用户: Yao/复分析

写在前面

这是邱维元复分析课程的概要及部分习题解答.

每年的内容不完全相同, 单叶函数一章可能还会讲 Loewner 方程, 另外可能有 “极值长度和共形模” 一章.

课程提供了电子版讲义, 故下面整理的定义、定理等是课程内容的预览, 也可用于期末复习.

习题整体上而言不太容易, 这里选取了我认为较有难度的题目给出简要的解答.

本课程的内容 (除素数定理一节外) 相当于崔贵珍、程涛的《复分析》的压缩版, 这本书各章内容更为丰富, 是最重要的参考资料.

李忠的《复分析导引》的前两章简明扼要地介绍了共形映射、单叶函数、双曲度量;

调和函数与 Dirichlet 问题两章接近于 John B. Conway 的 $\text{Functions of One Complex Variable}$ (GTM11), Chapter X. $\text{Harmonic Functions}$ 以及 $\text{Functions of One Complex Variable II}$ (GTM159), Chapter 19. $\text{Harmonic Functions Redux}$;

(注: redux, adj., 用于名词后, 意为 brought back.)

素数定理一章可以参考 Elias M. Stein 的 $\text{Complex Analysis}$, Chapter 6. $\text{The Gamma and Zeta Functions}$ 及 Chapter 7. $\text{The Zeta Function and Prime Number Theorem}$.

下面的 $f$ 除非特别说明均默认为全纯函数, 并且记 $\mathbb{D}$ 是单位圆盘, ${\mathbb{C}}_{\infty }=\mathbb{C}\cup \{\infty \}$, ${\mathbb{C}}_{a,b}=\mathbb{C}\backslash \{a,b\}$.

1共形映射

(Montel 定理) 解析函数正规族 (任何序列有子列内闭一致收敛) 等价于内闭一致有界.

(Marty 定理) 亚纯函数正规族 (任何序列有子列按球面距离 $\frac{2|dz|}{1+|z{|}^2}$ 内闭一致收敛) 等价于球面导数 $f^{\#}(z)=\frac{2|f^{\prime }(z)|}{1+|f(z){|}^2}$ (对于极点 $z$, $f^{\#}(z):=\underset{\zeta \to z}{\lim }{f}^{\#}(\zeta )$) 内闭一致有界.

(Riemann 映射定理) 设单连通区域 $\Omega ⊊\mathbb{C}$, $\forall a\in \Omega$, 存在唯一的共形映射 $\phi :\Omega \to \mathbb{D}$ 使得 $\phi (a)=0,{\phi }^{\prime }(a)>0$.

(Hurwitz 定理) 单叶函数列 $f_n$ 内闭一致收敛于单叶函数 $f$ 或常数.

(边界对应定理) $f$ 是 $\mathbb{D}\to$ 有界单连通区域 $\Omega$ 的共形映射,

(1) (Carathéodory) $f$ 可延拓为 $\overline{\mathbb{D}}\to \overline{\Omega }$ 的同胚当且仅当 $\partial \Omega$ 是 Jordan 曲线.

(2) $f$ 可延拓为 $\overline{\mathbb{D}}\to \overline{\Omega }$ 的连续满射当且仅当 $\partial \Omega$ 是局部连通的 (即在每点有直径任意小的连通邻域) .

习题. $f$ 是整函数, $\{f(cz)\mid c\in \mathbb{R}\}$ 是圆环 $\{r_1<|z|<r_2\}$ 上的正规族当且仅当 $f$ 是多项式.

证明. 设 $f$ 是多项式, 对实数列 $\{c_n\}$, 若 $c_n$ 有界, 则存在子列 $c_{n_k}\to c$, 那么 $f(c_{n_k}z)$ 内闭一致收敛于 $f(cz)$; 若 $c_n$ 无界, 则存在子列 $c_{n_k}\to \infty$, 那么 $f(c_{n_k}z)$ 一致收敛于 $\infty$.

设 $\{f(cz)\mid c\in \mathbb{R}\}$ 是圆环 $\{r_1<|z|<r_2\}$ 上的正规族, 若存在无界序列 $\{c_n\}$ 使 $f(c_{n}z)$ 内闭一致收敛于某全纯函数, 由最大模原理得到 $f$ 有界, 是常数; 若对所有无界序列 $\{c_n\}$ 都有 $f(c_{n}z)$ 内闭一致收敛于 $\infty$, 则当 $z\to \infty$ 时 $f(z)\to \infty$ (否则存在 $z_n\to \infty$ 使 $f(z_n)$ 有界, 那么 $f(|z_n|\frac{z}{\sqrt{r_1{r}_2}})$ 不内闭一致收敛于 $\infty$) , 即 $f$ 以 $\infty$ 为极点, 也就是多项式.

$\square$

习题. $\Omega$ 上亚纯函数列 $\{f_n\}$ 在球面距离下内闭一致收敛于 $f$, 则 $f$ 亚纯或 $f\equiv \infty$, 且 $\{f_n^{\#}\}$ 内闭一致收敛于 $f^{\#}$.

证明. 对固定的点 $z_0$, 若 $f(z_0)\ne \infty$, 则球面距离和正常的距离在 $z_0$ 附近等价, 因此 $f$ 在 $z_0$ 全纯, 且由 $\{f_n\}$ 内闭一致收敛于 $f$ 及 $\{f_n^{\prime }\}$ 内闭一致收敛于 $f^{\prime }$ 得 $\{f_n^{\#}\}$ 内闭一致收敛于 $f^{\#}$; 若 $f(z_0)=\infty$, 则 $\frac{1}{f}(z_0)=0$, 使用 $(\frac{1}{f}{)}^{\#}=f^{\#}$, 由前一种情况得到 $\frac{1}{f}$ 在 $z_0$ 全纯, 则 $\frac{1}{f}$ 有孤立零点 $z_0$ 或 $\equiv 0$, 且 $\{f_n^{\#}\}=\{(\frac{1}{f_n}{)}^{\#}\}$ 内闭一致收敛于 $f^{\#}$.

$\square$

习题. 证明 Marty 定理.

证明. 假设 $\mathcal{F}$ 是正规族但在一个紧集 $K$ 上球面导数不一致有界, 即存在一列 $f_n^{\#}(z_n)\to \infty$, 取 $z_n$ 子列并仍记为 $z_n$ 使得 $z_n\to z_0\in K$, 再取 $f_n$ 子列并仍记为 $f_n$ 使得 $f_n$ 在球面距离下内闭一致收敛于 $f$, 由上一题有 $f$ 亚纯或 $f\equiv \infty$, 但由 $f_n^{\#}(z_n)\to \infty$ 可知 $f$ 不可能亚纯, 而若 $f\equiv \infty$ 则又能由 $\infty \leftarrow f_n^{\#}(z_n)=(\frac{1}{f_n}{)}^{\#}(z_n)\to 0$ (因为 $\frac{1}{f_n}$ 内闭一致收敛于 $0$) 得出矛盾.

$\square$

习题. 设 $f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}\backslash \{a\}$ 解析, $0<a<1$. 证明 $|f^{\prime }(0)|\le \frac{2a\log 1/a}{1-a^2}$, 等号当且仅当 $f(z)=\frac{a-h(z)}{1-ah(z)},h(z)=a^{\frac{1-e^{i\theta z}}{1+e^{i\theta z}}},\theta \in \mathbb{R}$.

证明. $$\begin{array}{rlrlrlrl}\mathbb{D}& \stackrel{\frac{1-z}{1+z}}{\to }& \mathbb{H}& \stackrel{a^z}{\to }& \mathbb{D}\backslash \{0\}\stackrel{\frac{a-z}{1-az}}{\to }& \mathbb{D}\backslash \{a\}& \stackrel{f}{\leftarrow }& \mathbb{D},\\ 0& \stackrel{-2}{\mapsto }& 1& \stackrel{a\log a}{\mapsto }& a\stackrel{\frac{1}{a^2-1}}{\mapsto }& 0& \stackrel{f^{\prime }(0)}{\leftarrow }|& 0.\end{array}$$第二行的箭头上面标的是该映射在该点的导数. 由 Schwartz 引理, 从右向左的复合映射在 $0$ 的导数的模长 $\le 1$, 等号当且仅当这是 $e^{i\theta }z$.

$\square$

2单叶函数

记 $\mathcal{S}=\{f:\mathbb{D}\to \mathbb{C}\mid f\text{单叶},f(0)=0,f^{\prime }(0)=1\}$, $\Sigma =\{g:\mathbb{C}\backslash \overline{\mathbb{D}}\to \mathbb{C}\mid g\text{单叶},\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{g(z)}{z}=1\}$.

设 $g(z)=z+b_0+\frac{b_1}{z}+\cdots \in \Sigma$ 取不到的图形是 $E$, 有

(1) $\mathrm{Area}(E)=\pi (1-\sum _{n=1}^{\infty }n|b_n{|}^2)$,  (2) $E\subset \overline{D}(b_0,2)$.

(Bieberbach 猜想, de Brange 定理) 设 $f(z)=z+a_2{z}^2+\cdots \in \mathcal{S}$, 则 $|a_n|\le n$, 等号对某个 $n$ 成立当且仅当 $f$ 是 Koebe 函数的旋转 $k_{\theta }(z)=\frac{z}{(1-e^{i\theta }z{)}^2}$.

(Koebe-$\frac{1}{4}$ 定理) 设 $f$ 是 $\mathbb{D}$ 上的单叶函数, $\Omega =f(\mathbb{D})$, 有 $\frac{1}{4}(1-|z{|}^2)|f^{\prime }(z)|\le d(f(z),\partial \Omega )\le (1-|z{|}^2)|f^{\prime }(z)|$. 特别地, 对 $f\in \mathcal{S}$, $\frac{1}{4}\le d(0,\partial \Omega )\le 1$.

(Koebe 偏差定理) 设 $f\in \mathcal{S}$, $\frac{1-|z|}{(1+|z|{)}^3}\le |f^{\prime }(z)|\le \frac{1+|z|}{(1-|z|{)}^3}$, $\frac{|z|}{(1+|z|{)}^2}\le |f(z)|\le \frac{|z|}{(1-|z|{)}^2}$, $|\arg f^{\prime }(z)|\le 2\log \frac{1+|z|}{1-|z|}$.

区域序列 ${\Omega }_n$ 有公共点 $w_0$, 核为 $w_0\cup \{w\mid \text{存在其邻域 }U\text{ 使得当 }n\text{ 充分大时 }U\subset {\Omega }_n\}$ 含 $w_0$ 的连通分支. ${\Omega }_n$ 核收敛于 $\Omega$ 是指任何子列皆以 $\Omega$ 为核, 记为 ${\Omega }_n\to \Omega$.

$f_n$ 是 $\mathbb{D}$ 上的单叶函数, $f_n(0)=0$, $f_n^{\prime }(0)>0$, 内闭一致收敛于 $f$, ${\Omega }_n=f_n(\mathbb{D})$, $\Omega =f(\mathbb{D})$.

(1) $f_n$ 内闭一致收敛于 $w_0$ 当且仅当 ${\Omega }_n\to \{w_0\}$.

(2) $f_n$ 内闭一致收敛于非常数 $f$ 当且仅当 ${\Omega }_n\to \Omega$.

(3) $f_n$ 在 $\mathbb{D}\backslash \{0\}$ 内闭一致趋于 $\infty$ 当且仅当 ${\Omega }_n\to \mathbb{C}$, 也等价于 $f_n^{\prime }(0)\to \infty$.

习题. 对 $f\in \mathcal{S}$, $\frac{1-|z|}{1+|z|}\le \left|\frac{z{f}^{\prime }(z)}{f(z)}\right|\le \frac{1+|z|}{1-|z|}$.

证明. 对给定的 $z$,$$h(\zeta )=\frac{f(\frac{\zeta +z}{1+\bar{z}\zeta })-f(z)}{(1-|z{|}^2)f^{\prime }(z)}\in \mathcal{S}.$$注意到 $\left|\frac{z{f}^{\prime }(z)}{f(z)}\right|=\frac{|z|}{1-|z{|}^2}|h(-z){|}^{-1}$, 使用$$\frac{|z|}{(1+|z|{)}^2}\le |h(-z)|\le \frac{|z|}{(1-|z|{)}^2}.$$

$\square$

习题. 对 $a\in \mathbb{D}\backslash \{0\}$, 记 ${\mathcal{F}}_a=\{f\mid f\text{ 是 }\mathbb{D}\to \mathbb{D}\backslash \{a\}\text{ 的单叶函数},f(0)=0\}$. 求 $\underset{f\in {\mathcal{F}}_a}{\sup }|f^{\prime }(0)|$, 并说明此上界是能取到的.

证明. 先设 $a<0$ 以方便表述, 因为把全体 $f\in {\mathcal{F}}_a$ 转一下即可. 考虑$$g:\mathbb{D}\stackrel{f}{\to }\mathbb{D}\backslash \{a\}\stackrel{k_0}{\to }\mathbb{C}\backslash ((-\infty ,-\frac{1}{4}]\cup \{\frac{a}{(1-a{)}^2}\left\}\right),$$其中 $-\frac{1}{4}\le \frac{a}{(1-a{)}^2}<0$, 有$$\frac{1}{4}|f^{\prime }(0)|\le \frac{1}{4}|g^{\prime }(0)|\le d(0,\partial g(\mathbb{D}))\le \frac{-a}{(1-a{)}^2},$$对 $g=\frac{-4a}{(1-a{)}^2}{k}_0$ 等号成立. 对一般的 $a$, $\underset{f\in {\mathcal{F}}_a}{\max }|f^{\prime }(0)|=\frac{4|a|}{(1-|a|{)}^2}$.

$\square$

3调和函数

$\Omega$ 上的调和函数 $u$ 有共轭调和函数 $v$ 等价于对任意闭曲线 $\gamma$ 有 ${\int }_{\gamma }{d}^{\ast }u=0$, 其中 $d^{\ast }u(=dv)=-\frac{\partial u}{\partial y}dx+\frac{\partial u}{\partial x}dy$. 此时 $v={\int }_{z_0}^z{d}^{\ast }u+c$.

设 $u$ 在 $D(a,r)\backslash \{0\}$ 调和,

(1) $u$ 有界, 则 $a$ 是可去奇点;

(2) $\underset{z\to a}{\lim }u=\infty$, 则 $u(z)=\alpha \log |z-a|+$ 调和函数 $(\alpha \in \mathbb{R}\backslash \{0\})$, 称 $a$ 是对数奇点;

(3) 其余情况称 $a$ 是本性奇点.

(Poisson 公式) 设 $u$ 在 $\Omega$ 调和, 对 $z\in D(z_0,R)⋐\Omega$ (即 $\overline{D(z_0,R)}\subset \Omega$) , 成立$$u(z)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(z_0+R{e}^{i\theta })\frac{R^2-|z-z_0{|}^2}{|R{e}^{i\theta }-(z-z_0){|}^2}d\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(z_0+R{e}^{i\theta })\mathrm{Re}\frac{R{e}^{i\theta }+(z-z_0)}{R{e}^{i\theta }-(z-z_0)}d\theta .$$

习题. 设 $\phi =1,\theta \in [0,\pi )$, $\phi =0,\theta \in [\pi ,2\pi )$. 求 $u$ 在 $\mathbb{D}$ 上的 Poisson 积分 $u_{\phi }$.

证明. 记上半单位圆弧逆时针方向为 $\curvearrowleft$. $$\begin{array}{rl}{u}_{\phi }(z)& =\frac{1}{2\pi }\mathrm{Re}{\int }_{\curvearrowleft }\frac{\zeta +z}{\zeta -z}\frac{d\zeta }{i\zeta }\\ & =\frac{1}{2\pi }\mathrm{Im}{\int }_{\curvearrowleft }\frac{2d(\zeta -z)}{\zeta -z}-\frac{d\zeta }{\zeta }\\ & =\frac{1}{2\pi }(2\arg \frac{-1-z}{1-z}+\pi )\\ & =\frac{1}{\pi }\arg \frac{-1-z}{1-z}+\frac{1}{2}.\end{array}$$

$\square$

习题. $u$ 在 $\mathbb{H}$ 调和, 在 $\overline{\mathbb{H}}$ 连续有界, 求证 $u(z)=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }u(t)\frac{y}{(x-t{)}^2+y^2}dt$.

证明. 单位圆盘上有调和函数 $v:\mathbb{D}\to \mathbb{H}\to \mathbb{R},\frac{i-z}{i+z}\mapsto z\mapsto u(z)$, 于是$$\begin{array}{rl}u(z)& =\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial \mathbb{D}}v(\zeta )\mathrm{Re}\frac{\zeta +\frac{i-z}{i+z}}{\zeta -\frac{i-z}{i+z}}\frac{d\zeta }{i\zeta }\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial \mathbb{H}}u(t)\mathrm{Re}\frac{\frac{i-t}{i+t}+\frac{i-z}{i+z}}{\frac{i-t}{i+t}-\frac{i-z}{i+z}}\frac{d\frac{i-t}{i+t}}{i\frac{i-t}{i+t}}\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial \mathbb{H}}u(t)\mathrm{Re}\frac{-zt-1}{i(-t+z)}\frac{2dt}{-1-t^2}\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{\partial \mathbb{H}}u(t)\frac{y}{|t-z{|}^2}dt.\end{array}$$

$\square$

4Dirichlet 问题

$\Omega$ 上连续实值函数 $u$ 若满足对任何 $D(z_0,R)⋐\Omega$ 均有 $u(z)\le \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(z_0+R{e}^{i\theta })d\theta$, 称为次调和函数.

等价于对任何 $D(z_0,R)\subset \Omega$ 上的调和函数 $v$, $u-v$ 满足最大值原理 (在内部不取最大值) .

$u$ 在 $\Omega$ 次调和, 有 $u(z)\le \underset{z\to \partial \Omega }{\overline{\lim }}u(z)$.

对 $u\in C^2$, $u$ 次调和等价于 $\Delta u\ge 0$.

Perron 族 $\mathcal{P}(\phi ,\Omega )=\{\text{次调和函数}v\mid \underset{z\to \partial \Omega }{\overline{\lim }}v(z)\le \phi (\xi )\}$.

关于 $\partial \Omega$ 上有界实值函数 $\phi$ 的 Perron 函数 $u(z)=\underset{\mathcal{P}(\phi ,\Omega )}{\sup }v(z)$ 是调和函数.

对 ${\zeta }_0\in \partial \Omega$, 若对任何充分小的 $\delta$ 都存在 ${\zeta }_0$ 的邻域 $U_{\delta }\subset D({\zeta }_0,\delta )$ 使得其上存在调和函数 $t_{\delta }(z)$ 满足 $0<t_{\delta }(z)<1,\underset{z\to {\zeta }_0}{\lim }{t}_{\delta }(z)=0,\underset{z\to \zeta }{\lim }{t}_{\delta }(z)=1,\forall \zeta \in \partial U_{\delta }\cap \Omega$, 则称 $\{t_{\delta }{\}}_{\delta >0}$ 是 ${\zeta }_0$ 处的闸函数.

注: 不少书上闸函数的定义与此不同.

${\zeta }_0$ 处有闸函数, 若 $\phi$ 在 ${\zeta }_0$ 连续就有 $\underset{z\to {\zeta }_0}{\lim }u(z)=\phi ({\zeta }_0)$. $\Omega$ 是 Dirichlet 区域 (任何 Dirichlet 问题都可解) 当且仅当 $\partial \Omega$ 每点都有闸函数.

${\mathbb{C}}_{\infty }\backslash \Omega$ 含 ${\zeta }_0$ 的连通分支不是 $\{{\zeta }_0\}$, 则 ${\zeta }_0$ 处有闸函数.

关于 $z$ 的函数 $g(z,z_0)$ 是以 $z_0\in \Omega$ 为奇点的 Green 函数, 若

(1) $g(z,z_0)$ 是 $\Omega \backslash \{z_0\}$ 上的正调和函数,

(2) $g(z,z_0)\sim \log \frac{1}{|z-z_0|}$ 当 $z\to z_0$,

(3) 若 $h$ 也符合 (1)(2), 则 $h\ge g$.

设 $u$ 是 $\Omega$ 上的调和函数, 有公式 $u(z)=-\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial \Omega }u(\xi )\frac{\partial g(\xi ,z)}{\partial \mathbf{n}}ds={\int }_{\partial \Omega }u(\xi )d{\omega }_{\Omega }(z,\xi )$, 其中 ${\omega }_{\Omega }(z,E)=-\frac{1}{2\pi }{\int }_E\frac{\partial g(\xi ,z)}{\partial \mathbf{n}}ds$ 称为 $\Omega$ 在 $z$ 点的调和测度.

习题. $\mathbb{C}$ 上有上界的次调和函数是常数.

证明. 圆环 $\{r<|z|<R\}$ 上, 有$$u(z)\le \frac{\log R-\log |z|}{\log R-\log r}\underset{|z|=r}{\max }u+\frac{\log |z|-\log r}{\log R-\log r}\underset{|z|=R}{\max }u,$$这是因为左边次调和而右边调和, 且不等式在边界上成立. 令 $R\to \infty$, 再令 $r\to 0$, 得到 $u(z)\le u(0)$.

注: 这个不等式称为 Hadamard 三圆定理, 也可由二常数定理直接得到.

$\square$

习题. 求 $D(c,\rho )$ 和 $\mathbb{H}$ 的 Green 函数.

证明. $\phi :D(c,\rho )\stackrel{\frac{z-c}{\rho }}{\to }\mathbb{D}\stackrel{\frac{z-\frac{z_0-c}{\rho }}{1-\frac{\overline{z_0-c}}{\rho }z}}{\to }\mathbb{D},z_0\mapsto \frac{z_0-c}{\rho }\mapsto 0$, 于是$$g_{D(c,\rho )}(z,z_0)=g_{\phi (D(c,\rho ))}(\phi (z),0)=-\log |\phi (z)|=-\log \left|\frac{\rho (z-z_0)}{{\rho }^2-\overline{(z_0-c)}(z-c)}\right|.$$

$\phi :\mathbb{H}\stackrel{\frac{i-z}{i+z}}{\to }\mathbb{D}\stackrel{\frac{z-\frac{i-z_0}{i+z_0}}{1-\frac{\overline{i-z_0}}{\overline{i+z_0}}z}}{\to }\mathbb{D},z_0\mapsto \frac{i-z_0}{i+z_0}\mapsto 0$, 于是$$g_{\mathbb{H}}(z,z_0)=g_{\phi (\mathbb{H})}(\phi (z),0)=-\log |\phi (z)|=-\log \left|\frac{z-z_0}{z-\overline{z_0}}\right|.$$

$\square$

习题. 证明 $g(z,w)=g(w,z)$.

取调和函数 $g_z(\zeta )=g(\zeta ,z),g_w(\zeta )=g(\zeta ,w)$. 由 Green 公式, $$\begin{array}{rl}0& ={\int }_{\Omega \backslash (D_r(z)\cup D_r(w))}{g}_z\Delta g_w-g_w\Delta g_z\\ & ={\int }_{\partial \Omega }{g}_z{d}^{\ast }{g}_w-g_w{d}^{\ast }{g}_z-{\int }_{\partial D_r(z)}{g}_z{d}^{\ast }{g}_w-g_w{d}^{\ast }{g}_z-{\int }_{\partial D_r(w)}{g}_z{d}^{\ast }{g}_w-g_w{d}^{\ast }{g}_z.\end{array}$$

$g_z,g_w$ 在 $\partial \Omega$ 上是 $0$, 故$${\int }_{\partial D_r(z)}{g}_z{d}^{\ast }{g}_w-g_w{d}^{\ast }{g}_z={\int }_{\partial D_r(w)}{g}_w{d}^{\ast }{g}_z-g_z{d}^{\ast }{g}_w.$$

由于 $-\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial D_r(z)}{d}^{\ast }{g}_z=-\frac{1}{2\pi }{\int }_{\partial D_r(w)}{d}^{\ast }{g}_w=1$, 以及 ${\int }_{\partial D_r(z)}{g}_{z}d\zeta$ 和 ${\int }_{\partial D_r(w)}{g}_{w}d\zeta \sim 2\pi r\log \frac{1}{r}\to 0$ 当 $r\to 0$ 并且 $\left|\frac{d^{\ast }{g}_w}{d\zeta }\right|=\left|\frac{\partial g_w}{\partial \mathbf{n}}\right|$ 在 $z$ 附近有界, 在上式中让 $r\to 0$ 得到 $g_w(z)=g_z(w)$.

习题. 有界区域是 Dirichlet 区域的充要条件是边界的每点都有闸函数.

证明. 讲义已说明充分性, 下证必要性. 对 ${\zeta }_0\in \partial \Omega$, 令 $u(z)$ 是边值条件为 $\frac{|z-{\zeta }_0|}{1+|z-{\zeta }_0|}{|}_{\partial \Omega }$ 的 Dirichlet 问题的解. 取 $t_{\delta }(z)=u(z)/\underset{\{z\in U\mid |z-{\zeta }_0|=\delta \}}{\inf }u$ 以及 $U_{\delta }=\{z\in U\cap D({\zeta }_0,\delta )\mid 0<t_{\delta }(z)<1\}$ 即可.

$\square$

习题. (1) 设 $\Omega =\mathbb{D}\cap \mathbb{H}$ 为上半单位圆, $E=[-1,1]$, 求调和测度 ${\omega }_{\Omega }(z,E)$.
(2) 设 $\Omega =\{r_1<|z|<r_2\}$, $E=\{|z|=r_1\}$, 求调和测度 ${\omega }_{\Omega }(z,E)$.

证明. 构造共形映射 $\phi$ 把 $\Omega$ 映成 $\{0<\mathrm{Re}z<1\}$ 且 $\phi (E)=\{\mathrm{Re}z=1\}$. 答案为

(1) $\mathrm{Re}(\frac{2i}{\pi }\log \frac{1+z}{1-z}+1)$. (2) $\log \frac{|z|}{r_2}/\log \frac{r_2}{r_1}$.

$\square$

习题. 不存在 $\{r<|z|<R\}$ 上的全纯函数 $f$ 使得 $\mathrm{Re}f{|}_{\{|z|=r\}}=0,\mathrm{Re}f{|}_{\{|z|=R\}}=1$.

证明. 对于 $\mathrm{Re}f$ 在 $\{r<|z|<R\}$ 上的 Dirichlet 问题, 解得 $\mathrm{Re}f=\frac{\log |z|-\log r}{\log R-\log r}$, 然而不存在 $f$ 以此为实部 (毕竟 $\frac{\log z-\log r}{\log R-\log r}$ 不是 $\{r<|z|<R\}$ 上的单值函数) .

或者, 对于任何一点 $w\in \{0<\mathrm{Re}z<1\}$, 取 $\gamma$ 为 $|z|=r^{\prime }$ 逆时针 $\cup$ $|z|=R^{\prime }$ 顺时针, 其中 $r^{\prime }\in (r,|w|)$ 很接近 $r$, $R^{\prime }\in (|w|,R)$ 很接近 $R$, 则 $\mathrm{Re}f{|}_{\{|z|=r^{\prime }\}}$ 靠近 $\mathrm{Re}z=0$, $\mathrm{Re}f{|}_{\{|z|=R^{\prime }\}}$ 靠近 $\mathrm{Re}z=1$, 故 $f(\gamma )$ 没有绕 $f(w)$ 转圈, 即 $f$ 在 $\{r^{\prime }<|z|<R^{\prime }\}$ 内不取 $w$, 由 $r^{\prime },R^{\prime }$ 的任意性知 $f$ 不取 $w$, 再由 $w$ 的任意性得到 $\mathrm{Re}f\le 0$ 或 $\ge 1$, 与调和函数的最大值原理矛盾.

$\square$

习题. 二连通区域的共形模的定义不依赖于共形映射的选取.

证明. 就是要证明 $\{1<|z|<R\}$ 互不共形等价. 假设 $f:\{1<|z|<R\}\to \{1<|z|<R^{\prime }\}$ 是共形映射, 不妨设 $|z|\to 1$ 时 $|f(z)|\to 1$ (而不是 $R^{\prime }$) , 则 $f^{\ast }:\{\frac{1}{R}<|z|<1\}\to \{\frac{1}{R^{\prime }}<|z|<1\},\frac{1}{\bar{z}}\mapsto \frac{1}{\overline{f(z)}}$ 是共形映射, 且在 $|z|=1$ 处 $f=f^{\ast }$, 由 Morera 定理 $f\cup f^{\ast }:\{\frac{1}{R}<|z|<R\}\to \{\frac{1}{R^{\prime }}<|z|<R^{\prime }\}$ 是共形映射. 如此反复翻进去翻出来得到了一个 $\mathbb{C}\backslash \{0\}\to \mathbb{C}\backslash \{0\}$ 的共形映射, 且 $0$ 是可去奇点, 这说明 $f(z)=cz$, 有 $|c|=1$, 故 $R=R^{\prime }$.

$\square$

5Riemann 曲面

(单值化定理) 单连通 Riemann 曲面共形等价于 ${\mathbb{C}}_{\infty },\mathbb{C},\mathbb{D}$.

$\pi :\tilde{S}\to S$ 为解析万有覆盖, $\tilde{S}$ 共形等价于 ${\mathbb{C}}_{\infty },\mathbb{C},\mathbb{D}$ 时 $S$ 分别称为椭圆、抛物、双曲 Riemann 曲面.$S$ 共形等价于 $\tilde{S}/\Gamma$, $\Gamma =\{\text{使下图交换的共形映射}\gamma \}$ 为覆盖变换群.椭圆 Riemann 曲面只有 ${\mathbb{C}}_{\infty }$, 抛物 Riemann 曲面有 $\mathbb{C},\mathbb{C}\backslash \{0\},$ 环面, 剩下的是双曲 Riemann 曲面. 最大的双曲 Riemann 曲面是 ${\mathbb{C}}_{0,1}$.

(Picard 小定理) $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数不取 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 中的 $3$ 个点就是常数.

习题. 若黎曼曲面 $S$ 上的全纯 $f$ 的零点有聚点, 则 $f\equiv 0$.

证明. 考虑 $\{f=0\}$ 的内部 $U$, 由 $f$ 解析得到这个聚点 $\in U$ 且 $U$ 是闭集, 而 $U$ 是开集, 于是 $U=S$.

$\square$

习题. $\phi :\mathbb{D}\to {\mathbb{C}}_{0,1}$ 是模函数 (即全纯万有覆盖) , $f:\mathbb{D}\to {\mathbb{C}}_{0,1}$ 全纯, $f(0)=\phi (0)$. 证明 $\underset{|z|\le r}{\sup }|f|\le \underset{|z|\le r}{\sup }|\phi |$.

证明. 映射提升性质表明存在 $\tilde{f}:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 使得 $\phi \circ \tilde{f}=f$ 且 $\tilde{f}(0)=0\in {\phi }^{-1}(f(0))$. 由 Schwartz 引理 $\tilde{f}(|z|\le r)\subset \{|z|\le r\}$, 于是 $\underset{|z|\le r}{\sup }|f|=\underset{\tilde{f}(|z|\le r)}{\sup }|\phi |\le \underset{|z|\le r}{\sup }|\phi |$.

$\square$

6双曲度量

共形 Riemann 度量是指 $d{s}^2=E(d{x}^2+d{y}^2),E>0$, 可写为 $ds=\rho (z)|dz|$, $\rho (z)$ 称为密度. $K(\rho )=-\frac{1}{{\rho }^2}\Delta \log \rho$ 是曲率.

${\mathbb{C}}_{\infty }$ 上球面度量 $ds=\frac{2|dz|}{1+|z{|}^2}$, $K=1$. $\mathbb{D}$ 上 Poincaré 度量 $ds=\frac{2|dz|}{1-|z{|}^2}$, $K=-1$.

$\Omega$ 是 $\mathbb{C}$ 中的双曲区域, 即存在 $\pi :\mathbb{D}\to \Omega$, $\Omega$ 上的双曲度量 ${\rho }_{\Omega }(z)|dz|$ 是指 ${\rho }_{\Omega }(z)|dz|={\rho }_{\Omega }(\pi (w))|{\pi }^{\prime }(w)||dw|=\frac{2|dw|}{1-|w{|}^2}$.

例如 ${\rho }_{\mathbb{H}}(z)=\frac{2|\frac{d}{dz}(\frac{i-z}{i+z})|}{1-|\frac{i-z}{i+z}{|}^2}=\frac{1}{\mathrm{Im}z}$, ${\rho }_{D(c,R)}(z)=\frac{2R}{R^2-|z-c{|}^2}$, ${\rho }_{\{0<|z|<R\}}(z)=\frac{|\frac{d}{dz}(i\log \frac{R}{z})|}{\mathrm{Im}(i\log \frac{R}{z})}=\frac{1}{|z|\log \frac{R}{|z|}}$.

(Schawrtz-Pick 定理) $f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$, 则 $\frac{|f^{\prime }(z)|}{1-|f(z){|}^2}\le \frac{1}{1-|z{|}^2}$, 等号当且仅当 $f\in \mathrm{Aut}(\mathbb{D})$.

(Schwartz 引理) $f:{\Omega }_1\to {\Omega }_2$, 则 ${\rho }_{{\Omega }_2}(f(z))|f^{\prime }(z)|\le {\rho }_{{\Omega }_1}(z)$.

对单连通 $\Omega$, $\frac{1}{2\delta (z)}\le {\rho }_{\Omega }(z)\le \frac{2}{\delta (z)}$, 且第二个不等号对双曲区域也成立, 其中 $\delta (z)=d(z,\partial \Omega )$.

$\rho (z)|dz|$ 称为超双曲度量, 若: $\rho$ 上半连续, $\rho \ge 0$, 且若 $\rho (z_0)>0$, 存在其邻域 $U$ 及 ${\rho }_0(z)\in C^2(U)$ 满足 $0<{\rho }_0(z)\le \rho (z),{\rho }_0(z_0)=\rho (z_0),K({\rho }_0)\le -1$.

Schwatz 引理中 ${\rho }_{{\Omega }_2}$ 改为超双曲度量也成立.

记 ${\rho }_{0,1}(z)|dz|$ 为 ${\mathbb{C}}_{0,1}$ 上的双曲度量, $\eta =\underset{|z|=1}{\min }{\rho }_{0,1}(z)$. 对 $z\in \mathbb{D}\backslash \{0\}$, $\frac{1}{|z|({\eta }^{-1}+\log \frac{1}{|z|})}\le {\rho }_{0,1}(z)\le \frac{1}{|z|\log \frac{1}{|z|}}$.

(Schottkey 定理) $f:\mathbb{D}\to {\mathbb{C}}_{0,1}$, 则 $\log |f(z)|\le ({\eta }^{-1}+\max \{\log |f(0)|,0\})\frac{1+|z|}{1-|z|}-{\eta }^{-1}$.

(Picard 大定理) $\mathbb{D}\backslash \{0\}$ 上的亚纯函数若不取 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 中的 $3$ 个点, 则 $0$ 不是本性奇点.

(等价的表述: $f:D(c,r)\backslash \{0\}\to {\mathbb{C}}_{\{a,b\}}$, 则 $0$ 是极点或可去奇点.)

习题. 对单连通双曲区域 $\Omega$, $|\log {\rho }_{\Omega }(z)-\log {\rho }_{\Omega }(w)|\le 2d_{\Omega }(z,w)$.

证明. 取黎曼映射 $\phi :\mathbb{D}\to \Omega$ 使 $\phi (0)=w$, 记 $\phi (\tilde{z})=z$. 由 Koebe 偏差定理$$\frac{1-|\tilde{z}|}{(1+|\tilde{z}|{)}^3}\le \left|\frac{{\phi }^{\prime }(\tilde{z})}{{\phi }^{\prime }(0)}\right|\le \frac{1+|\tilde{z}|}{(1-|\tilde{z}|{)}^3},$$因此$$|\log {\rho }_{\Omega }(z)-\log {\rho }_{\Omega }(w)|=|\log \frac{2}{|{\phi }^{\prime }(\tilde{z})|(1-|\tilde{z}{|}^2)}-\log \frac{2}{|{\phi }^{\prime }(0)|}|\le 2\log \frac{1+|\tilde{z}|}{1-|\tilde{z}|}=2d_{\mathbb{D}}(\tilde{z},0)=2d_{\Omega }(z,w).$$

$\square$

习题. 对单连通双曲区域 $\Omega$ 及 Riemann 映射 $\phi :\Omega \to \mathbb{D},\phi (a)=0$, $|\log g(z_1,a)-\log g(z_2,a)|\le d_{\Omega \backslash \{a\}}(z_1,z_2)$.

证明. 事实上 $g(z,a)=-\log |\phi (z)|$, 对下式两边从 $z_1$ 到 $z_2$ 积分. $$\begin{array}{rl}& {\rho }_{\Omega \backslash \{a\}}(z)|dz|=\frac{|d\phi (z)|}{|\phi (z)|(-\log |\phi (z)|)}=\frac{|d(-\log \phi (z))|}{-\log |\phi (z)|}\\ & \ge \frac{d(-\log |\phi (z)|)}{-\log |\phi (z)|}=d\log (-\log |\phi (z)|)=d\log g(z,a).\end{array}$$

$\square$

习题. 对双曲区域 $\Omega$, 当 $z\to \zeta \in \partial \Omega$ 时 ${\rho }_{\Omega }(z)\ge \frac{1+o(1)}{\delta (z)\log \frac{1}{\delta (z)}}$.

证明. 设 $z_0\in \partial \Omega$ 使 $|z-z_0|=d(z,\partial \Omega )$, 以及 $w\notin \Omega \cup \{z_0\}$, 那么 ${\rho }_{\Omega }(z)\ge {\rho }_{z_0,w}(z)\sim \frac{1}{|z-z_0|\log \frac{1}{|z-z_0|}}$.

$\square$

习题. $\mathbb{C},\mathbb{C}\backslash \{0\}$ 上不存在超双曲度量.

证明. 在 $D(0,R)$ 上, $\mathbb{C}$ 的超双曲度量的密度 $\rho (z)\le {\rho }_{D(0,R)}(z)=\frac{2R}{R^2-|z{|}^2}\to 0$ 当 $R\to \infty$ 对任何 $z$, 因此 $\rho \equiv 0$, 不成立.

假设 $\mathbb{C}\backslash \{0\}$ 有超双曲度量 $\rho (z)$, 那么 $\rho (e^z)|e^z||dz|$ 是 $\mathbb{C}$ 上的超双曲度量.

注: 不难进一步看出, 黎曼曲面 $S$ 上存在超双曲度量当且仅当 $S$ 是双曲的.

$\square$

习题. 用 Schottey 定理证明 Picard 小定理.

证明. 设亚纯函数 $f$ 不取 $a,b,c$, 则 $F=\frac{f-a}{f-b}/\frac{c-a}{c-b}:\mathbb{C}\to {\mathbb{C}}_{0,1}$. 对 $F(Rz),z\in \mathbb{D}$ 使用 Schottey 定理, 得到 $F$ 有界, 从而是常数.

$\square$

习题. $\mathbb{D}$ 上 $K=-1$ 的共形度量一定是 Poincaré 度量.

证明.

证明. 设 $d{s}^2=e^u(d{x}^2+d{y}^2)$, $K=-1$ 即 $\Delta u=e^{2u}$. 假设还有 $\Delta v=e^{2v}$, 则 $\Delta (u-v)=e^{2u}-e^{2v}$, 在 $u-v$

$\square$

习题 ${}^{\ast }$. 对区域 $\Omega$ 上的亚纯函数族, 若都不取 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 中给定的三个点, 则是正规族.

证明. 不妨设它们映到 ${\mathbb{C}}_{0,1}$. $(1+|z{|}^2){\rho }_{0,1}(z)$ 在边界趋于无穷 ($z\to 0,1$ 时 ${\rho }_{0,1}(z)\to \infty$, $z\to \infty$ 时 $(1+|z{|}^2){\rho }_{0,1}(z)=(1+|z{|}^2)\frac{1}{|z{|}^2}{\rho }_{0,1}\left(\frac{1}{z}\right)\to \infty$) 故有下界 $c$, 所以$$\frac{2|f^{\prime }(z)|}{1+|f(z){|}^2}\le \frac{2}{c}{\rho }_{0,1}(f(z))|f^{\prime }(z)|\le \frac{2}{c}{\rho }_{\Omega }(z).$$由于 ${\rho }_{\Omega }(z)$ 内闭一致有界, 使用 Marty 定理即可.

$\square$

7素数定理

$\Gamma (s)$ 是 $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数, 在 $\mathrm{Re}s>0$ 解析且 $\Gamma (s)={\int }_0^{\infty }{e}^{-t}{t}^{s-1}dt$, 按 $\Gamma (s)=\frac{\Gamma (s+m)}{s(s+1)\cdots (s+m-1)}$ 延拓到 $\mathrm{Re}s>-m$, 于是 $\Gamma (s)$ 的所有奇点是 $-k,k\in \mathbb{N}$ 处的极点, 且 $\mathrm{Res}(\Gamma ,-k)=\frac{(-1{)}^k}{k!}$.

(Weierstrass 乘积公式) $\frac{1}{\Gamma (s)}=s{e}^{\gamma s}\stackrel{\infty }{\prod _{k=1}}(1+\frac{s}{k})e^{-\frac{s}{k}}$.

$\Gamma (s)$ 没有零点, 且 $\Gamma (s)\Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s}$.

(Euler 乘积公式) $\frac{1}{\zeta (s)}=\prod _p(1-\frac{1}{p^s})$.

$$\zeta (s)=-\frac{\Gamma (1-s)}{2\pi i}{\int }_{\gamma }\frac{(-\zeta {)}^{s-1}}{e^{\zeta }-1}d\zeta ,$$其中 $\gamma ={\gamma }_{ϵ}=(+\infty ,ϵ)$ $\cup$ $\{|z|=ϵ$ 逆时针转一圈从 $ϵ$ 到 $ϵ\}$ $\cup$ $(ϵ,+\infty )$, 在第 1 段路 $(-\zeta {)}^{s-1}=|\zeta {|}^{s-1}{e}^{-i\pi s}$, 在第 3 段路 $(-\zeta {)}^{s-1}=|\zeta {|}^{s-1}{e}^{i\pi s}$, 积分和 $ϵ$ 无关.

$\zeta (s)=2^s{\pi }^{s-1}\sin \frac{\pi s}{2}\Gamma (1-s)\zeta (1-s)$.

由此得到, $\zeta (s)$ 在 $\mathrm{Re}s<0$ 只有单零点 $s=-2,-4,-6,\cdots$, 非平凡零点都位于 $\{0\le \mathrm{Re}s\le 1\}$; 进一步能证明非平凡零点都位于 $\{0<\mathrm{Re}s<1\}$.

(素数定理) $\pi (x)\sim \frac{x}{\log x}$.

习题. 对 $s\in \mathbb{C}$, $\frac{1}{(1-z{)}^s}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(s)z^n$, $|z|<1$. 证明 $a_n(s)\sim \frac{1}{\Gamma (s)}{n}^{s-1}$.

证明. $a_n(s)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-s}{n}\right)(-1{)}^n=\frac{s}{1}\cdots \frac{s+n-1}{n}=\frac{s}{n}\prod _{k=1}^{n-1}(1+\frac{s}{k})\sim \frac{1}{\Gamma (s)}{n}^{s-1}$.

$\square$

习题. 证明 ${\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\cos tdt=\Gamma (s)\cos \frac{\pi s}{2}$, $0<\mathrm{Re}s<1$, ${\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\sin tdt=\Gamma (s)\sin \frac{\pi s}{2}$, $-1<\mathrm{Re}s<1$.

证明. 记 $I_i={\int }_{{\gamma }_i}{z}^{s-1}{e}^{iz}dz,i=1,2,3,4$, 有 $I_1+I_2+I_3+I_4=0$.

当 $0<\mathrm{Re}s<1$ 时, 令 $r\to 0,R\to \infty$ 有$$\begin{array}{rl}{I}_3& ={\int }_{{\gamma }_3}(iy{)}^{s-1}{e}^{-y}d(iy)\to -\Gamma (s)i^s=-\Gamma (s)e^{i\frac{\pi s}{2}},\\ |I_2|& \le {\int }_{{\gamma }_2}|(R{e}^{i\theta }{)}^{s-1}{e}^{iR{e}^{i\theta }}d(R{e}^{i\theta })|=R^{\mathrm{Re}s}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{-\theta \mathrm{Im}s-R\sin \theta }d\theta \\ & \le R^{\mathrm{Re}s}C{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{-R\frac{2\theta }{\pi }}d\theta \le R^{\mathrm{Re}s-1}C{\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{2\theta }{\pi }}d\theta \to 0,\\ |I_4|& \le r^{\mathrm{Re}s}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{-\theta \mathrm{Im}s-r\sin \theta }d\theta \le r^{\mathrm{Re}s}C\frac{\pi }{2}\to 0,\end{array}$$其中 $C=\max \{1,e^{-\frac{\pi }{2}\mathrm{Im}s}\}$ 是常数. 于是 $I_1\to \Gamma (s)e^{i\frac{\pi s}{2}}$. 要说明第二式在 $-1<\mathrm{Re}s<1$ 成立, 只需说明 $f(s)={\int }_0^{\infty }{t}^{s-1}\sin tdt$ 全纯, 这是因为右边全纯及全纯函数的唯一性. 注意到 $f_n(s)={\int }_0^n{t}^{s-1}\sin tdt$ 全纯 (使用 Morera 与 Fubini) , 且当 $n\to \infty$ 时有内闭一致的收敛$$\begin{array}{rl}|f(s)-f_n(s)|& =\left|{\int }_n^{\infty }{t}^{s-1}\sin tdt\right|=|t^{s-1}\cos t{|}_{\infty }^n+(s-1){\int }_n^{\infty }{t}^{s-2}\cos tdt|\\ & \le |n^{s-1}|+|s-1|{\int }_n^{\infty }|t^{s-2}|dt=(1+\frac{|s-1|}{1-\mathrm{Re}s})n^{\mathrm{Re}s-1}\to 0.\end{array}$$

$\square$

习题. 第 $n$ 个素数 $p_n\sim n\log n$.

证明. 由 $n=\pi (p_n)\sim \frac{p_n}{\log p_n}$ 得到 $\log n\sim \log \frac{p_n}{\log p_n}\sim \log p_n$.

$\square$

习题. 对 Mangolt 函数 $\Lambda (n)=\{\begin{array}{ll}\log p,& n=p^m\\ 0,& \text{其它}\end{array}$, 定义 Chebyshev 函数 $\psi (x)=\sum _{n\le x}\Lambda (n)$. 证明 $\pi (x)\sim \frac{x}{\log x}$ 等价于 $\psi (x)\sim x$.

证明. 注意到 $\psi (x)$ 与 $\Theta (x)=\sum _{p\le x}\log p$ (称为 Chebyshev theta 函数) 相差$$\sum _{n\le x,n\ne p}\Lambda (n)=\sum _{2\le m\le {\log }_{2}x}\sum _{p\le \sqrt[m]{x}}\log p\le ({\log }_{2}x-1)\sqrt{x}\log x=o(x),$$故 $\psi (x)\sim x$ 等价于 $\Theta (x)\sim x$. 下面证明 $\pi (x)\sim \frac{x}{\log x}$ 等价于 $\Theta (x)\sim x$. 待定 $q=q(x)\in (0,1)$, $$\pi (x)\log x\ge \Theta (x)\ge \sum _{x^q\le p\le x}\log p\ge (\pi (x)-\pi (x^q))\log x^q\ge (\pi (x)-x^q)q\log x,$$为了使 $(\pi (x)-x^q)q\log x\sim \pi (x)\log x$, 取 $q\sim 1$ 而且 $\log x=o(x^{1-q})$ 就可以了.

$\square$

附: 曲率的计算

下面来验证双曲度量一章中度量 $d{s}^2={\rho }^2(d{x}^2+d{y}^2)$ 的曲率 $K(p)$ 等于 $-\frac{1}{{\rho }^2}\Delta \log \rho$.

$2$ 维黎曼流形的 Gauss 曲率的定义是$$K(p)=\frac{⟨R(u,v)v,u⟩}{⟨u,u⟩⟨v,v⟩-⟨u,v{⟩}^2},$$其中 $u,v$ 是 $T_{p}M$ 的任何一组基.

对 $n$ 维黎曼流形 $(M,g)$, $g=g_{ij}d{x}^i\otimes d{x}^j$, 曲率张量的表达式为 (见陈维桓《黎曼几何引论 (上册) 》§4.1, P228-229) $$\begin{array}{rl}{R}_{klij}& :=⟨R(\frac{\partial }{\partial x^i},\frac{\partial }{\partial x^j})\frac{\partial }{\partial x^k},\frac{\partial }{\partial x^l}⟩\\ =& \frac{1}{2}(\frac{{\partial }^2{g}_{ik}}{\partial x^j\partial x^l}+\frac{{\partial }^2{g}_{jl}}{\partial x^i\partial x^k}-\frac{{\partial }^2{g}_{il}}{\partial x^j\partial x^k}-\frac{{\partial }^2{g}_{jk}}{\partial x^i\partial x^l})\\ +& {\Gamma }_{ik}^p{\Gamma }_{jl}^h{g}_{ph}-{\Gamma }_{il}^h{\Gamma }_{jk}^p{g}_{ph}.\end{array}$$取 $u=\frac{\partial }{\partial x},v=\frac{\partial }{\partial y}$, 由 $g_{ij}={\rho }^2{\delta }_{ij}$ 得$${\Gamma }_{ij}^k=\frac{1}{2{\rho }^2}(\frac{\partial g_{ik}}{\partial x^j}+\frac{\partial g_{jk}}{\partial x^i}-\frac{\partial g_{ij}}{\partial x^k}),$$于是$${\Gamma }_{11}^1=\frac{{\rho }_x}{\rho },{\Gamma }_{11}^2=-\frac{{\rho }_y}{\rho },{\Gamma }_{12}^1=\frac{{\rho }_y}{\rho },{\Gamma }_{12}^2=\frac{{\rho }_x}{\rho },{\Gamma }_{22}^1=-\frac{{\rho }_x}{\rho },{\Gamma }_{22}^2=\frac{{\rho }_y}{\rho }.$$代入上面的公式得$$\begin{array}{rl}{R}_{2112}& =\frac{1}{2}(-({\rho }^2{)}_{xx}-({\rho }^2{)}_{yy})+({\Gamma }_{12}^1{\Gamma }_{12}^1+{\Gamma }_{12}^2{\Gamma }_{12}^2){\rho }^2-({\Gamma }_{11}^1{\Gamma }_{22}^1+{\Gamma }_{11}^2{\Gamma }_{22}^2){\rho }^2\\ & =-({\rho }_x^2+\rho {\rho }_{xx}+\rho {\rho }_{yy}+{\rho }_y^2)+({\rho }_y^2+{\rho }_x^2)-(-{\rho }_x^2-{\rho }_y^2)\\ & ={\rho }_x^2-\rho {\rho }_{xx}-\rho {\rho }_{yy}+{\rho }_y^2.\end{array}$$于是$$K(p)=\frac{R_{2112}}{{\rho }^2{\rho }^2-0}=\frac{{\rho }_x^2-\rho {\rho }_{xx}-\rho {\rho }_{yy}+{\rho }_y^2}{{\rho }^4}.$$又有$$-\frac{1}{{\rho }^2}\Delta \log \rho =-\frac{1}{{\rho }^2}\left(\right(\frac{{\rho }_x}{\rho }{)}_x+\left(\frac{{\rho }_y}{\rho }{)}_y\right)=\frac{{\rho }_x^2-\rho {\rho }_{xx}-\rho {\rho }_{yy}+{\rho }_y^2}{{\rho }^4}.$$