alpha)| \le \frac{1-|\beta|^2}{1-|\alpha|^2}.\]

证明。考虑\[g=\varphi_\beta \circ f \circ \varphi_{-\alpha}.\]我们看到$g \in H^\infty$和$\|g\|_\infty \le 1$ 。更重要的是， $g(0)=\varphi_\beta \circ f(\alpha)=\varphi_\beta(\beta)=0$ 。根据施瓦茨引理， $|g'(0)| \le 1$ 。另一方面，我们看到\[g'(0)=\varphi_\beta'(\beta)f'(\alpha)\varphi_{-\alpha}'(0)\]因此\[|f’ (\alpha)| \le \frac{1-|\beta|^2}{1-|\alpha|^2}.\]特别是，等式成立当且仅当$g(z)=\lambda{z}$对于一些常数$\lambda$ 。如果是这种情况，则\[\varphi_\beta \circ f \circ \varphi_{-\alpha}(z)=\lambda{z} \暗示 f(z)=\varphi_{-\beta}(\ lambda\varphi_\alpha(z)).\]故事可以继续，但我们在这里停下来继续我们关于黎曼映射定理的故事。

黎曼映射定理

每个$z \ne 0$确定一个从原点开始的方向，可以用\[A[z]=\frac{z}{|z|} 来描述。\]让$f:\Omega \to \mathbb{C}$是一张地图。我们说$f$保留在$z_0 \in \Omega$ 的角度，如果\[\lim_{r \to 0}e^{-i\theta}A[f(z_0+re^{i\theta })-f(z_0)]\]存在并且独立于$\theta$ 。

保形映射以合理的方式保留角度。一个函数$f$是共形的，如果它是全纯的并且$f'(z) \ne 0$无处不在。我们有一个定理描述了这一点，但它非常基本，所以我们不包括在这篇文章中的证明。

定理 5.让$f$将一个区域$\Omega\ ) 映射到平面中。如果\(f'(z_0)$存在于某个$z_0 \in \Omega$和$f'(z_0) \ne 0$处，则$f$保留在$z_0$处的角度.相反，如果微分$Df$存在并且在$z_0\ ) 处与\(0$不同，并且如果$f$在$z_0$处保留角度，则$f'(z_0 )$存在并且不同于$0$ 。

没有关于$f'(z_0)$ 的混淆。微分$Df$我们的意思是一个线性映射$L:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$这样，写成$z_0=(x_0,y_0)$ ，我们有\[f(x_0+x,y_0+y)=f(x_0,y_0)+L(x,y)+{\sqrt{x^2+y^2}}\eta(x,y)\ ]其中$\eta(x,y) \to 0$为$x \to 0$和$y \to 0$ 。为了证明这一点，可以假设$z_0=f(z_0)=0$ 。当微分存在时，写成\[f(z)=\alpha{z}+\beta\overline{z}+|z|\eta(z)。\]我们说两个区域$\Omega_1$如果存在$\Omega_1$到$\Omega_2$的保形一对一映射，则 $\Omega_2$ 和$\Omega_2$是保形等价的。黎曼映射定理指出

定理 6（黎曼映射定理）。平面上的每一个真单连通区域$\Omega$共形等价于开单位圆盘$U$ 。

作为一个著名的例子，上平面$\mathbb{H}\ ) 通过凯莱变换等价于 \(U$ 。

正如人们所预料的那样，该定理断言，对单连通区域$\Omega$的研究可以在一定程度上简化为$U$ 。但是共形等价不仅仅与同胚有关。如果$\varphi:\Omega_1 \to \Omega_2$是保形的一对一映射，则$\varphi^{-1}:\Omega_2 \to \Omega_1$也是保形映射。在代数语言中，这样的映射$\varphi$会导致环同构\[\begin{aligned}\varphi^\ast:H(\Omega_2) &\to H(\Omega_1) \\ f &\ mapsto f \circ \varphi\end{aligned}\]因此，环$H(\Omega_2)$在代数上与$H(\Omega_1)$相同。黎曼映射定理还指出，如果$\Omega$是一个简单连通区域，则$H(\Omega) \cong H(U)$ 。由此我们可以在同胚之上利用更多信息。也可以将故事扩展到黎曼球体$S^2$ ，但这是另一回事。

与普通家庭争论的证明

证明是相当技术性的。但这是证明我们在复杂分析方面的技能的好机会。这个证明的基础是以下集合： \[\Sigma = \{\psi \in H(\Omega):\psi(\Omega) \subset U;\psi\text{ 是一对一的.}\}\]我们要证明有一些$\psi \in \Sigma$使得$\psi(\Omega)=U$ 。注意，一旦证明了非空性，由于$|\psi|<1$一致，我们看到$\Sigma$是一个正规族。

第 1 步 – 使用 Koebe 的平方根技巧证明非空性

选择$w_0 \in \mathbb{C} \setminus \Omega$ 。然后$g(z)=z-w_0 \in H(\Omega)$更重要的是$\frac{1}{g} \in H(\Omega)$ 。由命题 1 的 9，存在$\varphi \in H(\Omega)$使得$\varphi^2(z)=g(z)$ ，即非正式地， $\varphi(z )=\sqrt{z-w_0}$在$\Omega$ 。如果$\varphi(z_1)=\varphi(z_2)$ ，那么$\varphi(z_1)^2=\varphi(z_2)^2=z_1-w_0=z_2-w_0$然后$z_1 =z_2$ 。因此$\varphi$是一对一的。另一方面，如果$\varphi(z_1)=-\varphi(z_2)$ ，我们仍然有$\varphi^2(z_1)=\varphi^2(z_2)=z_1-w_0=z_2- w_0$和$z_1=z_2$ 。这表明“平方根”在这里定义良好。这是Koebe的平方根技巧。

由于$\varphi$是一个开映射，所以有一个开盘$D(a,r) \subset \varphi(\Omega)$ ，其中$a \in \varphi(\Omega)$ , $a \ne 0$和$0<r<|a|$ 。但是根据上面的论点，我们有$-a \not\in \varphi(\Omega)$ ，因此$D(-a,r) \cap \varphi(\Omega) = \varnothing$ 。因此，我们可以把\[\psi(z) = \frac{r}{a+\varphi(z)}.\]得出\[|\psi(z)| = \frac{r}{|\varphi(z)-(-a)|}< \frac{r}{r}=1\]因此$\psi(\Omega) \subset U$ 。因为$\varphi$是一对一的，所以$\psi$也是一对一的，我们推断出$\psi \in \Sigma$ ，这个集合不为空。

评论。您可能难以相信$D(-a,r) \cap \varphi(\Omega)=\varnothing$ 。但是如果我们选择任何$w \in D(-a,r) \cap \varphi(\Omega)$ ，我们就有一些$z’ \in \Omega$使得$\varphi(z’ )=w$ 。我们也有$|-aw|<r$但这意味着$|a-(-w)|=|a+w|=|-aw|<r$ ，因此$-w \in D(a,r) \subset \varphi(\Omega)$ 。存在一些$z” \in \Omega$使得$\varphi(z”)=-w$ 。因此$-w=w=0$ 。由此可见$|a|<r$ ，这是一个矛盾。

由于$D(-a,r) \cap \varphi(\Omega)=\varnothing$ ，我们有$|\varphi(z)-(-a)|>r$对于所有$z \在 \Omega$ 中，因此$|\psi(z)|<1$也不是问题。

第 2 步 – 扩大范围

如果$\psi \in \Sigma$和$\psi(\Omega) \subsetneqq U$和$z_0 \in \Omega$ ，那么存在一个$\psi_1 \in \Sigma\ )使得\(|\psi_1′(z_0)|>|\psi'(z_0)|$ 。

这一步表明我们可以通过某种方式“扩大”范围。

为方便起见，我们使用莫比乌斯变换\[\varphi_\alpha(z) = \frac{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}z}.\] Pick $\alpha \in U \setminus \ psi(\Omega)$ 。那么$\varphi_\alpha \circ \psi \in \Sigma$和$\varphi_\alpha \circ \psi$在$\Omega$中没有零。因此有一些$g \in H(\Omega)$使得\[g^2=\varphi_\alpha \circ \psi.\]因为$\varphi_\alpha \circ \psi$是一个-to-one，Koebe 平方根技巧的另一个应用表明$g$是一对一的。因此我们也有$g \in \Sigma$ 。如果$\psi_1=\varphi_\beta \circ g$其中$\beta=g(z_0)$ ，我们有$\psi_1 \in \Sigma$ （一对一）。特别是$\psi_1(z_0)=0$ 。

通过把$s(z)=z^2$ ，我们有\[\begin{aligned}\psi(z)&=\varphi_{-\alpha} \circ g^2(z) \\ &= \varphi_{-\alpha} \circ s \circ g(z) \\ &= \varphi_{-\alpha} \circ s \circ \varphi_{-\beta} \circ \psi_1(z).\end{对齐}\]如果我们把$F(z)=\varphi_{-\alpha} \circ s \circ \varphi_{-\beta}(z)$ ，那么链式法则表明\[\psi’ (z_0) = F'(0)\psi_1′(z_0).\] （注意我们使用了$\psi_1′(z_0)=0$的事实。）如果我们可以证明$0<|F ‘(0)|<1$那么这一步就完成了。注意$F$满足 Schwarz-Pick 引理中的条件，因此\[|F'(0)| \le \frac{1-|F(0)|^2}{1-0^2} \le 1.\]第一个等式不成立，因为$F$不是$\varphi_ {-\sigma}(\lambda\varphi_{\eta}(z))$对于$|\lambda|=1$ 。另一方面，我们有\[\begin{aligned}F(0) &= \varphi_{-\alpha}(g(z_0)^2) \\ &= \varphi_{-\alpha}(\varphi_\alpha \circ \psi(z_0)) \\ &= \psi(z_0) \in U\end{aligned}\]因此$0<|F'(0)|<1$并且这一步完成。

第 3 步 – 找到范围最大的函数，即圆盘

我们取步骤 2 的对立：

修复$z_0 \in \Omega$ 。如果$h \in \Sigma$是一个元素使得$|h'(z_0)| \ge |\psi'(z_0)|$对于所有$\psi \in \Sigma$ ，那么$h(\Omega)=U$ 。

一旦我们找到了这样的函数，证明就完成了！为此，我们使用$\Sigma$是一个正常家庭这一事实。把\[\eta = \sup\{|\psi'(z_0)|:\psi \in \Sigma\}.\]根据$\eta$的定义，有一个序列$\{\psi_n \}$使得$|\psi_n'(z_0)| \to \eta$在$\Sigma$中。通过$\Sigma$的正态性，我们选择了一个子序列$\varphi_k=\psi_{n_k}$ ，它一致地收敛在$\Omega$的紧凑子集上。将统一限制设为$h \in H(\Omega)$ 。它遵循$|h'(z_0)|=\eta$ 。由于$\Sigma \ne \varnothing$和$\eta \ne 0$ ， $h$不能是常数。由于$\varphi_n(\Omega) \subset U$ ，我们必须有$h(\Omega) \subset \overline{U}$ 。但是由于$h$是开放的，我们被简化为$h(\Omega) \subset U$ 。

它仍然表明$h$是一对一的。修复不同的$z_1, z_2 \in \Omega$ 。把$\alpha=h(z_1)$和$\alpha_n=\varphi_n(z_1)$ ，然后$\alpha_n \to \alpha$ 。设$\overline{D}$是$\Omega$中以$z_2\ ) 为中心的闭圆盘，内部由\(D$表示，使得

$z_1 \not\in \overline{D}$ 。
$h-\alpha$在$\overline{D}$的边界上没有零点。

我们看到$\varphi_n -\alpha_n$收敛到$h-\alpha$ ，一致地在$\overline{D}$上。它们在$D$中没有零，因为它们是一对一的并且在$z_1$处有零。根据 Rouché 定理， $h-\alpha$在$D$中也没有零，特别是$h(z_2)-\alpha = h(z_2)-h(z_1) \ne 0$ .这样就完成了证明。 \（\正方形\）

评论。首先，这样的$\overline{D}$是可访问的。这是因为$h-\alpha$的零点在$\Omega$中没有极限点，即它们是离散的（在定义$\overline{D}$时，我们不知道如何许多还在那里）。

我们对$\overline{D}$的选择使我们能够使用 Rouché 定理（您可能没有得到它）。由于$h-\alpha$在边界上没有零，我们有$\zeta=\inf_{z \in \partial D}|h(z)-\alpha|>0$ 。当$n$足够大时，我们看到\[|(h-\alpha)-(\varphi_n-\alpha_n)|<\zeta<|h-\alpha|.\]第二个不等式是最大模量定理。 Rouché 定理自然也适用于此。 \（\正方形\）

该证明是 W. Rudin 的实数和复数分析的复制品。要全面深入阅读，我强烈推荐Tao 的博客文章。

原文： https://desvl.xyz/2022/04/15/riemann-mapping-theorem-proof/