证明满足$f^{-1}(\Bbb R)=\Bbb R$的全纯函数形如$f(z)=az+b$
今天咱们来解决这个复分析的问题：设$f$是定义在整个复平面$\Bbb C$上的全纯函数，满足只有实数$z$能让$f(z)$取实数值（也就是$f^{-1}(\Bbb R)=\Bbb R$）。要证明存在非零实数$a$和实数$b$，使得对所有复平面上的点$z$，都有$f(z)=az+b$。
第一步：构造辅助整函数$g(z)$
按照提示，我们先定义一个辅助函数：
$$g(z)=\frac{f(z)-f(0)}{z}$$
先确认这个函数是整函数（在$\Bbb C$上处处全纯）：
- 当$z \neq 0$时，$f(z)$是全纯的，$z$是不为零的整函数，所以$g(z)$在$\Bbb C$去掉原点的区域上全纯。
- 在原点$z=0$处，因为$f(z)$全纯，它有泰勒展开：$f(z)=f(0)+f'(0)z+\frac{f''(0)}{2!}z^2+\dots$，把这个代入$g(z)$，就能得到$g(z)=f'(0)+\frac{f''(0)}{2!}z+\dots$，显然当$z$趋近于0时，$g(z)$的极限是$f'(0)$，所以原点是$g(z)$的可去奇点。我们直接定义$g(0)=f'(0)$，这样$g(z)$就变成了整个复平面上的整函数。
第二步：分析$g(z)$的共轭对称性
因为只有实数$z$对应实数值的$f(z)$，所以对任意实数$x$，$f(x)$是实数，也就是$\overline{f(x)}=f(x)$。那对任意实数$x$：
$$\overline{g(x)}=\overline{\frac{f(x)-f(0)}{x}}=\frac{\overline{f(x)}-\overline{f(0)}}{\overline{x}}=\frac{f(x)-f(0)}{x}=g(x)$$
这说明$g(x)$在实轴上取实数值。结合$g(z)$是整函数，根据Schwarz反射原理，我们可以得到$g(\overline{z})=\overline{g(z)}$对所有$z \in \Bbb C$都成立——简单说就是，$g(z)$是个“实整函数”，它的泰勒展开系数全是实数。
第三步：证明$g(z)$是常数（反证法+Liouville定理）
假设$g(z)$不是常数，那整函数要么是次数≥1的多项式，要么是超越整函数，咱们分别看这两种情况都会导出矛盾：
情况1：$g(z)$是次数≥1的实系数多项式
假设$g(z)$是次数≥1的实系数多项式，那$f(z)=f(0)+z g(z)$就是一个次数≥2的实系数多项式（因为$z$乘以次数≥1的多项式得到次数≥2的多项式）。
- 如果$g(z)$是一次多项式，比如$g(z)=c_1 z + c_0$（$c_1≠0$），那$f(z)=c_1 z^2 + c_0 z + f(0)$。咱们取$z=-\frac{c_0}{2c_1}+iy$（$y≠0$），代入计算会发现$f(z)$的虚部是0，也就是$f(z)$是实数，但这个$z$不是实数，这就违反了“只有实数$z$对应实数值$f(z)$”的条件。
- 如果$g(z)$是次数≥2的多项式，比如$g(z)=c_k z^k + \dots$（$k≥2$），那取$z=r e{i\pi/(k+1)}$（$r>0$），此时$z{k+1}=-r^{k+1}$是实数，$f(z)$的主导项是实数，其余项的虚部随着$r$增大可以忽略，最终能找到非实数$z$让$f(z)$取实数值，同样违反条件。
情况2：$g(z)$是超越整函数
超越整函数的特点是当$|z|$趋向无穷时，$|g(z)|$也趋向无穷。咱们取$z=iy$（$y$是实数），因为$g(\overline{z})=\overline{g(z)}$，所以$g(iy)$是纯虚数，设为$i h(y)$（$h(y)$是实数），那$f(iy)=f(0)+iy \cdot i h(y)=f(0)-y h(y)$，这显然是实数，但$iy$不是实数，直接违反了题目条件。
既然非常数的整函数都会导致矛盾，那$g(z)$只能是常数，设这个常数为$a$，而且$a$是实数（因为$g(z)$是实整函数）。
第四步：验证常数的性质
因为$g(z)=a$，所以$f(z)=az+f(0)$，咱们令$b=f(0)$，显然$b$是实数（因为0是实数，$f(0)$是$f$在实数点的取值，必然是实数）。
最后确认$a≠0$：如果$a=0$，那$f(z)=b$是常函数，此时所有复平面上的点$z$都能让$f(z)$取实数值，这和题目中$f^{-1}(\Bbb R)=\Bbb R$的条件矛盾，所以$a$不能为0。
这样就证明了$f(z)=az+b$，其中$a,b$是实数且$a≠0$，完美符合题目要求。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者user401516
