用户: Solution/ 笔记: Riemann曲面 (i)

1准备知识

Riemann 面

例 1.1. $\sqrt{z}$: 多值函数. $\sqrt{z}$ 的黎曼面.

定义 1.2. $2$ 维连通流形 $X$, $X$ 上一个坐标指一个同胚 $\phi :U\subset X\to V\subset \mathbb{C}$.

定义 1.3. 称两个坐标 ${\phi }_i:U_i\to V_i$, $i=1,2$ 是全纯相容的, 若 ${\phi }_2\circ {\phi }_1^{-1}:{\phi }_1(U_1\cap U_2)\to {\phi }_2(U_1\cap U_2)$ 双全纯.

定义 1.4. $X$ 上一个复图表指一族全纯相容的坐标 $\mathcal{U}=\{{\phi }_j:U_j\to V_j,j\in J\}$ 使得 $X=\bigcup _j{U}_j$.

定义 1.5. $X$ 上一个复结构 $\Sigma =[\mathcal{U}]$, $\mathcal{U}$ 是 $X$ 上的复图表, $\mathcal{U}\sim {\mathcal{U}}^{\prime }$ 等价于其中任意两个坐标全纯相容.

定义 1.6. $(X,\Sigma )$ 称为一个 Riemann 面.–H. Weyl.

例 1.7. $X$: Riemann 面, $Y\subset X$ 开、连通, 则 $Y$ 也是 Riemann 面.

设 $\mathcal{U}$ 是 $X$ 上的一个开图表, 则 $\mathcal{U}{|}_Y$ 也是 $Y$ 的一个开图表.

例 1.8. $\Omega \subset \mathbb{C}$ 中的区域均为 Riemann 面, 取 $\mathcal{U}=\{\mathrm{id}:\Omega \to \Omega \}$.

例 1.9. Riemann 球面 ${\mathbb{P}}^1$ 是 (紧) Riemann 面.

${\mathbb{P}}^1=\mathbb{C}\cup \{\infty \}$, 有球极投影 ${\mathbb{P}}^1\cong {\mathbb{S}}^2$, 故 ${\mathbb{P}}^1$ 是紧连通流形.

取 $U_1=\mathbb{C}$, $U_2={\mathbb{C}}^{\ast }\cup \{\infty \}$. 定义: ${\phi }_1:U_1\to \mathbb{C}$, $z\mapsto z$. ${\phi }_2:U_2\to \mathbb{C},z\mapsto \frac{1}{z},\infty \mapsto 0$. $U_1\cap U_2={\mathbb{C}}^{\ast }$. ${\phi }_1(U_1\cap U_2)={\phi }_2(U_1\cap U_2)={\mathbb{C}}^{\ast }$. ${\phi }_2\circ {\phi }_1^{-1}:{\mathbb{C}}^{\ast }\to {\mathbb{C}}^{\ast },z\mapsto \frac{1}{z}$ 是双全纯. 故 $\mathcal{U}=\{{\phi }_j:j=1,2\}$ 是 ${\mathbb{P}}^1$ 的一个复图表.

例 1.10 (环面是 Riemann 面). 设 ${\omega }_1,{\omega }_2$ 是 $\mathbb{R}$-线性无关的向量. 称 $\Gamma :=\mathbb{Z}{\omega }_1+\mathbb{Z}{\omega }_2=\{m{\omega }_1+n{\omega }_2:m,n\in \mathbb{Z}\}$ 是 $\mathbb{C}$ 中的一个格.

定义 $z\sim z^{\prime }$ 等价于 $z-z^{\prime }\in \Gamma$. 称 $\mathbb{C}/\Gamma :=\mathbb{C}/\sim$ 为一个环面. 商映射 $\pi :z\mapsto [z]$ 给出了 $\mathbb{C}/\Gamma$ 上的一个拓扑, 其是一个紧连通流形.

设 $V\subset \mathbb{C}$ 是一个区域, 使得 $V$ 中任何两个点不等价, 则 $\pi :V\to U:=\pi (V)$ 是一个同胚. 进而 $\phi :={\pi }^{-1}:U\to V$ 是一个坐标.

设 ${\phi }_i:U_i\to V_i$ 为坐标, $i=1,2$. 令 $\psi :={\phi }_2\circ {\phi }_1^{-1}:{\phi }_1(U_1\cap U_2)\to {\phi }_2(U_1\cap U_2)$.

因为 $\pi \circ \psi (z)={\phi }_1^{-1}(z)=\pi (z)$, 所以有 $\psi (z)-z\in \Gamma$.

因为 $\psi (z)-z$ 连续, 且取值在一个离散集上, 所以 $\psi (z)-z$ 在 ${\phi }_1(U_1\cap U_2)$ 的任何一个连通分支上均为常数. 因此 $\psi$ 是双全纯函数. 覆盖是容易的.

例 1.11. 设 $f\in C(\mathbb{C})$, 考虑 $f$ 的图像 $\Gamma (f):=\{(z,f(z))\in \mathbb{C}\times \mathbb{C}:z\in \mathbb{C}\}$. 取$$\mathcal{U}=\{P:\Gamma (f)\to \mathbb{C},(z,f(z))\mapsto z\},$$推出 $\Gamma (f)$ 为 Riemann 面.

注 1.12. Riemann 面是由 “同胚” 来定义的, 只是两个坐标的转换函数是双全纯的.

定理 1.13. (Gauss 证明实解析情形; Korn-Lichtenstein 证明一般情形)

任何一个可定向的光滑曲面, 均存在一个复结构, 使得其称为一个 Riemann 面. 参见 Jost, 紧 Riemann 面 (有关 PDE).

定义 1.14. $X$ 是 Riemann 面, 称函数 $f:X\to \mathbb{C}$ 为一个全纯函数, 若对任意坐标 $\phi :U\to V$, 有 $f\circ {\phi }^{-1}:V\to \mathbb{C}$ 全纯. 记 $\mathcal{O}(X)$ 为 $X$ 上的全纯函数全体.

注 1.15. 使用 $\mathcal{O}$ 是为了纪念 Kiyoshi Oka (岡潔, 日本数学家) , 他在多复变领域以原创方法解决了诸多猜想.

定理 1.16 (Riemann 可去奇点定理). 设 $X$ 是 Riemann 面, $U\subset X$ 是开集, $a\in U$. 若 $f\in \mathcal{O}(U\backslash \{a\})\cap L^{\infty }(U)$, 则存在唯一的 $\tilde{f}\in \mathcal{O}(U)$ 使得 $\tilde{f}{|}_{U\backslash \{a\}}=f$.

证明. 利用平面区域的情形.

$\square$

定义 1.17. $X,Y$: Riemann 面, $f\in C(X,Y)$. 称 $f$ 是全纯的, 若对所有的坐标 ${\phi }_1:U_1\subset X\to V_1$, ${\phi }_2:U_2\subset Y\to V_2$, 其中 $f(U_1)\subset U_2$, 有$${\phi }_2\circ f\circ {\phi }_1^{-1}:V_1\to V_2$$全纯.

记 $\mathcal{O}(X,Y)$ 为 $X\to Y$ 的全纯映射全体.

注 1.18. 验证此处 $f\in C(X,Y)$ 不可少.

定义 1.19. 若 $f:X\to Y$ 同胚, 且 $f,f^{-1}$ 全纯, 则称 $f$ 为双全纯映射.

命题 1.20 (恒等原理). $f_1,f_2\in \mathcal{O}(X,Y)$, 记 $A:=\{x\in X:f_1(x)=f_2(x)\}$. 若 $A$ 有聚点, 则 $f_1\equiv f_2$.

证明. 令 $G:=\{x\in X:$ 存在邻域 $W\ni x,\text{s.t.}{f}_1{|}_W=f_2{|}_W\}$. 则 $G$ 是开集.

$G\subset X$ 闭: 设 $b\in \partial G\cap X$, 因为 $f_i$ 连续, 所以有 $f_1(b)=f_2(b)$.

取坐标 $\phi :b\in U\subset X\to V$, $\psi :U^{\prime }\subset Y\to V^{\prime }$ 使得 $f_i(U)\subset U^{\prime }$ 且 $U$ 连通. 记 $g_i=\psi \circ f_i\circ {\phi }^{-1}$. 由平面区域上的恒等原理, 推出 $g_1=g_2$ 在 $V$ 上. 进而 $f_1=f_2$ 在 $U$ 上, 故 $b\in G$. 所以 $G$ 是闭集.

再由平面区域恒等原理, 有聚点 $a\in G$.

因为 $X$ 连通, 非空, 且既开又闭, 故有 $G=X$. 进而 $f_1\equiv f_2$.

$\square$

定义 1.21. $X$: Riemann 面. $X$ 上的一个亚纯函数 (meromorphic) 指, $f\in \mathcal{O}(X^{\prime })$, 其中 $X^{\prime }\subset X$ 开且使得

1. $X\backslash X^{\prime }$ 离散.  2. $\forall p\in X\backslash X^{\prime }$ 为 $f$ 的极点, 即 $x\to p$ 时 $f(x)\to \infty$.

记 $\mathcal{M}(X)$ 为 $X$ 上的亚纯函数全体.

例 1.22. $p(z)=z^n+c_1{z}^{n-1}+\cdots +c_n\in \mathcal{O}(\mathbb{C})$. $p(z)\to \infty (z\to \infty )$, 故 $p\in \mathcal{M}({\mathbb{P}}^1)$.

定理 1.23. $f\in \mathcal{M}(X)$, 补充定义 $f$ 在极点处取值为 $\infty$, 则 $f\in \mathcal{O}(X,{\mathbb{P}}^1)$. 反之, 若 $f\in \mathcal{O}(X,{\mathbb{P}}^1)$, 则 $f\equiv \infty$ 或 $f\in \mathcal{M}(X)$.

证明. 设 $f\in \mathcal{M}(X)$, $f\ne \infty$, 则 $P=f^{-1}(\infty )$ 为离散的. 考虑坐标 $\phi :U\subset X\to V$, $\psi :U^{\prime }\subset {\mathbb{P}}^1\to V^{\prime }$, 使得 $f(U)\subset U^{\prime }$, 且 $V^{\prime }$ 有界.

在 $U$ 中有限个极点, 进而在 $\phi (U)$ 上亦为有限个极点, 而 $\psi \circ f\circ {\phi }^{-1}$ 是有界的. 由 Riemann 可去奇点定理, 使得 $\psi \circ f\circ {\phi }^{-1}\in \mathcal{O}(V)$, 进而 $f\in \mathcal{O}(X,{\mathbb{P}}^1)$.

$\square$

定理 1.24 (全纯映射局部行为). $f\in \mathcal{O}(X,Y)$ 非常值, $a\in X$, $b:=f(a)\in Y$. 则存在 $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$, 以及坐标 $\phi :U\subset X\to V$, $\psi :U^{\prime }\subset Y\to V^{\prime }$ 使得 $f(U)\subset U^{\prime }$, $\phi (a)=\psi (b)=0$ 且$$F(z):=\psi \circ f\circ {\phi }^{-1}(z)=z^k.$$称 $k$ 为 $f$ 在 $a$ 处的重数.

证明. 首先可取坐标 $\phi ,\psi$ 使得其满足除了方程 (1.1.1) 以外的所有性质.

定义 $f_1:=\psi \circ f\circ {\phi }^{-1}\in \mathcal{O}(V,V^{\prime })$, 使得 $f_1(0)=0$ 且 $f_1$ 不是常值. 进而 $f_1(z)=z^{k}g(z)$, 其中 $g\in \mathcal{O}(V)$, $g(0)\ne 0$.

适当选取 $U$, 可使 $V$ 单连通, 且 $|g|{|}_V>0$. 故存在 $g^{\frac{1}{k}}$ 的一个单值分支 $h$, 使得 $f_1(z)=(z\cdot h(z){)}^k$. $z\mapsto z\cdot h(z)$ 双全纯 (适当收缩 $U$).

记 $\alpha (z):=z\cdot h(z)$. 只需用 $\alpha \circ \phi$ 来代替 $\phi$ 即可.

$\square$

推论 1.25 (开映射). $f\in \mathcal{O}(X,Y)$ 不是常值映射, 则 $f$ 是开映射.

证明: 对于任意 $a$, 任意邻域 $U$, 则 $f(U)$ 是 $f(a)$ 的一个邻域.

推论 1.26. $f\in \mathcal{O}(X,Y)$ 且单, 则 $f:X\to f(X)$ 双全纯.

证明. $f$ 单叶, 则 $f$ 在任何点的重数为 $1$, 故 $f^{-1}$ 全纯.

$\square$

推论 1.27 (最大模). $f\in \mathcal{O}(X)$ 非常值, 则 $f$ 不能在 $X$ 内部取最大值.

证明. 假设存在 $a\in X$, 使得 $|f(a)|=R:=\underset{X}{\sup }|f|$, 则 $f(X)\subset K:=\{z\in \mathbb{C}:|z|\le R\}$. 因为 $f(X)$ 开, 所以 $f(X)\subset \stackrel{\circ }{K}$, 但 $f(a)\in \partial K$, 矛盾.

$\square$

定理 1.28. 设 $X,Y$ 为 Riemann 面, $X$ 紧, $f\in \mathcal{O}(X,Y)$ 非常值, 则 $f$ 满且 $Y$ 紧.

证明. $\varnothing \ne f(X)\subset Y$ 开, 且 $f(X)\subset Y$ 是紧集进而闭集. 又因为 $Y$ 连通, 所以 $Y=f(X)$.

$\square$

推论 1.29. $X$ 是紧 Riemann 面, $f\in \mathcal{O}(X)$, 则 $f$ 是常数.

推论 1.30. $f\in \mathcal{M}({\mathbb{P}}^1)$ 非常值, 则 $f$ 是有理函数, 即 $f=\frac{P_1}{P_2}$, 其中 $P_2,P_2$ 是多项式.

证明. 因为 ${\mathbb{P}}^1$ 是紧的, 且 $f^{-1}(\infty )$ 离散, 所以 $f^{-1}(\infty )$ 有限. 不妨设 $f(\infty )\ne \infty$ (否则用 $\frac{1}{f}$ 来代替 $f$). 进而 $f^{-1}(\infty )=\{a_1,\cdots ,a_n\}\subset \mathbb{C}$.

令 $h_{\nu }$ 为 $f$ 在 $a_{\nu }$ 处的主部, 则 $g:=f-\sum _{\nu =1}^n{h}_{\nu }\in \mathcal{O}({\mathbb{P}}^1)$, 进而 $g$ 是常数.

$\square$

推论 1.31 (Liouville 定理). $f\in \mathcal{O}(\mathbb{C})$ 且有界, 则 $f$ 是常数.

证明. 由 Riemann 可去奇点定理, 有 $f\in \mathcal{O}({\mathbb{P}}^1)$. 又因为 ${\mathbb{P}}^1$ 紧, 故 $f$ 是常数.

$\square$

推论 1.32 (代数学基本定理). $p(z)=z^n+a_1{z}^{n-1}+\cdots +a_n$, 则 $p(z)=0$ 至少有一个复根.

证明. $p\in \mathcal{O}({\mathbb{P}}^1,{\mathbb{P}}^1)$, $f^{-1}(\infty )=\{\infty \}$. $p$ 非常值, 所以 $p$ 是满射, 进而 $p^{-1}(0)\cap \mathbb{C}\ne \varnothing$.

$\square$

注 1.33. Gauss 是第一个定义复数的数学家: 复整数.

定义 1.34 (双周期函数). 设 $\Gamma =\mathbb{Z}{\omega }_1+\mathbb{Z}{\omega }_2\in \mathbb{C}$ 为一个格, 称 $f\in \mathcal{M}(\mathbb{C})$ 为 $\Gamma$-双周期的, 若$$f(z)=f(z+{\omega }_i),\forall z\in \mathbb{C}.i=1,2$$$$⟺f(z)=f(z+\omega ),\forall z\in \mathbb{C},\omega \in \Gamma .$$若 $f$ 是 $\Gamma$-双周期函数, 则其诱导出 $F\in \mathcal{M}(\mathbb{C}/\Gamma )$ 使得 $f=F\circ \pi$. 反之, 若 $F\in \mathcal{M}(\mathbb{C}\backslash \Gamma )$, 则 $f=F\circ \pi$ 是 $\Gamma$-双周期的.

定理 1.35. 两个定理:

1.	$f\in \mathcal{O}(\mathbb{C})$ 为 $\Gamma$-双周期, 则 $f$ 是常数.
2.	$f\in \mathcal{M}(\mathbb{C})$ 为 $\Gamma$-双周期, 且 $f$ 不是常数, 则 $f(\mathbb{C})={\mathbb{P}}^1$.

例 1.36 (Weierstrass $\mathcal{P}$-函数). $$\mathcal{P}(z):=\frac{1}{z^2}+\sum _{\omega \in \Gamma \backslash \{0\}}[\frac{1}{(z-\omega {)}^2}-\frac{1}{{\omega }^2}]$$为 $\Gamma$-双周期的.

注 1.37. 可证明: $F:\mathbb{C}/\Gamma \to {\mathbb{P}}^2$, $[z]\mapsto [1:\mathcal{P}(z):{\mathcal{P}}^{\prime }(z)]$ 为一个全纯嵌入 (进而推出 $\mathbb{C}/\Gamma$ 为代数曲线, 一维流形)

Riemann 面上的微积分

定义 1.38. 设 $U$ 是 $\mathbb{C}$ 中的一个开集, 令 $z=x+iy$, $\overline{z}=x-iy$, 定义$$\frac{\partial }{\partial z}=\frac{1}{2}(\frac{\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}),\frac{\partial }{\partial \overline{z}}=\frac{1}{2}(\frac{\partial }{\partial x}+i\frac{\partial }{\partial y}),$$$f\in \mathcal{O}(U)$ 等价于 $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=0$.

利用 $dx=\frac{1}{2}(dz+d\bar{z})$, $dy=\frac{1}{2i}(dz-d\bar{z})$. 则 $U$ 上的任意一个可微 $1$-形式 $fdx+gdy$ 写为 $\phi dz+\psi d\bar{z}$.

$X$ 是 Riemann 面, 称 $f$ 为 $X$ 上的一个可微函数, 即 $f\in \mathcal{E}(X)$, 若对任意坐标 $z:U\subset X\to V\subset \mathbb{C}$, 存在 $\tilde{f}\in \mathcal{E}(V)$ 使得 $f=\tilde{f}\circ z$.

定义 1.39. 设 $\mathcal{U}=\{(U,z_U)\}$ 为 $X$ 上一个复图表. 若存在 $f_U,g_U\in \mathcal{E}(U)$, 使得当 $U\cap U^{\prime }\ne \varnothing$ 时, 有$$f_{U}d{z}_U+g_{U}d\overline{z_U}=f_{U^{\prime }}d{z}_{U^{\prime }}+g_{U^{\prime }}d\overline{z_{U^{\prime }}}$$在 $U\cap U^{\prime }$ 上成立, 则称 $\omega {|}_U:=f_{U}d{z}_U+g_{U}d\overline{z_U}$ 为 $X$ 上的一个可微 $1$-形式. 记 ${\mathcal{E}}^1(X)$ 是 $X$ 上可微 $1$-形式全体.

若 $g_U\equiv 0$, $\forall U$ (resp. $f_U\equiv 0$, $\forall U$), 则称 $\omega$ 为一个可微 $(1,0)$ 形式 (resp. $(0,1)$ 形式), 其全体分别记为 ${\mathcal{E}}^{(1,0)}(X)$ (resp. ${\mathcal{E}}^{(0,1)}(X)$).

例 1.40. $f\in \mathcal{E}(X)$, $$df{|}_U:=\frac{\partial f}{\partial z}dz+\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}d\bar{z}\in {\mathcal{E}}^1(X),$$$$d^{\prime }f{|}_U:=\frac{\partial f}{\partial z}dz\in {\mathcal{E}}^{(1,0)}(X),$$$$d^{\prime \prime }f{|}_U:=\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}d\bar{z}\in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(X).$$$d=d^{\prime }+d^{\prime \prime }$. $f\in \mathcal{O}(X)⟺d^{\prime \prime }f=0$ (Cauchy–Riemann).

($d^{\prime \prime }u=v$, 非齐次 C–R 方程)

定义 1.41. $\Omega (X)$ 为 $X$ 上全纯 $1$-形式全体, 即 $\omega \in {\mathcal{E}}^{(1,0)}(X)$ 且局部可表示为 $\omega =fdz,f\in \mathcal{O}(X)$.

定义 1.42. 设 $a\in X$, $\omega \in \Omega (X\backslash \{a\})$. 取坐标 $(U,z)$ 使得 $z(a)=0$. $\omega :=f(z)dz$, $f\in \mathcal{O}(U\backslash \{a\})$. 定义 $\omega$ 在 $a$ 处的留数 (residue) 为$${\mathrm{Res}}_a\omega :=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z|=\epsilon }f(z)dz=c_{-1},\epsilon \ll 1.$$其中 $f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n{z}^n$.

引理 1.43. 留数不依赖于复坐标的选取.

证明. 设 $(U^{\prime },z^{\prime })$ 为另一个复坐标, 使得 $z^{\prime }(a)=0$, $\omega {|}_{U^{\prime }}=g(z^{\prime })d{z}^{\prime }$. 当 $\epsilon \ll 1$ 时, 坐标变换 $z^{\prime }\mapsto z$, 将 $\{|z^{\prime }|<\epsilon \}$ 映射为一个光滑 Jordan 区域 $D_{\epsilon }$ 使得 $0\in D_{\epsilon }$. 取 ${\epsilon }^{\prime }\ll \epsilon$ 使得 $\{|z|<{\epsilon }^{\prime }\}\subset D_{\epsilon }$, 则$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z^{\prime }|=\epsilon }g(z^{\prime })d{z}^{\prime }=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial D_{\epsilon }}f(z)dz=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z|={\epsilon }^{\prime }}f(z)dz.$$$\square$

定义 1.44. $X$ 上一个 $1$-形式 $\omega$ 称为亚纯 $1$-形式, 若 $\omega \in \Omega (X^{\prime })$, 其中 $X^{\prime }\subset X$ 开, $X\backslash X^{\prime }$ 离散且 $\forall a\in X\backslash X^{\prime }$ 为 $\omega$ 的极点.

记 ${\mathcal{M}}^1(X)$ 为 $X$ 上亚纯 $1$-形式全体, 也称为 Abel 微分全体.

Abel 微分的分类 (Riemann):

 1. 全纯 $1$-形式.  2. $\forall a\in X\backslash X^{\prime }$, ${\mathrm{Res}}_a\omega =0$.  3. 其余.

定义 1.45. 类似于 $1$-形式, 我们可以定义 $2$-形式, 使得局部地, $\omega =f(z)dz\wedge d\bar{z}$. 我们记 ${\mathcal{E}}^2(X)$ 为 $X$ 上可微 $2$-形式全体.

定义 1.46. 定义 $d:{\mathcal{E}}^1\to {\mathcal{E}}^2$, $\omega =fdz+gd\bar{z}\mapsto d\omega :=df\wedge dz+dg\wedge d\bar{z}$.

同样可以定义 $d^{\prime },d^{\prime \prime }$, 且有 $d=d^{\prime }+d^{\prime \prime }$.

命题 1.47. 一些性质

1.	$d^{2}f=d^{\prime 2}f=d^{\prime \prime 2}f=0$. 推出 $0=d^2=(d^{\prime }+d^{\prime \prime }{)}^2=d^{\prime 2}+d^{\prime }{d}^{\prime \prime }+d^{\prime \prime }{d}^{\prime }+d^{\prime \prime 2}$ 即 $d^{\prime }{d}^{\prime \prime }=-d^{\prime \prime }{d}^{\prime }$.
2.	$f\in \mathcal{E}(X)$, $\omega \in {\mathcal{E}}^1(X)$, 则 $d(f\cdot \omega )=df\wedge \omega +f\cdot d\omega$. 同样对 $d^{\prime },d^{\prime \prime }$ 成立. 特别地, $\forall f\in \mathcal{E}(X)$, $d^{\prime }{d}^{\prime \prime }f=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial z\partial \bar{z}}dz\wedge d\bar{z}$, 则称 $f$ 在 $X$ 上调和若 $d^{\prime }{d}^{\prime \prime }f=0$. (解 $d^{\prime }{d}^{\prime \prime }u=v$.)
3.	${\mathcal{E}}^{(1,0)}\cap \mathrm{Ker}d=\Omega$.

定义 1.48. $X,Y$ 是 Riemann 面, $F\in \mathcal{O}(X,Y)$, 定义拉回 (pull-back):

$\omega =fdz+gd\bar{z}$, $F^{\ast }\omega :=F^{\ast }(f)dF+F^{\ast }(g)d\overline{F}$, 其中 $F^{\ast }(f)=f\circ F$.

$\omega =fdz\wedge d\bar{z}$, $F^{\ast }\omega =F^{\ast }(f)dF\wedge d\overline{F}$.

命题 1.49. $F^{\ast }$ 与 $d$ 交换, 即 $d{F}^{\ast }=F^{\ast }\circ d$, 对 $d^{\prime },d^{\prime \prime }$ 也成立.

推论 1.50. 若 $f$ 在 $Y$ 上调和, 则 $F^{\ast }(f)$ 在 $X$ 上调和.

定义 1.51 (积分). $X$ 是 Riemann 面, $c$ 为 $X$ 上的分段光滑曲线, i.e. 存在连续映射 $c:[0,1]\to X$, 取分划 $0=t_0<t_1<\cdots <t_n=1$, 坐标 $(U_k,z_k)$ 使得 $c([t_{k-1},t_k])\subset U_k$ 且 $x_k\circ c,y_k\circ c\in C^1([t_{k-1},t_k])$.

设 $\omega \in {\mathcal{E}}^1(X)$ 使得 $\omega {|}_{U_k}=f_{k}d{z}_k+g_{k}d{\bar{z}}_k$. 定义 $\omega$ 在 $c$ 上的积分为$${\int }_c\omega :=\sum _{k=1}^n{\int }_{t_{k-1}}^{t_k}(f_k\circ c\frac{d(z_k\circ c)}{dt}+g_k\circ c\frac{d({\bar{z}}_k\circ c)}{dt})dt.$$

定理 1.52 (Newton–Leibniz). $F\in \mathcal{E}(X)$, 则 ${\int }_{c}dF=F\circ c{|}_0^1$.

定义 1.53. 设 $U$ 是复平面中的一个区域, $\omega \in {\mathcal{E}}^2(U)$, $\omega =fdx\wedge dy=f\circ \frac{i}{2}dz\wedge d\bar{z}$. 设 $\mathrm{supp}\omega \subset U$, 定义$${\int }_U\omega :={\int }_{U}fdx\wedge dy=\frac{i}{2}{\int }_{U}fdz\wedge d\overline{z}.$$若 $\phi :V\to U$ 是双全纯映射, $\phi (s)=z$. $${\int }_U\omega =\frac{i}{2}{\int }_{U}fdz\wedge d\overline{z}=\frac{i}{2}{\int }_{V}f\circ \phi |{\phi }^{\prime }{|}^{2}ds\wedge d\overline{s}={\int }_V{\phi }^{\ast }\omega .$$

定义 1.54. $X$ 是 Riemann 面, $\phi :U\to V$ 是坐标, $\omega \in {\mathcal{E}}^2(X)$, 且 $\mathrm{supp}\omega \subset U$ (推出 $({\phi }^{-1}{)}^{\ast }\omega$ 的支集在 $V$ 中), 则定义$${\int }_X\omega ={\int }_U\omega :={\int }_V({\phi }^{-1}{)}^{\ast }\omega .$$定义与坐标选取无关.

定义 1.55. 设 $X$ 是仿紧的 Riemann 面, 则可选取坐标 ${\phi }_k:U_k\to V_k$, $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$, 使得 $X=\bigcup _k{U}_k$, 且每个 $U_k$ 至多与其它有限个 $U_j$ 相交非空.

取 $\{{\chi }_k\}$ 为从属于覆盖 $\{U_k\}$ 的单位分解, i.e. ${\chi }_k\in C_0^{\infty }(U_k)$, 且 $\sum _k{\chi }_k=1$. 则若 $\omega \in {\mathcal{E}}^1(X)$, 则定义$${\int }_X\omega :=\sum _k{\int }_X({\chi }_k\cdot \omega ).$$

定理 1.56 (留数定理). 设 $X$ 是紧 Riemann 面, $a_1,\cdots ,a_n\in X$, 推出 $\forall \omega \in \Omega (X\backslash \{a_1,\cdots ,a_n\})$ 有$$\sum _{k=1}^n{\mathrm{Res}}_{a_k}\omega =0.$$

引理 1.57. $\omega \in {\mathcal{E}}^1(X)$ 且具有紧支集, 则 ${\int }_{X}d\omega =0$.

留数定理的证明. 取坐标 $(U_k,z_k)$, 使得 $z_k(a_k)=0$ 且 $U_k\cap U_j=\varnothing$, $\forall j\ne k$, $z_k(U_k)\subset \mathbb{C}$ 是一个圆盘.

令 $X^{\prime }=X\backslash \{a_1,\cdots ,a_n\}$. 取 ${\chi }_k\in C_0^{\infty }(U_k)$ 使得 ${\chi }_k=1$ 在 $a_k$ 上的一个邻域. 令 $g:=1-\sum _{k=1}^n{\chi }_k$, 则 $g\in \mathcal{E}(X)$ 且 $g$ 在 $a_k$ 的某个邻域取值为 $0$, 故 $g\cdot \omega \in {\mathcal{E}}^1(X)$. $$0={\int }_{X}d(g\cdot \omega )={\int }_{X^{\prime }}d(g\cdot \omega )={\int }_{X^{\prime }}d\omega -\sum _{k=1}^n{\int }_{X^{\prime }}d({\chi }_k\cdot \omega )$$$$\begin{array}{rl}{\int }_{X^{\prime }}d({\chi }_k\omega )& =\underset{\epsilon \to 0}{\lim }{\int }_{X\backslash \{|z_k|\le \epsilon \}}d({\chi }_k\omega )\\ & =-\underset{\epsilon \to 0}{\lim }{\int }_{|z_k|=\epsilon }{\chi }_k\omega \\ & =-\underset{\epsilon \to 0}{\lim }{\int }_{|z_k|=\epsilon }\omega \\ & =-2\pi i{\mathrm{Res}}_{a_k}\omega .\end{array}$$

$\square$

推论 1.58. $X$ 是紧的 Riemann 曲面, $f\in \mathcal{M}(X)$ 且非常数, 则 $\#f^{-1}(0)=\#f^{-1}(\infty )$, 这里计重数在内.

证明. 令 $\omega :=\frac{df}{f}\in \Omega (X\backslash (f^{-1}(0)\cup f^{-1}(\infty )))$. 设 $a\in f^{-1}(0)$, 其阶为 $m$. 取坐标 $(U,z)$ 使得 $z(a)=0$, 则 $f(z)=z^{m}g(z)$, 其中 $g\in \mathcal{O}(U)$ 且 $g(0)\ne 0$. $$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}=(\log f(z){)}^{\prime }=(m\log z+\log g(z){)}^{\prime }=\frac{m}{z}+\frac{g^{\prime }(z)}{g(z)},$$推出 ${\mathrm{Res}}_a\omega =m$.

同理, 若 $b$ 是 $\omega$ 的 $-m$ 阶极点, 则 ${\mathrm{Res}}_b\omega =-m$. 应用留数定理即得.

$\square$

引理 1.59 (Poincaré 引理). 设 $U:=\{z:|z|<R\}$, $0<R\le \infty$. $\omega \in {\mathcal{E}}^1(U)$ 且 $d\omega =0$, 则存在 $F\in \mathcal{E}(U)$ 使得 $dF=\omega$.

证明. 设 $\omega =fdx+gdy$, $$d\omega =df\wedge dx+dg\wedge dy=(\frac{\partial g}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y})dx\wedge dy,$$故 $d\omega =0$ 等价于 $\frac{\partial g}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}$.

令 $F(x,y):={\int }_0^1[f(tx,ty)x+g(tx,ty)y]dt$. 则有$$\begin{array}{rl}\frac{\partial F}{\partial x}& ={\int }_0^1[f(tx,ty)+\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)tx+\frac{\partial g}{\partial x}(tx,ty)ty]dt\\ & ={\int }_0^1[f(tx,ty)+\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)tx+\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty)ty]dt\\ & ={\int }_0^1\frac{d}{dt}[tf(tx,ty)]dt=tf(tx,ty){|}_0^1=f(x,y).\end{array}$$同理 $\frac{\partial F}{\partial y}=g$, 证毕.

$\square$

引理 1.60 (Dolbeault 引理 (Grothendieck)). 设 $\omega \in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(U)$, 则存在 $f\in \mathcal{E}(U)$ 使得 $d^{\prime \prime }f=\omega$.

命题 1.61. 设 $g\in C_0^{\infty }(\mathbb{C})$, 则存在 $f\in \mathcal{E}(\mathbb{C})$ 使得 $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=g$.

证明. 令$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\mathbb{C}}\frac{g(\zeta )d\zeta \wedge d\overline{\zeta }}{\zeta -z}.$$令 $\zeta =z+r{e}^{i\theta }$, $dx\wedge dy=\frac{i}{2}d\zeta \wedge d\overline{\zeta }$, 则$$d\zeta \wedge d\overline{\zeta }=-2idx\wedge dy=-2irdr\wedge d\theta ,$$推出$$f(z)=-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{2\pi }g(z+r{e}^{i\theta })e^{-i\theta }dr\wedge d\theta ,$$进而 $f\in \mathcal{E}(\mathbb{C})$ 且$$\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{2\pi }\frac{\partial g}{\partial \bar{z}}(z+r{e}^{i\theta })e^{-i\theta }dr\wedge d\theta .$$令 $\zeta =r{e}^{i\theta }$, 原式化为$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\mathbb{C}}[\frac{\partial g}{\partial \bar{z}}(z+\zeta )/\zeta ]d\zeta \wedge d\overline{\zeta }.$$当 $\zeta \ne 0$ 时$$\frac{\partial g}{\partial \bar{z}}(z+\zeta )/\zeta =\frac{\partial g}{\partial \overline{\zeta }}(z+\zeta )/\zeta =\frac{\partial }{\partial \overline{\zeta }}(g(z+\zeta )/\zeta ),$$推出$$\begin{array}{rl}\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}& =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |\ge \epsilon }\frac{\partial }{\partial \overline{\zeta }}\left(\frac{g(z+\zeta )}{\zeta }\right)d\zeta \wedge d\overline{\zeta }\\ & =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |\ge \epsilon }d(-\frac{g(z+\zeta )}{\zeta }d\zeta )\\ & =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\zeta |=\epsilon }\frac{g(z+\zeta )}{\zeta }d\zeta \\ & =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }g(z+\epsilon e^{i\theta })d\theta =g(z).\end{array}$$

$\square$

证明. 逐次逼近法证明 Dolbeault 引理.

取 $R_n$ 从小严格逼近 $R$. 令 $U_n:=\{z:|z|<R_n\}$, 则 $U_1⊊U_2⊊U_3⊊\cdots$ 且 $U=\bigcup _{n=1}^{\infty }{U}_n$. 取 $x_n\in C_0^{\infty }(U_{n+1})$ 且 $x_n{|}_{U_n}=1$.

设 $\omega =gd\overline{z}$, 由命题推出对于任意 $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$, 存在 $f_n\in \mathcal{E}(U)$ 使得 $\frac{\partial f_n}{\partial \bar{z}}=x_n\cdot g$.

我们归纳地构造一列 ${\tilde{f}}_n\in \mathcal{E}(U)$ 使得

  1. $\frac{\partial {\tilde{f}}_n}{\partial \bar{z}}=g$ 于 $U_n$.

  2. $\Vert {\tilde{f}}_{n+1}-{\tilde{f}}_n{\Vert }_{L^{\infty }(U_{n-1})}\le 2^{-n}$.

取 ${\tilde{f}}_1:=f_1$, 则其满足 1.

假设 ${\tilde{f}}_1,\cdots ,{\tilde{f}}_n$ 已构造, 则在 $U_n$ 上有 $\frac{\partial (f_{n+1}-{\tilde{f}}_n)}{\partial \bar{z}}=g-g=0$, 故 $f_{n+1}-{\tilde{f}}_n\in \mathcal{O}(U_n)$. 因此存在多项式 $P_n$ 使得 $\Vert f_{n+1}-{\tilde{f}}_n-P_n{\Vert }_{L^{\infty }(U_{n-1})}\le 2^{-n}$, 只需取 ${\tilde{f}}_{n+1}:=f_{n+1}-P_n$.

对于任意正整数 $n$, 任意 $k>l>n$, $$\begin{array}{rl}\Vert {\tilde{f}}_k-{\tilde{f}}_l{\Vert }_{L^{\infty }(U_{n-1})}& \le \sum _{j=l}^{k-1}\Vert {\tilde{f}}_{j+1}-{\tilde{f}}_j{\Vert }_{L^{\infty }(U_{n-1})}\\ & \le \sum _{j=l}^{k-1}{2}^{-j}\le 2^{-n+1}\end{array}$$说明 $\{{\tilde{f}}_n\}$ 在 $U$ 上内闭匀敛于某个 $f\in C(U)$.

因为在每个 $U_n$ 上有 $f={\tilde{f}}_n+\sum _{k=n}^{\infty }({\tilde{f}}_{k+1}-{\tilde{f}}_k)$, 又因为 $\frac{\partial }{\partial \bar{z}}({\tilde{f}}_{k+1}-{\tilde{f}}_k)=g-g=0$ 于 $U_n$, 即 ${\tilde{f}}_{k+1}-{\tilde{f}}_k\in \mathcal{O}(U_n)$ 且 $\sum _{k=n}^{\infty }({\tilde{f}}_{k+1}-{\tilde{f}}_k)$ 一致收敛.

进而 $f={\tilde{f}}_n+\text{全纯函数}$ 于 $U_n$. 进而 $f\in \mathcal{E}(U_n)$ 且 $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{\partial {\tilde{f}}_n}{\partial \bar{z}}=g$ 于 $U_n$. 由 $n$ 的任意性即得.

$\square$

推论 1.62. 对于 $U$ 上任意可微函数 $g$, 存在可微函数 $f$ 使得 $g=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial z\partial \bar{z}}$.

证明. 存在可微函数 $f_1$ 使得 $\frac{\partial f_1}{\partial \bar{z}}=g$. 又存在可微函数 $f_2$ 使得 ${\bar{f}}_1=\frac{\partial f_2}{\partial \bar{z}}$ 进而 $\frac{\partial {\bar{f}}_2}{\partial z}=f_1$. 取 $f={\bar{f}}_2$ 即可.

$\square$

层 (Sheaf)

定义 1.63. $X$ 是拓扑空间, $\mathcal{T}$ 是 $X$ 上的开集全体. 关于 $X$ 上的一个预层是指一对 $(\mathcal{F},\rho )$ 使得

1. $\forall U\in \mathcal{T}$, $\mathcal{F}(U)$ 均为 Abel 群, 且 $\mathcal{F}=\{\mathcal{F}(U):U\in \mathcal{T}\}$.

2. $\rho =\{{\rho }_V^U:V\subset U,V,U\in \mathcal{T}\}$, 其中 ${\rho }_V^U$ 为 $\mathcal{F}(U)$ 到 $\mathcal{F}(V)$ 的群同态使得

  (a) ${\rho }_U^U={\mathrm{id}}_{\mathcal{F}(U)}$.

  (b) ${\rho }_W^V\circ {\rho }_V^U={\rho }_W^U$, 对于任意开集 $W\subset V\subset U$.

通常记 $(\mathcal{F},\rho )$ 为 $\mathcal{F}$. ${\rho }_V^U(f):=f{|}_V$ 是限制映射.

例 1.64. $X$ 拓扑空间, $U\in \mathcal{T}$, 记 $\mathcal{C}(U)$ 为 $U$ 上的连续函数全体, ${\rho }_V^U$ 是通常意义下的限制映射. 则诱导出预层 $\mathcal{C}$.

定义 1.65. 设 $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的一个预层. 若对于任意开集 $U$, 对任意 $U_{\alpha }\in \mathcal{T}$ 使得 $U:={\bigcup }_{\alpha }{U}_{\alpha }$, 有

1. $f,g\in \mathcal{F}(U)$ 使得 $f{|}_{U_{\alpha }}=g{|}_{U_{\alpha }}$, 对于任意 $\alpha$, 则 $f\equiv g$.

2. 拼接原理. 设 $f_i\in \mathcal{F}(U_i)$. 若 $f_i{|}_{U_i\cap U_j}=f_j{|}_{U_i\cap U_j}$, 则 $f{|}_{U_i}:=f_i\in \mathcal{F}(U)$.
则称 $\mathcal{F}$ 为 $X$ 上的一个层.

例 1.66. $X$ 是 Riemann 面,

(1) $\mathcal{C}$ 是一个层, 类似地有 $\mathcal{E}$, ${\mathcal{E}}^{(1,0)}$ 和 ${\mathcal{E}}^{(0,1)}$ 是层.

(2) 对于 $U\in \mathcal{T}$, 有层 $\mathcal{O}$. 类似地有 $\mathcal{M}$, $\Omega$(全纯 $1$-形式), ${\mathcal{M}}^1$(亚纯 $1$-形式).

(3) ${\mathcal{O}}^{\ast }=\mathcal{O}(U,{\mathbb{C}}^{\ast })$, $U\in \mathcal{T}$, 则可诱导层 ${\mathcal{O}}^{\ast }$, 类似可定义 ${\mathcal{M}}^{\ast }$.

例 1.67. 存在预层但不是层.

设 $X$ 是拓扑空间, $G=\mathbb{Z}$. 取 $X$ 上的预层如下, 对于任意非空开集 $U$, 令 $\mathcal{G}(U)=G$, $\mathcal{G}(\varnothing )=0$. 定义 ${\rho }_V^U=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{id}}_G,& V\ne \varnothing \\ 0,& V=\varnothing \end{array}$. 这是一个预层.

设 $X$ 上至少有两个不相交的非空开集 $U_1,U_2$. 取 $g_1\equiv 1\in \mathcal{G}(U_1)$, $g_2\equiv -1\in \mathcal{G}(U_2)$. 因为 $U\cap V=\varnothing$, 故 $g_1{|}_{U_1\cap U_2}=0=g_2{|}_{U_1\cap U_2}$. 但不存在 $g\in \mathcal{G}(U_1\cup U_2)$ 使得 $g{|}_{U_1}=g_1$, $g{|}_{U_2}=g_2$, 所以 $\mathcal{G}$ 不是层.

定义 1.68. 设 $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的预层, $a\in X$, 在不相交并 $\bigcup _{\mathcal{T}\ni U\ni a}U$ 中引入等价关系 ${\sim }_a$ 如下:

设 $f\in \mathcal{F}(U)$, $g\in \mathcal{F}(V)$, $U,V\in \mathcal{T}$, $a\in U\cap V$, 定义 $f{\sim }_{a}g$ 等价于存在邻域 $a\in W\subset U\cap V$ 使得 $f{|}_W=g{|}_W$. 称 ${\mathcal{F}}_a:={\bigcup }_{\mathcal{T}\ni U\ni a}\mathcal{F}(U)/{\sim }_a$ 为 $\mathcal{F}$ 在 $a$ 处的茎 (stalk).

设 $\mathcal{T}\ni U\ni a$, 定义 ${\rho }_a:\mathcal{F}(U)\to {\mathcal{F}}_a$, $f\mapsto [f]$. 称 ${\rho }_a(f)$ 为 $f$ 在 $a$ 处的芽 (germ).

例 1.69. $X\subset \mathbb{C}$ 区域, $a\in X$. ${\mathcal{O}}_a:=\{[f]:f$ 在 $a\text{ 的某个邻域上全纯}\}$.

考虑 Taylor 展开, $f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n$, 则 $f{\sim }_{a}g$ 等价于 $f,g$ 在 $a$ 处有相同的 Taylor 展开. 这表明 ${\mathcal{O}}_a\cong \mathbb{C}\{z-a\}:$ 关于 $z-a$ 的收敛级数组成的环.

定义 1.70. 令 $|\mathcal{F}|:=\bigcup _{a\in X}{\mathcal{F}}_a$, 投射 $P:|\mathcal{F}|\to X$ 由 $\phi \in {\mathcal{F}}_{\alpha }\mapsto \alpha$ 给出. 引入 $|\mathcal{F}|$ 的拓扑如下:

$U\in \mathcal{T}$, $f\in \mathcal{F}(U)$, 令 $[U,f]:=\{{\rho }_{\alpha }(f):\alpha \in U\}\subset |\mathcal{F}|$.

定理 1.71. $\mathcal{B}:=\{[U,f]:U\in \mathcal{T},f\in \mathcal{F}(U)\}$ 为 $|\mathcal{F}|$ 的拓扑基, 且 $P:|\mathcal{F}|\to X$ 为局部同胚.

证明. 先证明 $\mathcal{B}$ 是拓扑基, 即证明:

1. 对于任意点 $\phi \in |\mathcal{F}|$, 存在 $[U,f]\ni \phi$.

2. 对于任意点 $\phi \in [U,f]\cap [V,g]$, 则存在 $[W,h]\subset [U,f]\cap [V,g]$ 使得 $\phi \in [W,h]$.

设 $P(\phi )=x$, $x\in U\cap V$, 则 $\phi ={\rho }_x(f)={\rho }_x(g)$, 进而存在邻域 $x\in W\subset U\cap V$ 使得 $f{|}_W=g{|}_W=:h$. 则 $\phi \in [W,h]\subset [U,f]\cap [V,g]$.

然后证明 $P$ 是局部同胚.

设 $\phi \in |\mathcal{F}|$, $P(\phi )=x$, 则存在 $[U,f]\ni \phi$, $U\ni x$, $P:[U,f]\to U$ 为双射, 连续, 开映射, 进而 $P$ 是局部同胚.

$\square$

定义 1.72. 设 $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的预层, 称 $\mathcal{F}$ 满足恒等原理, 若对于任意区域 $Y\subset X$, 若 $f,g\in \mathcal{F}(Y)$ 使得 ${\rho }_a(f)={\rho }_a(g)$ 在某点 $a\in Y$ 成立, 则 $f\equiv g$.

例 1.73. $\mathcal{O},\Omega$ 满足恒等原理, $\mathcal{E},{\mathcal{E}}^1$ 不满足恒等原理.

定理 1.74. $X$ 局部连通, Hausdorff. 设 $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的预层且满足恒等原理, 则 $|\mathcal{F}|$ 也是 Hausdorff 空间.

证明. 需证明, 对于任意 ${\phi }_1\ne {\phi }_2$, ${\phi }_1,{\phi }_2\in |\mathcal{F}|$, 存在不相交的开集分离 ${\phi }_1$ 和 ${\phi }_2$.

(i) $P({\phi }_1)=x\ne y=P({\phi }_2)$.

取开集 $U\ni x$, $V\ni y$ 使得 $U\cap V=\varnothing$. 则 $P^{-1}(U)\ni {\phi }_1$, $P^{-1}(V)\ni {\phi }_2$ 开且 $P^{-1}(U)\cap P^{-1}(V)=\varnothing$.

(ii) $P({\phi }_1)=x=P({\phi }_2)$.

设 ${\phi }_1\in [U_1,f_1]$, ${\phi }_2\in [U_2,f_2]$, $x\in U_1\cap U_2$. 设区域 $x\in U\subset U_1\cap U_2$. 则 ${\phi }_1\in [U,f_1{|}_U]$, ${\phi }_2\in [U,f_2{|}_U]$. 下证 $[U,f_1{|}_U]\cap [U,f_2{|}_U]=\varnothing$.

假设存在 $\psi \in [U,f_1{|}_U]\cap [U,f_2{|}_U]$, 设 $P(\psi )=y$, 则 $\psi ={\rho }_y(f_1)={\rho }_y(f_2)$, 由恒等原理 $f_1\equiv f_2$ 于 $U$, 进而 ${\phi }_1={\phi }_2$ 一个矛盾.

$\square$

引理 1.75. $\mathcal{F}$ 是层, $U\subset X$ 开集, $f\in \mathcal{F}(U)$, 则 $f=0$ 等价于 ${\rho }_x(f)=0$, $\forall x\in U$.

证明. $\forall x\in U$, 存在邻域 $x\in U_x\subset U$ 使得 $f{|}_{U_x}=0$. 因为 $U=\bigcup _{x\in U}{U}_x$, 由层的性质, $f=0$ 于 $U$.

$\square$

注 1.76. 约定 $\#\mathcal{F}(\varnothing )=1$ (层的定义中).

考虑 $\mathcal{C}$, 设 $U_1,U_2$ 是 $X$ 中的非空开集, 使得 $U_1\cap U_2=\varnothing$. 设 $f_1,f_2$ 分别是 $U_1,U_2$ 上的连续函数. 总希望 $f=\{\begin{array}{ll}{f}_1,& \text{on}{U}_1\\ f_2,& \text{on}{U}_2\end{array}\in \mathcal{C}(U_1\cup U_2)$.

由于 ${\rho }_{\varnothing }^{U_1}\circ {\rho }_{U_1}^{U_1\cup U_2}(f)={\rho }_{\varnothing }^{U_1\cup U_2}(f)={\rho }_{\varnothing }^{U_2}{\rho }_{U_2}^{U_1\cup U_2}(f)$, 则 ${\rho }_{\varnothing }^{U_1}(f_1)={\rho }_{\varnothing }^{U_2}(f_2)$. 因此约定 $\#\mathcal{F}(\varnothing )=1$ 是合理的.

上同调群

定义 1.77. 设 $X$ 是拓扑空间, $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的一个层. 设 $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 是 $X$ 的一个开覆盖. 整数 $q\ge 0$, 定义相应于 $\mathcal{U}$ 的 $\mathcal{F}$ 的 $q$-阶上链群为$$C^q(\mathcal{U},\mathcal{F})=\prod _{i_j\in I}\mathcal{F}(U_{i_0}\cap U_{i_1}\cap \cdots \cap U_{i_q}),$$其中 $C^q(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 中任意元素 ($q$-上链) 可表示为 $(f_{i_0\dots i_q}{)}_{i_j\in I}$, 其中 $f_{i_0\dots i_q}\in \mathcal{F}(U_{i_0}\cdots U_{i_q})$.

定义 1.78. 定义上边缘算子 $\delta :C^k(\mathcal{U},\mathcal{F})\to C^{k+1}(\mathcal{U},\mathcal{F})$.

若 $(f_i{)}_{i\in I}\in C^0(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 则定义$$\delta ((f_i{)}_{i\in I})=(g_{ij}{)}_{i,j\in I},$$其中 $g_{ij}=f_i-f_j\in \mathcal{F}(U_i\cap U_j)$.

若 $(f_{ij}{)}_{i,j\in I}\in C^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 则定义$$\delta ((f_{ij}{)}_{i,j\in I})=(g_{ijk}{)}_{i,j,k\in I},$$其中 $g_{ijk}=f_{ij}+f_{jk}-f_{ik}\in \mathcal{F}(U_i\cap U_j\cap U_k)$.

定义 1.79. $$Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F}):=\mathrm{Ker}(\delta :C^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to C^2(\mathcal{U},\mathcal{F})),$$$$B^1(\mathcal{U},\mathcal{F}):=\mathrm{Im}(\delta :C^0(\mathcal{U},\mathcal{F})\to C^1(\mathcal{U},\mathcal{F})),$$记 $Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 是一阶闭上链群, $B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 是一阶上边缘群.

$(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 等价于 $f_{ij}+f_{jk}=f_{ik}$ 于 $U_i\cap U_j\cap U_k$. 特别地, $f_{ii}=0$, $f_{ij}=-f_{ji}$.

若 $(f_{ij})\in B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 则 $(f_i)\in C^0(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 使得 $f_{ij}=\delta ((f_i))=f_i-f_j$, 因此 $B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\subset Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$.

称商群 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{F}):=Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})/B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 为相应于 $\mathcal{U}$ 的系数在 $\mathcal{F}$ 中的一阶上同调群.

为了得到仅依赖于 $X,\mathcal{F}$ 的一个上同调群, 须引入加细覆盖的概念.

定义 1.80. 称 $X$ 的开覆盖 $\mathcal{V}=\{V_k{\}}_{k\in K}$ 为 $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 的一个加细, 记为 $\mathcal{V}<\mathcal{U}$, 若对于任意 $k\in K$, 存在 $i\in I$ 使得 $V_k\subset U_i$.

则存在加细映射 $\tau :K\to I$ 使得 $V_k\subset U_{\tau (k)}$.

定义 1.81. 定义$$\begin{array}{rl}{\tau }_{\mathcal{B}}^{\mathcal{U}}:Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})& \to Z^1(\mathcal{V},\mathcal{F})\\ (f_{ij})& \mapsto (g_{kl}=f_{\tau (k),\tau (l)}{|}_{V_k\cap V_l}).\end{array}$$有 $g_{kl}+g_{lm}=g_{km}$ 于 $V_k\cap V_l\cap V_m$, 故其良定. 且有 ${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}:B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to B^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$, 则其诱导出映射$${\tau }_{\mathcal{U}}^{\mathcal{V}}:H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(\mathcal{V},\mathcal{F}).$$

引理 1.82. ${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}:H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$ 不依赖于加细映射的选取.

证明. 设 $\tilde{\tau }:K\to I$ 是另一个加细映射. 设 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 有 $g_{kl}$ 与 ${\tilde{g}}_{kl}$, 需证明 $(g_{kl})\sim ({\tilde{g}}_{kl})$.

因为 $V_k\subset U_{\tau (k)}\cap U_{\tilde{\tau }(k)}$, 则可定义 $h_k:=f_{\tau (k),\tilde{\tau }(k)}{|}_{V_k}\in \mathcal{F}(V_k)$.

在 $V_k\cap V_l$ 上, $$\begin{array}{rl}{g}_{kl}-{\tilde{g}}_{kl}& =f_{\tau (k),\tau (l)}-f_{\tilde{\tau }(k),\tilde{\tau }(l)}\\ & =(f_{\tau (k),\tau (l)}+f_{\tau (l),\tilde{\tau }(k)})-(f_{\tau (l),\tilde{\tau }(k)}+f_{\tilde{\tau }(k),\tilde{\tau }(l)})\\ & =f_{\tau (k),\tilde{\tau }(k)}-f_{\tau (l),\tilde{\tau }(l)}\\ & =h_k-h_l,\end{array}$$推出 $(g_{kl})\sim ({\tilde{g}}_{kl})$.

$\square$

引理 1.83. ${\tau }_{\mathcal{B}}^{\mathcal{U}}:H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$ 是单射.

证明. 设 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 使得 $\tau ((f_{ij}))\in B^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$. 需证明 $(f_{ij})\in B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$.

设 $f_{\tau (k),\tau (l)}=g_k-g_l$, 其中 $(g_k)\in C^0(\mathcal{V},\mathcal{F})$. 在 $U_i\cap V_k\cap V_l$ 上$$g_k-g_l=f_{\tau (k),\tau (l)}=f_{\tau (k),i}+f_{i,\tau (l)}=f_{i,\tau (l)}-f_{i,\tau (k)},$$推出 $g_k+f_{i,\tau (k)}=g_l+f_{i,\tau (l)}$. 进而由拼接引理, $h_i{|}_{V_k}:=g_k+f_{i,\tau (k)}\in \mathcal{F}(U_i)$. 在 $U_i\cap U_j\cap V_k$ 上, $$f_{ij}=f_{i,\tau (k)}+f_{\tau (k),j}=(f_{i,\tau (k)}+g_k)-(f_{j,\tau (k)}+g_k)=h_i-h_j.$$由 $k$ 的任意性及层的性质, $f_{ij}=h_i-h_j$ 于 $U_i\cap U_j$, 进而 $[(f_{ij})]=0$.

$\square$

定义 1.84. 在不相交并 $\underset{\mathcal{U}}{⨆}{H}^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 中引入等价关系如下:

$\xi \in H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\sim \eta \in H^1({\mathcal{U}}^{\prime },\mathcal{F})$ 等价于, 存在加细 $\mathcal{V}<\mathcal{U},{\mathcal{U}}^{\prime }$ 使得 ${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}(\xi )={\tau }_{\mathcal{V}}^{{\mathcal{U}}^{\prime }}(\eta )$.

定义 $H^1(X,\mathcal{F}):=\underset{\mathcal{U}}{⨆}{H}^1(\mathcal{U},\mathcal{F})/\sim$, 称其为 $X$ 上系数在 $\mathcal{F}$ 中的一阶上同调群.

注 1.85. $H^1(X,\mathcal{O})$ 最重要, 亏格.

定义 1.86. 设 $x=[\xi ],y=[\eta ]\in H^1(X,\mathcal{F})$, $\xi \in H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$, $\eta \in H^1({\mathcal{U}}^{\prime },\mathcal{F})$.

设 $\mathcal{V}<\mathcal{U},{\mathcal{U}}^{\prime }$, 则定义$$x+y:=[{\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}(\xi )+{\tau }_{\mathcal{V}}^{{\mathcal{U}}^{\prime }}(\eta )]\in H^1(X,\mathcal{F}).$$验证该定义与代表元 $\xi ,\eta$ 以及加细 $\mathcal{V}$ 的选取无关.

命题 1.87. 典则映射 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(X,\mathcal{F})$, $\xi \mapsto [\xi ]$ 是单射.

证明. 设 $[\xi ]=[\eta ]$, 则存在 $\mathcal{V}<\mathcal{U}$ 使得 ${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}(\xi )={\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}(\eta )$, 由引理知 $\eta =\xi$.

$\square$

命题 1.88. $H^1(X,\mathcal{F})=0$ 等价于 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})=0$, 对于任意开覆盖 $\mathcal{U}$.

定理 1.89. $X$ 是 Riemann 面, $\mathcal{E}$ 是 $X$ 上的可微函数层, 则 $H^1(X,\mathcal{E})=0$.

证明. 设 $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 为 $X$ 的任何一个开覆盖, 不妨设为局部有限的. 只需证 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{E})=0$.

取 $\{{\chi }_i{\}}_{i\in I}$ 是从属于 $\mathcal{U}$ 的一个单位分解. 设 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{E})$.

${\chi }_j{f}_{ij}\in \mathcal{E}(U_i)$, 定义 $g_i:=\sum _j{\chi }_j{f}_{ij}\in \mathcal{E}(U_i)$. 在 $U_i\cap U_j$ 上$$\begin{array}{rl}{g}_i-g_j& =\sum _k{\chi }_k{f}_{ik}-\sum _k{\chi }_k{f}_{jk}\\ & =\sum _k{\chi }_k(f_{ik}-f_{jk})\\ & =f_{ij},\end{array}$$推出 $(f_{ij})\in B^1(\mathcal{U},\mathcal{E})$.

$\square$

定理 1.90. 设 $X=\{z\mid |z|<R\}$, $0<R\le +\infty$.

1. $H^1(X,\mathbb{C})=0$.   2. $H^1(X,\mathbb{Z})=0$.   $H^1(X,\mathcal{O})=0$.

证明. 设 $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 为开覆盖.

1.	设 $(C_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathbb{C})\subset Z^1(\mathcal{U},\mathcal{E})$. 因为 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{E})=0$, 所以 $C_{ij}=f_i-f_j$, $f_i\in \mathcal{E}(U_i)$. 因为 $0=d{C}_{ij}=d{f}_i-d{f}_j$ 于 $U_i\cap U_j$, 所以 $\omega {|}_{U_i}:=d{f}_i\in {\mathcal{E}}^1(X)$ 且 $d\omega =0$.   由 Poincaré 引理, 存在 $f\in \mathcal{E}(X)$ 使得 $\omega =df$. 令 $C_i=f_i-f$, 则 $d{C}_i=d{f}_i-df=0$. 因此 $((C_i))\in C^0(\mathcal{U},\mathbb{C})$ 且 $C_{ij}=f_i-f_j=C_i-C_j$, 故 $((C_{ij}))\in B^1(\mathcal{U},\mathbb{C})$.
2.	设 $(a_{jk})\in Z^1(\mathcal{U},\mathbb{Z})\subset Z^1(\mathcal{U},\mathbb{C})$. 因为 $H^1(\mathcal{U},\mathbb{C})=0$, 所以 $a_{jk}=C_j-C_k$, $(C_j)\in C^0(\mathcal{U},\mathbb{C})$.   因为 $1=e^{2\pi i{a}_{jk}}=e^{2\pi i(C_j-C_k)}$, 所以 $e^{2\pi i{C}_j}=e^{2\pi i{C}_k}=b\ne 0$. 取 $C\in \mathbb{C}$ 使得 $b=e^{2\pi iC}$, 令 $a_j:=C_j-C$.   因为 $e^{2\pi i{a}_j}=e^{2\pi i(C_j-C)}=1$, 所以 $(a_j)\in C^0(\mathcal{U},\mathbb{Z})$ 且 $a_{jk}=C_j-C_k=a_j-a_k$, 故 $(c_{jk})\in B^1(\mathcal{U},\mathbb{Z})$.
3.	设 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\subset Z^1(\mathcal{U},\mathcal{E})$. 故 $f_{ij}=f_i-f_j$, 其中 $f_i\in \mathcal{E}(U_i)$. $0=d^{\prime \prime }{f}_{ij}=d^{\prime \prime }{f}_i-d^{\prime \prime }{f}_j$ 于 $U_i\cap U_j$, 则定义 $\omega {|}_{U_i}=d^{\prime \prime }{f}_i\in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(X)$.   由 Dolbeault 引理, 存在 $f\in \mathcal{E}(X)$ 使得 $\omega =d^{\prime \prime }f$. 令 $g_i:=f_i-f$, 因为 $d^{\prime \prime }{g}_i=d^{\prime \prime }{f}_i-d^{\prime \prime }f=0$, 故 $(f_{ij})\in B^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$. $\square$

定理 1.91 (Leray). $X$ 是拓扑空间, $\mathcal{F}$ 是 $X$ 上的一个层, $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 是 $X$ 的一个开覆盖. 若 $H^1(U_i,\mathcal{F})=0$, $\forall i\in I$, 则 $H^1(X,\mathcal{F})\cong H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$.

证明. 只需证明对于任意 $\mathcal{V}<\mathcal{U}$, 设 $\tau$ 为对应的加细映射, 有同构$${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}:H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(\mathcal{V},\mathcal{F}).$$只需再验证其是满射.

设 $(f_{\alpha \beta })\in Z^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$, 需找 $(F_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$ 使得 $(F_{\tau (\alpha ),\tau (\beta )})-(f_{\alpha \beta })\in B^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$ (i.e. ${\tau }_{\mathcal{V}}^{\mathcal{U}}([(F_{ij})])=[(f_{\alpha \beta })]$).

$\{U_i\cap V_{\alpha }{\}}_{\alpha }$ 构成 $U_i$ 的一个开覆盖, 记 $U_i\cap \mathcal{V}$. 因为 $H^1(U_i,\mathcal{F})=0$, 所以 $H^1(U_i\cap \mathcal{V},\mathcal{F})=0$. 进而存在 $g_{i\alpha }\in \mathcal{F}(U_i\cap V_{\alpha })$ 使得 $f_{\alpha \beta }=g_{i\alpha }-g_{i\beta }$ 于 $U_i\cap V_{\alpha }\cap V_{\beta }$, $f_{\alpha \beta }=g_{j\alpha }-g_{j\beta }$ 于 $U_j\cap V_{\alpha }\cap V_{\beta }$ 于 $U_j\cap V_{\alpha }\cap V_{\beta }$.

因此在 $U_i\cap U_j\cap V_{\alpha }\cap V_{\beta }$ 上, $g_{j\alpha }-g_{i\alpha }=g_{j\beta }-g_{i\beta }$. 我们定义 $F_{ij}{|}_{U_i\cap U_j\cap V_{\alpha }}:=g_{j\alpha }-g_{i\alpha }\in \mathcal{F}(U_i\cap U_j)$ 且 $(F_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$.

令 $h_{\alpha }:=g_{\tau (\alpha ),\alpha }\in \mathcal{F}(V_{\alpha })$, 有$$F_{\tau (\alpha ),\tau (\beta )}-f_{\alpha \beta }=(g_{\tau (\beta ),\alpha }-g_{\tau (\alpha ),\alpha })-(g_{\tau (\beta ),\alpha }-g_{\tau (\beta ),\beta })=g_{\tau (\beta ),\beta }-g_{\tau (\alpha ),\alpha }=h_{\beta }-h_{\alpha },$$推出 $(F_{\tau (\alpha ),\tau (\beta )})-(f_{\alpha ,\beta })\in B^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$.

$\square$

定理 1.92. $H^1({\mathbb{P}}^1,\mathcal{O})=0$.

证明. 令 $U_1={\mathbb{P}}^1\backslash \{\infty \}$, $U_2={\mathbb{P}}^1\backslash \{0\}$, ${\mathbb{P}}^1=U_1\cup U_2$. 则 $U_1=\mathbb{C}$, $U_2\cong \mathbb{C}$, 故 $H^1(U_i,\mathcal{O})=0$, $i=1,2$.

由 Leray 定理, $H^1({\mathbb{P}}^1,\mathcal{O})\cong H^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$. 因为 $U_1\cap U_2={\mathbb{C}}^{\ast }$, 则对于任意 $f_{12}\in \mathcal{O}(U_1\cap U_2)$, 可展开为 $f_{12}(z)=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{a}_n{z}^n$.

令 $f_1(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$, $f_2(z)=-\sum _{n=-\infty }^{-1}{a}_n{z}^n$. 则 $f_1\in \mathcal{O}(U_1)$, $f_2\in \mathcal{O}(U_2)$ 且 $f_{12}=f_1-f_2$, 故 $(f_{12})\in B^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 推出 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{O})=0$.

$\square$

命题 1.93. $H^0(X,\mathcal{F})\cong \mathcal{F}(X)$.

证明. 若 $(f_i)\in Z^0(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 则 $0=\delta ((f_i))=f_i-f_j$, 推出 $f_i=f_j$ 于 $U_i\cap U_j$, 故可定义 $f{|}_{U_i}=f_i\in \mathcal{F}(X)$.

反过来, 对于任意 $f\in \mathcal{F}(X)$, 若令 $f_i=f{|}_{U_i}$, 则 $(f_i)\in Z^0(\mathcal{U},\mathcal{F})$, 因此 $H^0(X,\mathcal{F})\cong \mathcal{F}(X)$.

$\square$

有限性定理

注 1.94. 目标: 若 $X$ 是紧 Riemannm 面, 则 ${\dim }_{\mathbb{C}}{H}^1(X,\mathcal{O})<\infty$.

命题 1.95. $E,F$ 是 Banach 空间, $T:E\to F$ 是一个连续, 线性满射, 则存在 $C>0$ 使得 $\forall y\in F$, 存在 $x\in E$ 使得 $Tx=y$ 且 $\Vert x\Vert \le C\Vert y\Vert$.

证明. 令 $U:=\{x\in E\mid \Vert x\Vert <1\}$. 由 Banach 开映射定理, 存在 $\epsilon >0$ 使得$$F(U)\supset V:=\{y\in F\mid \Vert y\Vert <\epsilon \}.$$

不妨设 $y\ne 0$. 则取 $y_1:=\frac{\epsilon }{2}\cdot \frac{y}{\Vert y\Vert }\in V$. 则存在 $x_1\in U$ 使得 $T{x}_1=y_1$. 因为 $T$ 线性, 故 $T(\frac{2\Vert y\Vert }{\epsilon }{x}_1)=y$. 令 $x:=\frac{2\Vert y\Vert }{\epsilon }{x}_1$, 则 $Tx=y$, 且 $\Vert x\Vert \le \frac{2}{\epsilon }\Vert y\Vert$.

$\square$

定义 1.96. 设 $D\subset \mathbb{C}$ 是开集, $$L^2(D):=\{f\mid {\int }_D|f{|}^2<\infty \},$$定义 $A^2(D)=L^2(D)\cap \mathcal{O}(D)$ 是 Bergman 空间.

引理 1.97 (Bergman 不等式). 记 $D_r=\{z\in D:d(z,\partial D)>r\}$, 则 $\forall f\in A^2(D)$, 有$$\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }(D_r)}\le \frac{1}{\sqrt{\pi }r}\cdot \Vert f{\Vert }_{L^2(D)}.$$

证明. 对于 $D_r$ 中的任意一点, $\Delta (a,r)\subset D$. 由调和函数均值性 $f^2(a)=\frac{1}{|\Delta (a,r)|}{\int }_{\Delta (a,r)}{f}^2$, 有$$|f(a){|}^2\le \frac{1}{\pi r^2}{\int }_{\Delta (a,r)}|f{|}^2\le \frac{1}{\pi r^2}{\int }_D|f{|}^2.$$$\square$

引理 1.98 ($L^2$-Schwarz 引理). 设 $D^1\subset \subset D\subset \mathbb{C}$ 为两个开集, 则对于任意 $\epsilon >0$, 存在余维数有限的闭子空间 $A\subset A^2(D)$ 使得 $\Vert f{\Vert }_{L^2(D)}\le \epsilon \Vert f{\Vert }_{L^2(D)}$, $\forall f\in A$.

证明. 因为 $\overline{D^1}\subset D$ 是紧集, 所以由 Heine-Borel 定理, 存在 $a_1,\cdots ,a_k\in \overline{D^1}$ 以及 $r>0$ 使得

  1. $\Delta (a_j,r)\subset \subset D$, $1\le j\le k$;

  2. $\overline{D^1}\subset \bigcup _{j=1}^k\Delta (a_j,\frac{r}{2})$.

取 $n$ 充分大使得 $\frac{k}{2^{n+1}}<\epsilon$, 令$$A:=\{f\in A^2(D):{\mathrm{ord}}_{a_j}f\ge n,1\le j\le k\},$$则 $a\subset A^2(D)$ 为闭子空间.

$$A^{\perp }\subset \bigcup _{j=1}^k\{f\in A^2(D):{\mathrm{ord}}_{a_j}f<n\},$$则 $\dim A^{\perp }<k\cdot n$.

设 $f\in A$, 其在每个 $a_j$ 处有 Taylor 展开 $f(z)=\sum _{\nu =n}^{\infty }{c}_{\nu }(z-a_j{)}^{\nu }$. 设 $\rho \le r$, 则$$\begin{array}{rl}{\int }_{\Delta (a_j,\rho )}|f{|}^2& ={\int }_{\Delta (a_j,\rho )}\sum _{\mu ,\nu =n}^{\infty }{C}_{\mu }\overline{C_{\nu }}(a-a_j{)}^{\nu }(\overline{z-a_j}{)}^{\nu }\\ & ={\int }_0^{\rho }\sum _{\mu ,\nu =n}^{\infty }{C}_{\mu }\overline{C_{\nu }}{t}^{\mu +\nu }{e}^{i(\mu -\nu )\theta }tdtd\theta \\ & ={\int }_0^{\rho }{\int }_0^{2\pi }\sum _{\nu =n}^{\infty }|C_{\nu }{|}^2{t}^{2\nu }tdtd\theta \\ & =\pi \sum _{\nu =n}^{\infty }|C_{\nu }{|}^2\cdot \frac{{\rho }^{2\nu +2}}{\nu +1}.\end{array}$$故有$$\Vert f{\Vert }_{L^2(\Delta (a_j,\frac{r}{2}))}\le \frac{1}{2^{n+1}}\Vert f{\Vert }_{L^2(\Delta (a_j,r))}.$$进而$$\begin{array}{rl}\Vert f{\Vert }_{L^2(D^1)}& \le \sum _{j=1}^k\Vert f{\Vert }_{L^2(\Delta (a_j,\frac{r}{2}))}\\ & \le \frac{1}{2^{n+1}}\sum _{j=1}^k\Vert f{\Vert }_{L^2(\Delta (a_j,r))}\\ & \le \frac{k}{2^{n+1}}\cdot \Vert f{\Vert }_{L^2(D)}\\ & <\epsilon \cdot \Vert f{\Vert }_{L^2(D)}.\end{array}$$

$\square$

定义 1.99. $X$ 是 Riemann 面, 考虑有限个坐标圆盘 $U_1^{\ast },\cdots ,U_n^{\ast }$, 即 $z_j(U_j^{\ast })\subset \mathbb{C}$ 是一个圆盘. 设 $U_j\subset U_j^{\ast }$ 是开集, 令 $\mathcal{U}=\{U_j{\}}_{j=1}^n$.

我们引入 $C^0(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 以及 $C^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 上的 $L^2$ 范数如下:

若 $\eta =(f_i)\in C^0(\mathcal{U},\mathcal{O})$, 定义$$\Vert \eta {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}:=\sqrt{\sum _{i=1}^n\Vert f_i{\Vert }_{L^2(U_i)}}.$$

若 $\xi =(f_{ij})\in C^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, 定义$$\Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}:=\sqrt{\sum _{i,j=1}^n\Vert f_{ij}{\Vert }_{L^2(U_i\cap U_j)}}.$$这里 $\Vert f_i{\Vert }_{L^2(U_i)}=\Vert f_i\circ z_i^{-1}{\Vert }_{z_i(L^2(U_i))}$, $\Vert f_{ij}{\Vert }_{L^2(U_i\cap U_j)}=\Vert f_{ij}\circ z_i^{-1}{\Vert }_{z_i(L^2(U_i\cap U_j))}$.

令 $C_{(2)}^0(\mathcal{U},\mathcal{O}):=C^0(\mathcal{U},\mathcal{O})\cap L^2$, $C_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O}):=C^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\cap L^2$, $Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O}):=Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\cap L^2$.

设 $\mathcal{V}=\{V_i{\}}_{i=1}^n$, 其中开集 $V_i\subset \subset U_i$, 记 $\mathcal{V}\ll \mathcal{U}$.

由上一个引理, $\forall \epsilon >0$, 存在余维数有限的闭子空间 $A\subset Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 使得 $\Vert \zeta {\Vert }_{L^2(\mathcal{V})}\le \epsilon \cdot \Vert \zeta {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}$, $\forall \xi \in A$.

引理 1.100. 设 $\mathcal{W}\ll \mathcal{V}\ll \mathcal{U}\ll {\mathcal{U}}^{\ast }$, 其中 ${\mathcal{U}}^{\ast }$ 如上. 则存在 $C>0$ 使得 $\forall \xi \in Z_{(2)}^1(\mathcal{V},\mathcal{O})$, 存在 $\zeta \in Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, $\eta \in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O})$ 使得 $\zeta =\xi +\delta \eta$ 于 $\mathcal{W}$, 且$$\max \{\Vert \zeta {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})},\Vert \eta {\Vert }_{L^2(\mathcal{W})}\}\le C\cdot \Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{V})}.$$

证明. (1). 设 $\xi =(f_{ij})\in Z_{(2)}^1(\mathcal{V},\mathcal{O})\subset Z^1(\mathcal{V},\mathcal{E})$. 因为 $H^1(\mathcal{V},\mathcal{E})=0$, 所以 $f_{ij}=g_i-g_j$ 于 $V_i\cap V_j$, $g_i\in \mathcal{E}(V_i)$.

$d^{\prime \prime }{f}_{ij}=0$, 所以 $d^{\prime \prime }{g}_i=d^{\prime \prime }{g}_j$ 于 $U_i\cap U_j$. 故定义 $\omega {|}_{V_i}:=d^{\prime \prime }{g}_i\in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(|\mathcal{V}|)$, 其中 $|\mathcal{V}|=\bigcup _{i=1}^n{V}_i$.

因为 $\mathcal{W}\ll \mathcal{V}$, 所以存在可微函数 $\psi$ 使得 $\mathrm{supp}\psi \subset |\mathcal{W}|$ 且 $\psi {|}_{\mathcal{W}}=1$. 进而 $\psi \cdot \omega \in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(|{\mathcal{U}}^{\ast }|)$.

因为任意 $U_i^{\ast }$ 是坐标圆盘, 由 Dolbeault 引理, 存在 $H_i\in \mathcal{E}(U_i^{\ast })$ 使得 $d^{\prime \prime }{h}_i=\psi \cdot \omega$. 在 $U_i^{\ast }\cap U_j^{\ast }$ 上, $d^{\prime \prime }{h}_i=d^{\prime \prime }{h}_j$, 故 $h_i-h_j\in \mathcal{O}(U_i^{\ast }\cap U_j^{\ast })$. 令 $F_{ij}=h_i-h_j$, $\zeta :=(F_{ij})\in Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$.

设 $\mathcal{W}=\{W_i{\}}_{i=1}^n$, 在每个 $W_i$ 上有 $d^{\prime \prime }{h}_i=\omega =d^{\prime \prime }{g}_i$, 进而 $h_i-g_i\in \mathcal{O}(W_i)\cap L^2(W_i)$. 定义$$\eta :=((g_i-h_i){|}_{W_i})\in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O}).$$$$F_{ij}-f_{ij}=(h_i-h_j)-(g_i-g_j)=(h_i-g_i)-(h_j-g_j)$$即有 $\zeta -\xi =\delta \eta$ 于 $\mathcal{W}$.

(2). 考虑 Hilbert 空间$$H:=Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\times Z_{(2)}^1(\mathcal{V},\mathcal{O})\times C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O}),$$$$\Vert (\zeta ,\xi ,\eta ){\Vert }_H:=\sqrt{\Vert \zeta {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}^2+\Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}^2+\Vert \eta {\Vert }_{L^2(B)}^2}.$$作子空间$$L:=\{(\zeta ,\xi ,\eta )\in H:\zeta =\xi +\delta \eta at\mathcal{W}\},$$则 $L\subset H$ 是闭子空间 (练习, 利用 Bergman 不等式). 特别地, $L$ 是 Hilbert 空间.

考虑投射 $\pi :L\to Z_{(2)}^1(\mathcal{V},\mathcal{O})$, $(\zeta ,\xi ,\eta )\mapsto \xi$, 其为线性映射, 且由 (1) 知其为满射. 由命题, 对于任意 $\xi \in Z_{(2)}^1(\mathcal{V},\mathcal{O})$, 存在 $(\zeta ,\xi ,\eta )\in L$ 使得 $\pi (\zeta ,\xi ,\eta )=\xi$ 且$$\Vert (\zeta ,\xi ,\eta ){\Vert }_H\le C\cdot \Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{V})}.$$

$\square$

引理 1.101. 在上一个引理的条件下, 存在有限维子空间 $S\subset Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 使得对于任意 $\xi \in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, 存在 $\sigma \in S$, $\eta \in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O})$ 使得 $\sigma =\xi +\delta \eta$ 于 $\mathcal{W}$.

即限制映射 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\to H^1(\mathcal{W},\mathcal{O})$, $[\xi ]\mapsto [\xi {|}_{\mathcal{W}}]=[\sigma {|}_{\mathcal{W}}]$ 的像的维数有限.

证明. 取 $C$ 为上一个引理中的常数, 由上上条引理, 对于 $\epsilon :=\frac{1}{2C}$, 存在余维数有限的子空间 $A\subset Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 使得 $\Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}\le \epsilon \Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}$, $\forall \xi \in A$. 令 $S:=A^{\perp }\subset Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, 则 $\dim S<\infty$. 设 $\xi \in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, 因为 $\mathcal{B}\ll \mathcal{U}$, 所以 $\Vert \xi {\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}:=M<\infty$. 由上一条引理, 存在 ${\zeta }_0\in Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, $\eta \in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O})$ 使得 ${\zeta }_0=\xi +\delta \eta$ 于 $\mathcal{W}$, 且 $\Vert {\zeta }_0{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le C\cdot M$, $\Vert \eta {\Vert }_{L^2(B)}\le C\cdot M$.

令 ${\zeta }_0={\xi }_0\oplus {\sigma }_0\in A\oplus A^{\perp }$. 归纳地, 构造 ${\xi }_{\nu }\in Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, ${\eta }_{\nu }\in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O})$, ${\xi }_{\nu }\in A$, ${\sigma }_{\nu }\in A^{\perp }$ 使得

  1. ${\zeta }_{\nu }={\xi }_{\nu -1}+\delta {\eta }_{\nu }$ 于 $\mathcal{W}$.

  2. ${\zeta }_{\nu }={\xi }_{\nu }\oplus {\sigma }_{\nu }\in A\oplus S$.

  3. $\Vert {\zeta }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le \frac{C\cdot M}{2^{\nu }}$. $\Vert {\eta }_{\nu }{\Vert }_{L^2(B)}\le \frac{C\cdot M}{2^{\nu }}$.

$\nu =0$ 成立. 假设 $\nu$ 时已构造, 因为 ${\zeta }_{\nu }={\xi }_{\nu }\oplus {\sigma }_{\nu }$, 所以$$\Vert {\xi }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le \Vert {\zeta }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le \frac{C\cdot M}{2^{\nu }}.$$进而$$\Vert {\xi }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}\le \epsilon \Vert {\zeta }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le \frac{M}{2^{\nu +1}}.$$

由上条引理, 存在 ${\zeta }_{\nu +1}\in Z_{(2)}^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, ${\eta }_{\nu +1}\in C^0(\mathcal{W},\mathcal{O})$ 使得 ${\zeta }_{\nu +1}={\xi }_{\nu }+\delta {\eta }_{\nu +1}$ 且$$\Vert {\zeta }_{\nu +1}{\Vert }_{L^2(\mathcal{U})}\le C\cdot \Vert {\xi }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}\le \frac{C\cdot M}{2^{\nu +1}},$$$$\Vert {\eta }_{\nu +1}{\Vert }_{L^2(B)}\le C\cdot \Vert {\xi }_{\nu }{\Vert }_{L^2(\mathcal{B})}\le \frac{C\cdot M}{2^{\nu +1}},$$只需正交分解 ${\zeta }_{\nu +1}={\xi }_{\nu +1}\oplus {\sigma }_{\nu +1}$ 即可.

$$\{\begin{array}{l}{\xi }_0+{\sigma }_0=\xi +\delta {\eta }_0\\ {\xi }_1+{\sigma }_1={\xi }_0+\delta {\eta }_1\\ ⋮\\ {\xi }_k+{\sigma }_k={\xi }_{k-1}+\delta {\eta }_k.\end{array}$$相加, 得到 ${\zeta }_k+\sum _{j=0}^k{\sigma }_j=\xi +\delta \sum _{j=0}^k{\eta }_j$.

由 3, 当 $k\to \infty$ 时, ${\zeta }_k\to 0$, $$\sum _{j=0}^k{\sigma }_j\to \sum _{j=0}^{\infty }{\sigma }_j=:\sigma \in S.$$$$\sum _{j=0}^k{\eta }_j\to \sum _{j=0}^{\infty }{\eta }_j=:\eta \in C_{(2)}^0(\mathcal{W},\mathcal{O}).$$则 $\sigma =\xi +\delta \eta$ 于 $\mathcal{W}$.

$\square$

定理 1.102. $X$ 是 Riemann 面, $Y_1\subset \subset Y_2\subset X$ 是开集, 则限制映射 $H^1(Y_2,\mathcal{O})\to H^1(Y_1,\mathcal{O})$ 的像的维数有限.

证明. 取有限个坐标圆盘 $\{U_i^{\ast }\subset Y_2{\}}_{i=1}^n$, 再取坐标圆盘 $W_i\subset \subset V_i\subset \subset U_i\subset \subset U_i^{\ast }$ 使得 $Y_1\subset \bigcup _{i=1}^n{W}_i=:Y^{\prime }\subset Y^{\prime \prime }:=\bigcup _{i=1}^n{U}_i\subset \subset Y_2$. 令 $\mathcal{W}=\{W_i\}$, $\mathcal{V}=\{V_i\}$, $\mathcal{U}=\{U_i\}$, ${\mathcal{U}}^{\ast }=\{U_i^{\ast }\}$, 则 $\mathcal{W}\ll \mathcal{V}\ll \mathcal{U}\ll {\mathcal{U}}^{\ast }$.

由上个引理, 限制映射 $H^1(\mathcal{U},\mathcal{O})\to H^1(\mathcal{W},\mathcal{O})$ 的像的维数有限. 由 Dolbeault 引理, $H^1(U_i,\mathcal{O})=0=H^1(W_i,\mathcal{O})$, 由 Leray 定理, $H^1(Y^{\prime \prime },\mathcal{O})\cong H^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$, $H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})\cong H^1(\mathcal{W},\mathcal{O})$. 因此限制映射 $H^1(Y^{\prime \prime },\mathcal{O})\to H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})$ 的像的维数有限.

$H^1(Y_2,\mathcal{O})\to H^1(Y_1,\mathcal{O})$ 的限制映射由下面的限制映射复合而成: $$H^1(Y_2,\mathcal{O})\to H^1(Y^{\prime \prime },\mathcal{O})\to H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})\to H^1(Y_1,\mathcal{O}),$$得证.

$\square$

推论 1.103. $X$ 是紧 Riemann 面, 则$$g:={\dim }_{\mathbb{C}}{H}^1(X,\mathcal{O})<\infty .$$称其为 $X$ 的亏格 (genus).

证明. 只需在定理中取 $Y_1=Y_2=X$.

$\square$

例 1.104. $H^1({\mathbb{P}}^1,\mathcal{O})=0$, 故 ${\mathbb{P}}^1$ 的亏格为 $0$.

定理 1.105. 设 $X$ 是 Riemann 面, $Y\subset \subset X$ 开, 则对于任意 $a\in Y$, 存在 $f\in \mathcal{M}(Y)$ 使得 $f\in \mathcal{O}(Y\backslash \{a\})$, 且 $a$ 是 $f$ 的极点.

证明. 由定理, $k:=\dim \mathrm{Im}(H^1(X,\mathcal{O})\to H^1(Y,\mathcal{O}))<\infty$. 取 $a$ 处的坐标邻域 $(U_1,z)$ 使得 $z(a)=0$. 令 $U_2=X\backslash \{a\}$, 则 $\mathcal{U}=\{U_1,U_2\}$ 是 $X$ 的一个开覆盖.

$U_1\cap U_2=U_1\backslash \{a\}$, 所以 $z^{-j}\in \mathcal{O}(U_1\cap U_2)$, $1\le j\le k+1$. 其代表了一个 ${\zeta }_j\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$. 则 ${\zeta }_j{|}_Y\in Z^1(\mathcal{U}\cap Y,\mathcal{O})$, $1\le j\le k+1$, 在模去上边缘以后是线性相关的. 即存在不全为 $0$ 的复数 $c_1,\cdots ,c_{k+1}$ 以及 $\eta =(f_1,f_2)\in C_{(2)}^0(\mathcal{U}\cap Y,\mathcal{O})$ 使得$$c_1{\zeta }_1+\cdots +c_{k+1}{\zeta }_{k+1}=\delta \eta ,$$则 $\sum _{j=1}^{k+1}{c}_j{z}^{-j}=f_2-f_1$ 于 $U_1\backslash \{a\}=U_1\cap U_2$

令 $f:=\{\begin{array}{ll}{f}_1+\sum _{j=1}^{k+1}{c}_j{z}^{-j},& \text{at}{U}_1\cap Y\\ f_2,& \text{at}{U}_2\cap Y\end{array}\in \mathcal{M}(Y)$ 即为所求.

$\square$

推论 1.106 (插值问题). $X$ 是紧 Riemann 面, $a_1,\cdots ,a_n\in X$ 是 $n$ 个不同点, 则对于任意 $c_1,\cdots ,c_n\in \mathbb{C}$, 存在亚纯函数 $f\in \mathcal{M}(Y)$ 使得$$f(a_j)=c_j,\forall 1\le j\le n.$$

证明. 由上一个定理, 对任意 $i,j$, 存在 $f_{ij}\in \mathcal{M}(X)$ 使得 $a_i$ 为 $f_{ij}$ 的极点, $f_{ij}\in {\mathcal{O}}_{a_j}$. 取 ${\lambda }_{ij}\in {\mathbb{C}}^{\ast }$ 使得 $f_{ij}(a_k)\ne f_{ij}(a_j)-{\lambda }_{ij},\forall i,j,k$.

令 $g_{ij}:=\frac{f_{ij}-f_{ij}(a_j)}{f_{ij}-f(a_j)+{\lambda }_{ij}}\in \mathcal{M}(X)$, 则 $g_{ij}\in {\mathcal{O}}_{a_k},\forall i,j,k$, 且 $g_{ij}(a_i)=1$, $g_{ij}(a_j)=0$.

令 $H_i:=\prod _{k\ne i}{g}_{ik}\in \mathcal{M}(X)$ 使得 $h_i(a_j)={\delta }_{ij}$. 令 $f:=\sum _{i=1}^n{c}_i{h}_i$ 即可.

$\square$

推论 1.107. $X$ 是非紧的 Riemann 面, $Y\subset \subset X$ 开, 则存在 $f\in \mathcal{O}(Y)$ 使得其在 $Y$ 的任何一个连通分支上非常值.

证明. 取区域 $Y^{\prime }$ 使得 $Y\subset \subset Y^{\prime }\subset \subset X$. 取 $a\in Y^{\prime }\backslash Y$, 对 $(Y^{\prime },a)$ 应用定理, 即得.

$\square$

定理 1.108. $X$ 是非紧的 Riemann 面, $Y\subset \subset Y^{\prime }\subset \subset X$ 开, 则$$\mathrm{Im}(H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})\to H^1(Y,\mathcal{O}))=0.$$

证明. 记像集为 $L$, 设 $n:=\dim L<\infty$. 取 ${\xi }_1,\cdots ,{\xi }_n\in H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})$ 使得 ${\xi }_1{|}_Y,\cdots ,{\xi }_n{|}_Y$ 生成 $L$. 取 $Y^{\prime }$ 上的全纯函数 $f$ 使得其在 $Y^{\prime }$ 的任何连通分支上非常值.

取 $C_{\mu \nu }\in \mathbb{C}$ 使得$$f{\xi }_{\nu }=\sum _{\mu =1}^n{C}_{\mu \nu }{\xi }_{\mu }\text{at}Y,1\le \nu \le n.$$令 $A:=(f\cdot {\delta }_{\mu \nu }-C_{\mu \nu }{)}_{n\times n}$, $F:=\det A$. 则 $F\in \mathcal{O}(Y^{\prime })$ 且在 $Y^{\prime }$ 的任何连通分支上不恒为 $0$.

则有 $A\cdot \left(\begin{array}{c}{\xi }_1\\ ⋮\\ {\xi }_n\end{array}\right)=0$. 记 $A^{\ast }$ 为 $A$ 的伴随矩阵, 则 $A^{\ast }A=\left(\begin{array}{cccc}F& 0& \cdots & 0\\ 0& F& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & F\end{array}\right)$, 推出 $F{\xi }_{\nu }=0$, $1\le \nu \le n$ 于 $Y$.

设 $\zeta \in H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})$ 可由某个 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$ 表示, $\mathcal{U}=\{U_i\}$ 是 $Y^{\prime }$ 的开覆盖, 使得 $\forall U_i$ 至多包含 $F$ 的一个零点, 则 $F\in {\mathcal{O}}^{\ast }(U_i\cap U_j),\forall i\ne j$. 进而 $g_{ij}:=f_{ij}/F\in {\mathcal{O}}^{\ast }(U_i\cap U_j)$. 令 $\xi :=[(g_{ij})]\in H^1(Y^{\prime },\mathcal{O})$, 则 $\zeta {|}_Y=F\xi {|}_Y=0$.

$\square$

推论 1.109. $X$ 是非紧的 Riemann 面, $Y\subset \subset Y^{\prime }\subset \subset X$ 开, 则任意 $\omega \in {\mathcal{E}}^{(0,1)}(Y^{\prime })$, 存在 $f\in \mathcal{E}(Y)$, 使得 $d^{\prime \prime }f=\omega$ 于 $Y$.

证明. 取 $\mathcal{U}=\{U_i{\}}_i$ 为 $Y^{\prime }$ 的一个坐标圆盘覆盖, 由 Dolbeault 引理, 对于任意 $f_i\in \mathcal{E}(U_i)$ 使得 $d^{\prime \prime }{f}_i=\omega$ 于 $U_i$.

因为 $d^{\prime \prime }(f_i-f_j)=\omega -\omega =0$ 于 $U_i\cap U_j$, 所以 $f_i-f_j\in \mathcal{O}(U_i\cap U_j)$, 故 $(f_i-f_j)\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{O})$.

因为 $[(f_i-f_j){|}_{Y\cap \mathcal{U}}]=0$, 所以存在 $g_i\in \mathcal{O}(Y\cap U_i)$ 使得 $f_i-f_j=g_i-g_j$ 于 $Y\cap U_i\cap U_j$, 等价于 $f_i-g_i=f_j-g_j$.

定义 $f{|}_{Y\cap U_i}:=f_i-g_i\in \mathcal{E}(Y)$ 使得 $d^{\prime \prime }f=d^{\prime \prime }{f}_i-\omega$.

$\square$

正合上同调列

定义 1.110. 设 $X$ 是拓扑空间, $\mathcal{F},\mathcal{G}$ 是 $X$ 上的层, 一个层同态 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是指一族群同态 ${\alpha }_U:\mathcal{F}(U)\to \mathcal{G}(U)$, $\forall U\subset X$ 开, 满足 $\forall V\subset U$ 开, 有下列图表交换$$\mathcal{F}(U)\mathcal{G}(U)\mathcal{F}(V)\mathcal{G}(V){\rho }_V^U{\alpha }_U{\rho }_V^U{\alpha }_V$$

例 1.111. 1. 外微分算子 $d,d^{\prime },d^{\prime \prime }$.

2. 包含映射 $\iota :\mathcal{O}\to \mathcal{E}$, $\mathbb{C}\to \mathcal{E}$, $\mathbb{Z}\to \mathcal{O}$.

3. $ex:\mathcal{O}\to {\mathcal{O}}^{\ast }$, 对于任意开集 $U$, $$\begin{array}{rl}ex{|}_U:\mathcal{O}(U)& \to {\mathcal{O}}^{\ast }(U)\\ f& \mapsto e^{2\pi if}\end{array}$$

定义 1.112. 设 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是层同态, 对于任意开集 $U$, 定义$$K(U):=\mathrm{Ker}(\mathcal{F}(U)\stackrel{{\alpha }_U}{⟶}\mathcal{G}(U),$$配以通常的限制映射, 其诱导出一个层 $\kappa =\mathrm{Ker}\alpha$.

例 1.113. $\mathcal{O}=\mathrm{Ker}(\mathcal{E}\stackrel{d^{\prime \prime }}{⟶}{\mathcal{E}}^{(0,1)})$, 即是 Cauchy–Riemann 方程.

$\Omega =\mathrm{Ker}({\mathcal{E}}^{(1,0)}\stackrel{d}{⟶}{\mathcal{E}}^2)$.

$\mathbb{Z}=\mathrm{Ker}(\mathcal{O}\stackrel{ex}{⟶}{\mathcal{O}}^{\ast })$.

定义 1.114. 设 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是层同态, 对于任意开集 $U$, 定义$$B(U):=\mathrm{Im}(\mathcal{F}(U)\stackrel{{\alpha }_U}{⟶}\mathcal{G}(U)),$$配以通常的限制映射, 其诱导出一个预层 $\mathrm{Im}\alpha$, 但一般来说其不是层. (一般不满足拼接原理)

例 1.115. $ex:\mathcal{O}\to {\mathcal{O}}^{\ast }$, 令 $U_{+}:={\mathbb{C}}^{\ast }\backslash {\mathbb{R}}_{+}$, $U_{-}:={\mathbb{C}}^{\ast }\backslash {\mathbb{R}}_{-}$, 则 ${\mathbb{C}}^{\ast }=U_{+}\cup U_{-}$. 因为 $U_{\pm }$ 单连通, $$\text{存在}{f}_{\pm }\in \mathcal{O}(U_{\pm }),\text{s.t.}ex(f_{\pm })=z$$且 $f_{+}=f_{-}$ 于 $U_{+}\cap U_{-}$. 但是不存在 $f\in \mathcal{O}({\mathbb{C}}^{\ast })$ 使得 $ex(f)=z$ 成立. 拼接原理不成立.

定义 1.116. 设 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是一个层, 其诱导出群同态 ${\alpha }_x:{\mathcal{F}}_x\to {\mathcal{G}}_x$.

称 $\mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}$ 是正合的, 若对任意 $x\in X$, 有$${\mathcal{F}}_x\stackrel{{\alpha }_x}{⟶}{\mathcal{G}}_x\stackrel{{\beta }_x}{⟶}{\mathcal{H}}_x$$正合, 即 $\mathrm{Ker}{\beta }_x-\mathrm{Im}{\alpha }_x$.

称$$\mathcal{F}\stackrel{{\alpha }_1}{⟶}{\mathcal{F}}_1\stackrel{{\alpha }_2}{⟶}{\mathcal{F}}_3\stackrel{{\alpha }_3}{⟶}\cdots \stackrel{{\alpha }_{n-1}}{⟶}{\mathcal{F}}_n$$是正合的, 若 ${\mathcal{F}}_k\stackrel{{\alpha }_k}{⟶}{\mathcal{F}}_{k+1}\stackrel{{\alpha }_{k+1}}{⟶}{\mathcal{F}}_{k+2}$ 正合, $\forall 1\le k\le n-2$.

称正合列 $0\to \mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}\to 0$ 是一个短正合列.

例 1.117. 短正合列$$0\to \mathcal{O}\stackrel{\iota }{⟶}\mathcal{E}\stackrel{d^{\prime \prime }}{⟶}{\mathcal{E}}^{(0,1)}\to 0,$$最后一步是 Dolbeault 引理. $$0\to \mathbb{C}\stackrel{\iota }{⟶}\mathcal{E}\stackrel{d}{⟶}\mathrm{Ker}(d:{\mathcal{E}}^1\to {\mathcal{E}}^2)\to 0,$$最后一步是 Poincaré 引理.

$$0\to \mathbb{C}\stackrel{\iota }{⟶}\mathcal{O}\stackrel{d}{⟶}\Omega \to 0,$$最后一步是 Poincaré 引理.

$$0\to \Omega \stackrel{\iota }{⟶}{\mathcal{E}}^{(1,0)}\stackrel{d}{⟶}{\mathcal{E}}^2\to 0,$$$\forall \Phi =gdz\wedge d\bar{z}$, 设 $\omega =fdz\in {\mathcal{E}}^{(1,0)}$, 则 $d\omega =\Phi$ 等价于 $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=-g$, 这由 Dolbeault 引理保证. $$0\to \mathbb{Z}\stackrel{\iota }{⟶}\mathcal{O}\stackrel{ex}{⟶}{\mathcal{O}}^{\ast }\to 0.$$

引理 1.118. 若 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是单射, 则对于任意开集 $U$, ${\alpha }_U:\mathcal{F}(U)\to \mathcal{G}(U)$ 是单射.

证明. 设 $f\in \mathcal{F}(U)$, 使得 ${\alpha }_U(f)=0$.

因为对于任意 $x\in U$, ${\alpha }_x:{\mathcal{F}}_x\to {\mathcal{G}}_x$ 是单射, 故存在邻域 $x\in V_x\subset U$ 使得 $f{|}_{V_x}=0$. 因为 $U=\bigcup _{x\in U}{V}_x$, 由层的定义, $f{|}_U=0$.

$\square$

引理 1.119. 设 $0\to \mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}$ 正合, 则对于任意开集 $U$, 有正合列$$0\to \mathcal{F}(U)\stackrel{{\alpha }_U}{⟶}\mathcal{G}(U)\stackrel{{\beta }_U}{⟶}\mathcal{H}(U).$$

证明. 由引理 1.6.1, 第一处正合. 我们考虑第二处.

$\mathrm{Im}\alpha \subset \mathrm{Ker}\beta$: 设 $f\in \mathcal{F}(U)$, $g={\alpha }_U(f)$. 因为 $\mathrm{Ker}{\beta }_x=\mathrm{Im}{\alpha }_x$, 故存在邻域 $x\in V_x\subset U$ 使得 $\beta (g)=\beta \circ \alpha (f)=0$ 于 $V_x$. 因为 $U=\bigcup _{x\in U}{V}_x$, 由层的定义, $\beta (g)=0$ 于 $U$, 即 $\mathrm{Im}\alpha \subset \mathrm{Ker}\beta$.

$\mathrm{Ker}\beta \subset \mathrm{Im}\alpha$: 设 $g\in \mathcal{G}(U)$ 使得 $\beta (g)=0$. 因为对于任意 $x\in X$, 有 $\mathrm{Ker}{\beta }_x=\mathrm{Im}{\alpha }_x$, 故存在邻域 $\alpha \in V_x\subset U$ 以及 $f_x\in \mathcal{F}(V_x)$ 使得 $\alpha (f_x)=g$ 于 $V_x$.

因为 $\alpha (f_x-f_y)=g-g=0$ 于 $V_x\cap V_y$, 由引理 1.6.1, 推出 $f_x\cong f_y$ 于 $V_x\cap V_y$. 故由拼接原理, 存在 $f\in \mathcal{F}(U)$ 使得 $f{|}_{V_x}:=f_x\in \mathcal{F}(V_x)$ 且在每个 $V_x$ 上, $\alpha (f)=\alpha (f_x)=g$.

$\square$

定义 1.120. 设 $\alpha :\mathcal{F}\to \mathcal{G}$ 是层同态, 其诱导出$${\alpha }^1:H^1(X,\mathcal{F})\to H^1(X,\mathcal{G})$$如下: 设 $\mathcal{U}=\{U_i\}$ 是 $X$ 的一个开覆盖. 定义$$\begin{array}{rl}{\alpha }_{\mathcal{U}}:C^1(\mathcal{U},\mathcal{F})& \to C^1(\mathcal{U},\mathcal{G})\\ (f_{ij})& \mapsto (\alpha (f_{ij})).\end{array}$$则 ${\alpha }_{\mathcal{U}}:Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to Z^1(\mathcal{U},\mathcal{G})$, ${\alpha }_{\mathcal{U}}:B^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to B^1(\mathcal{U},\mathcal{G})$. 故 ${\alpha }_{\mathcal{U}}$ 可以诱导出$${\tilde{\alpha }}_{\mathcal{U}}:H^1(\mathcal{U},\mathcal{F})\to H^1(\mathcal{U},\mathcal{G}).$$其诱导出同态$${\alpha }^1:H^1(X,\mathcal{F})\to H^1(X,\mathcal{G}).$$

定义 1.121. 有短正则列 $0\to \mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}\to 0$. 定义连接同态 ${\delta }^{\ast }:\mathcal{H}(X)=H^0(X,\mathcal{H})\to H^1(X,\mathcal{F})$ 如下:

设 $h\in \mathcal{H}(X)$, ${\mathcal{G}}_x\stackrel{{\beta }_x}{⟶}{\mathcal{H}}_x$ 满, 故存在开覆盖 $\mathcal{U}=\{U_i\}$ 以及 $g_i\in \mathcal{G}(U_i)$ 使得 $\beta (g_i)=h$ 于 $U_i$. 因为 $\beta (g_i-g_j)=h-h=0$ 于 $U_i\cap U_j$, 故由引理 1.6.2, 存在 $f_{ij}\in \mathcal{F}(U_i\cap U_j)$ 使得 $\alpha (f_{ij})=g_i-g_j$.

在 $U_i\cap U_j\cap U_k$ 上, $\alpha (f_{ij}+f_{jk}+f_{ki})=0$, 由引理 6.1, 有 $f_{ij}+f_{jk}+f_{ki}=0$, 故 $(f_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{F})$. 定义 ${\delta }^{\ast }h:=[(f_{ij})]\in H^1(X,\mathcal{F})$.

良定性, 需要验证与开覆盖选取无关、与 $g_i$ 的选取无关.

若 $g_i^{\prime }\in \mathcal{G}(U_i),f_{ij}^{\prime }\in \mathcal{F}(U_i\cap U_j)$ 使得 $\beta (g_i^{\prime })=h,\alpha (f_{ij}^{\prime })=g_i^{\prime }-g_j^{\prime }$. 因为 $\beta (g_i-g_i^{\prime })=h-h=0$, 由引理 6.2, 存在 $f_i\in \mathcal{F}(U_i)$ 使得 $\alpha (f_i)=g_i-g_i^{\prime }$. $$\alpha (f_{ij})-\alpha (f_{ij}^{\prime })=(g_i-g_j)-(g_i^{\prime }-g_j^{\prime })=\alpha (f_i)-\alpha (f_j),$$推出 $f_{ij}-f_{ij}^{\prime }-(f_i-f_j)\in \mathrm{Ker}{\alpha }_{U_i\cap U_j}=\{0\}$, 即有 $f_{ij}-f_{ij}^{\prime }=f_i-f_j$, 即 $[(f_{ij})]=[(f_{ij}^{\prime })]$.

定理 1.122. 设 $0\to \mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}\to 0$ 正合, 则有$$0\to H^0(X,\mathcal{F})\stackrel{{\alpha }^0}{⟶}{H}^0(X,\mathcal{G})\stackrel{{\beta }^0}{⟶}{H}^0(X,\mathcal{H})\stackrel{{\delta }^{\ast }}{⟶}{H}^1(X,\mathcal{F})\stackrel{{\alpha }^1}{⟶}{H}^1(X,\mathcal{G})\stackrel{{\beta }^1}{⟶}{H}^1(X,\mathcal{H}).$$

证明. 我们需要验证第三、四、五处的正合性.

1.	$\mathrm{Im}{\beta }^0\subset \mathrm{Ker}{\delta }^{\ast }$. 设 $g\in \mathcal{G}(X),h=\beta (g)$. 在 ${\delta }^{\ast }$ 的定义中取 $g_i=g{|}_{U_i}$, 则 $\alpha (f_{ij})=g_i-g_j=0$, 由 $\alpha$ 单, $f_{ij}=0$, 故 ${\delta }^{\ast }h=[(f_{ij})]=0$, 即 $h\in \mathrm{Ker}{\delta }^{\ast }$.
2.	$\mathrm{Ker}{\delta }^{\ast }\subset \mathrm{Im}{\beta }^0$. 设 $h\in \mathrm{Ker}{\delta }^{\ast }$, 设 ${\delta }^{\ast }h=[(f_{ij})]=0$, 则 $f_{ij}=f_i-f_j$, $f_i\in \mathcal{F}(U_i)$. 推出 $\alpha (f_{ij})=\alpha (f_i)-\alpha (f_j)$, 即 $g_i-g_j=\alpha (f_i)-\alpha (f_j)$, 其中 $\beta (g_i)=h$, 则 $g_i-\alpha (f_i)=g_j-\alpha (f_j)$ 于 $U_i\cap U_j$, 故存在 $g\in \mathcal{G}(X)$ 使得 $g{|}_{U_i}=g_i-\alpha (f_i)$ 在 $U_i$ 上, 且 $\beta (g)=\beta (g_i)-\beta \circ \alpha (f_i)=h$ 于 $U_i$, $\forall i$. 则 $h\in \mathrm{Im}{\beta }^0$.
3.	$\mathrm{Im}{\delta }^{\ast }\subset \mathrm{Ker}{\alpha }^1$. 设 ${\delta }^{\ast }h=[(f_{ij})]$. 因为 $\alpha (f_{ij})=g_i-g_j$, 所以 ${\delta }^{\ast }h\in \mathrm{Ker}{\alpha }^1$.
4.	$\mathrm{Ker}{\alpha }^1\subset \mathrm{Im}{\delta }^{\ast }$. 设 $\xi \in \mathrm{Ker}{\alpha }^1$, $\xi =[(f_{ij})]$. 因为 ${\alpha }^1(\xi )=0$, 所以 $\alpha ({\xi }_{ij})=g_i-g_j$, 其中 $g_i\in \mathcal{G}(U_i)$. 推出 $0=\beta \circ \alpha (f_{ij})=\beta (g_i)-\beta (g_j)$ 于 $U_i\cap U_j$. 故存在 $h\in \mathcal{H}(X)$ 使得 $h{|}_{U_i}=\beta (g_i)$. 由 ${\delta }^{\ast }$ 定义, ${\delta }^{\ast }h=\xi$.
5.	$\mathrm{Im}{\alpha }^1\subset \mathrm{Ker}{\beta }^1$. 因为 $\mathcal{F}(U_i\cap U_j)\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}(U_i\cap U_j)\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}(U_i\cap U_j)$ 正合.
6.	$\mathrm{Ker}{\beta }^1\subset \mathrm{Im}{\alpha }^1$.   设 $\eta =[(g_{ij})]\in \mathrm{Ker}{\beta }^1$, 其中 $(g_{ij})\in Z^1(\mathcal{U},\mathcal{G})$. 则 $\beta (g_{ij})=h_i-h_j$, 其中 $h_i\in \mathcal{H}(U_i)$.   对于任意 $x\in X$, 存在 $\tau x\in I$, 使得 $x\in U_{\tau x}$. 因为 ${\beta }_x:{\mathcal{G}}_x\to {\mathcal{H}}_x$ 是满射, 所以存在邻域 $x\in V_x\subset U_{\tau x}$ 使得存在 $g_x\in \mathcal{G}(V_x)$ 使得 $\beta (g_x)=h_{\tau x}{|}_{V_x}$.   令 ${\tilde{g}}_{xy}:=g_{\tau x,\tau y}{|}_{V_x\cap V_y}$. 考虑 $\mathcal{V}=\{V_x{\}}_{x\in X}$, 因为 $\mathcal{V}<\mathcal{U}$, 所以 $\eta =[({\tilde{g}}_{xy})]$. 令 ${\psi }_{xy}:={\tilde{g}}_{xy}-g_x+g_y$, 则 $\eta =[({\psi }_{xy})]$ 且 ${\psi }_{xy}\in \mathrm{Ker}\beta$: $$\beta ({\psi }_{xy})=\beta ({\tilde{g}}_{xy})-\beta (g_x)+\beta (g_y)=h_{\tau x}-h_{\tau y}-h_{\tau x}+h_{\tau y}=0.$$由引理 1.6.2, 存在 $f_{xy}\in \mathcal{F}(V_x\cap V_y)$ 使得 $\alpha (f_{xy})={\psi }_{xy}$. 因为 ${\psi }_{xy}+{\psi }_{yz}+{\psi }_{zx}=0$, 所以 $\alpha (f_{xy}+f_{yz}+f_{zx})=0$, 又 $\alpha$ 单, 故 $f\in Z^1(\mathcal{V},\mathcal{F})$, 且 ${\alpha }^1\left([(f_{ij})]\right)=\eta$. $\square$

定理 1.123. 设 $0\to \mathcal{F}\stackrel{\alpha }{⟶}\mathcal{G}\stackrel{\beta }{⟶}\mathcal{H}\to 0$ 正合, 且 $H^1(X,\mathcal{G})=0$, 则$$H^1(X,\mathcal{F})\cong \mathcal{H}(X)/\beta \left(\mathcal{G}(X)\right).$$

定理 1.124. Dolbeault. 设 $X$ 是 Riemann 面, 则

1. $H^1(X,\mathcal{O})\cong {\mathcal{E}}^{(0,1)}(X)/d^{\prime \prime }\mathcal{E}(X)$.

2. $H^1(X,\Omega )\cong {\mathcal{E}}^2(X)/d{\mathcal{E}}^{(1,0)}(X)$.

证明. 由$$0\to \mathcal{O}\stackrel{\iota }{⟶}\mathcal{E}\stackrel{d^{\prime \prime }}{⟶}{\mathcal{E}}^{(0,1)}\to 0$$正合及 $H^1(X,\mathcal{E})=0$.

由$$0\to \Omega \stackrel{\iota }{⟶}{\mathcal{E}}^{(1,0)}\stackrel{d}{⟶}{\mathcal{E}}^2\to 0$$正合及 $H^1(X,{\mathcal{E}}^{(1,0)})=0$.

$\square$

定义 1.125. $X$ 是 Riemann 面, 称$$R{h}^1(X):=\frac{\mathrm{Ker}\left(d:{\mathcal{E}}^1\to {\mathcal{E}}^2\right)}{\mathrm{Im}\left(d:\mathcal{E}\to {\mathcal{E}}^1\right)}$$为一阶 de Rham 上同调群.

定理 1.126 (de Rham). $$H^1(X,\mathbb{C})\cong R{h}^1(X).$$

证明. $$0\to \mathbb{C}\to \mathcal{E}\stackrel{d}{⟶}\mathrm{Ker}(d:{\mathcal{E}}^1\to {\mathcal{E}}^2)\to 0$$正合, 且 $H^1(X,\mathcal{E})=0$ 即得.

$\square$