Bn×Um的全純自同構群

王麗欣

(吉林師范大學 數學學院，吉林 四平 136000)

0 引言

域的全純自同構群是多復變研究中的重要工具，在研究域的雙全純等價以及Bergman核函數問題上都起到了非常關鍵的作用，因為全純自同構群的重要性，也吸引了國內外很多學者的關注和研究.Abraham A Unga在文獻[1]中給出了復圓盤上的全純自同構群.HengJu Ahn等[2]給出了經典對稱域上的Hartogs型域的全純自同構群.Jie Zhao等在文獻[3]中給出了Bergman-Hartogs域的全純自同構群.Hao在文獻[4]中給出了擬Hartogs域的全純自同構.Shuxia Feng等[5]給出了(m，1)-圓域上的全純自同構群.Hyeseon Kim等在文獻[6]中給出了Fock-Bargmann-Hartogs域的全純自同構群.在此基礎上Guo Ting等[7]解決了廣義Fock-Bargmann-Hartogs域上全純自同構的剛性問題.肖金秀等在文獻[8]中給出了域B2×B2上的全純自同構群，并計算了其上的Bergman核函數.金帥[9]用不同的方法給出了域B2×B2上的全純自同構群.陳永發等[10]利用全純自同構將邊界映為邊界這一性質給出了Bn×Um上的全純自同構群.受文獻[9]和[12]的啟發，本文將采用不同于[10]中的方法，利用Hartogs型域的全純自同構以及酉矩陣的性質得到計算Bn×Um全純自同構的必要條件，進而得到了Bn×Um的全純自同構群，簡化了文獻[10]中的計算過程.最后給出Bn×Um全純自同構的Jacobian行列式.

1 基礎知識

定義2[8]設Ω是Cn中的域，f1,…,fm是Ω上的全純函數，那么稱F=(f1,…,fm):Ω→Cn為全純映射.如果F有全純的逆映射F-1，那么F就是雙全純映射.

定義3[9]設Ω是Cn中的域，若F是把Ω映為自身的雙全純映射，則稱F是Ω的全純自同構，簡稱自同構.Ω的全純自同構全體記為Aut(Ω)，在映射的復合運算下構成一個群，稱為Ω的自同構群.

由于Bn×Um可以看成特殊的Hartogs型域，則可得到如下結論：

推論1若f∈Aut(Bn×Um)，則f將Bn×{0}映為自身.

引理2[9](H Cartan定理)設Ω是Cn中包含原點的有界圓形域，如果有F∈Aut(Ω)，且F(0)=0，那么F一定是線性映射.

引理4[9]設Ω1和Ω2分別是Cn和Cm中的有界域，Ω=Ω1×Ω2，若用K1，K2，K分別表示Ω1，Ω2和Ω的核函數，那么K=K1K2.

引理5[9]設Ω和Ω1為Cn中的有界域，雙全純映射f把Ω一一地映為Ω1，Ω和Ω1核函數分別記為K(z,ζ)和K(f(z),f(ζ))，那么

K(z,ζ)=

作為上述的特殊情況，當f為Ω的全純自同構時，

K(z,ζ)=K(f(z),f(ζ))|detf′(z)|2.

引理6[9]設Ω是Cn中的有界域.如果ψ∈Aut(Ω)，那么對任意z∈Ω，有

2 主要結論及證明

證明由于Bn×Um是包含原點的有界圓型域，f∈Aut(Bn×Um)且f(0)=0，由H Cartan定理可知，f為線性映射，故可設

f=(f1,…,fn,fn+1,…,fn+m)=

取點列

當j=1時，

則當l→∞時，

的極限點在?Bn×{0}上，那么f(z(1))的極限點也在?Bn×{0}上，即

f(z(1))=

(a11,…,an1,an+1,1,…,an+m,1)→?Bn×{0}，

因此an+1,1=…=an+m,1=0.同理可得an+1,2=…=an+m,2=0，…，an+1,n=…=an+m,n=0.取Z=(z1,…,zn,0,…,0)∈Bn×{0}，則有

f(Z)=(f1,…,fn,fn+1,…,fn+m)=

(a11z1+…+a1nzn,…,an1z1+…+

annzn,0,…,0)∈Bn×{0}.

記

(a11z1+…+a1nzn,…,an1z1+…+annzn)T=

Pz∈Bn，

當t=n+1時，

則當l→∞時，

的極限點在{0}×?Um上，那么f(z(n+1))的極限點也在{0}×?Um上，即

f(z(n+1))=

(a1,n+1,…,an,n+1,an+1,n+1,…,an+m,n+1)→

{0}×?Um，

則a1,n+1=…=an,n+1=0.

同理a1,n+2=…=an,n+2=0,…,a1,n+m=…=an,n+m=0.

取Z=(0,…,0,zn+1,…,zn+m)，其中(zn+1,…,zn+m)∈Um，則Z∈{0}×Um.則有

f(Z)=

(0,…,0,an+1,1zn+1+…+an+1,n+1zn+m,…,

an+m,n+1zn+1+…+an+m,n+mzn+m)∈{0}×Um，

則

|an+1,n+1zn+1+…+an+1,n+mzn+m|≤1，…，

|an+m,n+1zn+1+…+an+m,n+mzn+m|≤1.

設akj=|akj|eiφj，并選取z=reiφj(0

|an+1,n+1+…+an+1,n+m|≤1,

|an+2,n+1+…+an+2,n+m|≤1,…,

|an+m,n+1+…+an+m,n+m|≤1.

由于max|akj|=1(k,j=n+1,…,n+m)，

取j=n+1，則有相應的k(n+1)，使得

|ak(n+1),n+1|=1，

則ak(n+1),j=0,j=n+2,…,n+m.再取j=n+2，則有相應的k(n+2)，使得

|ak(n+2),n+2|=1，

可知

ak(n+2),j=0,j=n+1,n+3,…,n+m，

這里

k(n+1)≠k(n+2)，

否則會出現

|ak(n+1),n+2|=1，

這與前面得到的ak(n+1),n+2=0矛盾.按照上面方式繼續下去，對于每個j=n+1,…,n+m都存在k(j)，使得

|ak(j),j|=1，ak(j),k=0，

其中j≠k.這里(k(n+1),…,k(n+m))是(n+1,…,n+m)的一個置換.由以上討論可知|Q|=1，那么Q是酉矩陣并且每行每列有且僅有一個模長為1的非零元素.至此定理1得證.

定理2[6]設f∈Aut(Bn×Um)，f(a)=f(a′,an+1,…,an+m)=0，a′=(a1,…,an)，則

f(z)=

其中P,θ1,…,θm是和f有關的n維酉矩陣和幅角，(τ(n+1),…,τ(n+m))是(n+1,…,n+m)的置換.

證明由引理2可知φa′(z′)∈Aut(Bn)，記

h(z)=

作函數

顯然g∈Aut(Bn×Um)，從而有F=g°f-1∈Aut(Bn×Um)，且F(0)=g(a)=0.由定理1可知必有矩陣U使得F(z)=Uz，且

從而f(z)=F-1(g(z))=g(z)U-1，得證.

定理3Bn×Um的Bergman核函數是

K(z,ζ)=

并且自同構f(z)的實Jacobian為

|detf′(z)|2=

證明Bn的核函數為

令n=1，則可得到單位圓盤的核函數：

因為在這里多圓柱是由m個單位圓盤構成的乘積域，由引理4即可得到多圓柱Um的核函數為

即可得Bn×Um的Bergman核函數為

K(z,ζ)=

根據引理6可算得自同構F(z)的實Jacobian為

|detf′(z)|2=