黎曼曲面笔记

Poincaré 引理与 Dolbeault 引理

1 圆盘上的 Poincaré 引理

令 \(\Delta =\{z:|z|<R\}\)，其中 \(0<R\le +\infty \)。若 \(\omega \in \mathcal E^{(1)}(\Delta )\) 满足 \(d\omega =0\)，则存在 \(F\in \mathcal E(\Delta )\)，使 \(\omega =dF\)。

证明写 \(\omega =f\,dx+g\,dy\)。条件 \(d\omega =0\) 等价于 \(g_x=f_y\)。令

\[ F(x,y)=\int _0^1[f(tx,ty)x+g(tx,ty)y]\,dt. \]

则

\[ \begin {aligned} F_x &=\int _0^1[f(tx,ty)+txf_x(tx,ty)+tyg_x(tx,ty)]\,dt\\ &=\int _0^1\frac d{dt}[t f(tx,ty)]\,dt=f(x,y). \end {aligned} \]

类似地 \(F_y=g\)，因此 \(dF=\omega \)。

2 Dolbeault 引理

每个 \(\omega \in \mathcal E^{(0,1)}(\Delta )\) 都可写为

\[ d''f=\omega ,\qquad f\in \mathcal E(\Delta ). \]

这里 \(d''\omega =0\) 因维数原因自动成立。等价地，对每个 \(g\in \mathcal E(\Delta )\)，方程

\[ \frac {\partial f}{\partial \bar z}=g \]

在 \(\Delta \) 上有光滑解。证明分两步：先解复平面上的紧支撑问题，再以一致逼近处理一般圆盘。

2.1 紧支撑右端的积分解

若 \(g\in C^\infty _0(\mathbb C)\)，定义

\begin{equation} f(z)=\frac 1{2\pi i}\int _{\mathbb C} \frac {g(\zeta )}{\zeta -z}\,d\zeta \wedge d\bar \zeta . \label {eq:cauchy-green} \end{equation}

令 \(\zeta =z+re^{i\theta }\)，由于 \(\frac i2d\zeta \wedge d\bar \zeta =r\,dr\wedge d\theta \)，有

\[ f(z)=-\frac 1\pi \int _0^\infty \int _0^{2\pi } g(z+re^{i\theta })e^{-i\theta }\,d\theta \,dr. \]

这给出 \(f\in \mathcal E(\mathbb C)\)。将积分中的 \(r<\varepsilon \) 部分去掉，微分后再令 \(\varepsilon \to 0\)，可得

\[ \begin {aligned} f_{\bar z}(z) &=\lim _{\varepsilon \to 0}\frac 1{2\pi i} \int _{|\zeta |>\varepsilon } \frac {\partial }{\partial \bar \zeta } \left (\frac {g(z+\zeta )}{\zeta }\right ) d\zeta \wedge d\bar \zeta \\ &=-\lim _{\varepsilon \to 0}\frac 1{2\pi i} \int _{|\zeta |>\varepsilon } d\left (\frac {g(z+\zeta )}{\zeta }\,d\zeta \right )\\ &=\lim _{\varepsilon \to 0}\frac 1{2\pi i} \int _{|\zeta |=\varepsilon }\frac {g(z+\zeta )}{\zeta }\,d\zeta \\ &=g(z). \end {aligned} \]

第三步使用 Stokes 公式及内边界的负向取向；最后使用 \(g(z+\zeta )=g(z)+O(\varepsilon )\)。

2.2 由紧支撑情形推广到圆盘

取 \(R_n\uparrow R\)，令 \(\Delta _n=\{|z|<R_n\}\)，并取截断函数

\[ \chi _n\in C^\infty _0(\Delta _{n+1}),\qquad \chi _n|_{\Delta _n}=1. \]

将 \(\chi _ng\) 在圆盘外延拓为零，由上一步可解出

\[ f_n\in \mathcal E(\Delta ),\qquad (f_n)_{\bar z}=\chi _ng. \]

递归修正这些解。令 \(\widetilde f_1=f_1\)。假定 \(\widetilde f_n\) 已满足 \((\widetilde f_n)_{\bar z}=g\) 于 \(\Delta _n\)。则 \(f_{n+1}-\widetilde f_n\) 在 \(\Delta _n\) 上全纯。用其 Taylor 多项式 \(P_n\) 在较小的闭圆盘 \(\overline {\Delta }_{n-1}\) 上逼近，使

\[ \|f_{n+1}-\widetilde f_n-P_n\|_{L^\infty (\Delta _{n-1})}\le 2^{-n}. \]

定义 \(\widetilde f_{n+1}=f_{n+1}-P_n\)。递归得到

\[ (\widetilde f_n)_{\bar z}=g\quad \hbox {于 }\Delta _n,\qquad \|\widetilde f_{n+1}-\widetilde f_n\|_{L^\infty (\Delta _{n-1})}\le 2^{-n}. \]

起始阶段的较小圆盘可任意选取，不影响后面的穷竭论证。

对固定 \(n\)，当 \(k>\ell >n\) 时，

\[ \|\widetilde f_k-\widetilde f_\ell \|_{L^\infty (\Delta _n)} \le \sum _{j=\ell }^{k-1}2^{-j}\longrightarrow 0. \]

所以 \(\widetilde f_n\) 局部一致收敛到连续函数 \(f\)。在每个较小圆盘上，极限可写为一个光滑函数加上局部一致收敛的全纯级数：

\[ f=\widetilde f_n+ \sum _{k=n}^{\infty }(\widetilde f_{k+1}-\widetilde f_k). \]

因此 \(f\) 光滑，且 \(f_{\bar z}=g\)。这就证明了 Dolbeault 引理。

3 二阶方程的解

两次应用 Dolbeault 引理，可对任意 \(g\in \mathcal E(\Delta )\) 解出

\[ f_{z\bar z}=g. \]

具体地，先取 \(f_1\) 使 \((f_1)_{\bar z}=g\)，再取 \(f_2\) 使 \((f_2)_{\bar z}=\overline {f_1}\)。令 \(f=\overline {f_2}\)，则

\[ f_{z\bar z} =\partial _{\bar z}\overline {(f_2)_{\bar z}} =\partial _{\bar z}f_1=g. \]

反过来，如果已解出 \(f_{z\bar z}=g\)，则 \(\partial _zf\) 就是 Cauchy–Riemann 方程 \(\partial _{\bar z}u=g\) 的解。

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