证明不存在在闭单位圆盘连续、开单位圆盘全纯且边界取值为z̄的复值函数

嘿，咱们来一步步拆解这个经典的复分析问题：要证明不存在这样的复值函数$f(z)$——它在闭单位圆盘$\bar{\mathbb{D}} = { z \in \mathbb{C} : |z| \leq 1 }$上连续，在开单位圆盘$\mathbb{D} = { z \in \mathbb{C} : |z| < 1 }$内全纯，并且在单位圆周$|z|=1$上满足$f(z) = \bar{z}$。

首先先把边界条件转个型：当$|z|=1$时，$z\bar{z} = |z|^2 = 1$，所以$\bar{z} = \frac{1}{z}$，也就是说边界上$f(z) = \frac{1}{z}$，这个转换后面会用到。

方法一：用泰勒级数+傅里叶系数找矛盾 #

因为$f(z)$在开圆盘$\mathbb{D}$内全纯，所以它能展开成泰勒级数：
$$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$$
而且因为$f$在闭圆盘上连续，这个级数在单位圆周上会收敛到边界值$\frac{1}{z}$。

现在咱们来算泰勒系数$a_n$，根据全纯函数的系数公式：
$$a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz$$
把边界上的$f(z) = \frac{1}{z}$代进去，就得到：
$$a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{1/z}{z^{n+1}} dz = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} z^{-(n+2)} dz$$

这里要回忆柯西积分的一个结论：对于整数$k$，绕单位圆周的积分$\oint_{|z|=1} z^k dz$，只有当$k=-1$时结果是$2\pi i$，其他情况全是0。

那咱们看$n$的取值：泰勒级数是从$n=0$开始的，所以$n\geq0$，此时$-(n+2) \leq -2$，显然不等于-1，所以所有的$a_n$都等于0？

那这样的话，泰勒级数就变成$f(z) = 0$对所有开圆盘里的$z$都成立，但这和边界条件矛盾啊——比如在$z=1$这个边界点，$f(1)$应该等于$\bar{1}=1$，但如果$f(z)$在开圆盘里全是0，连续延拓到边界的话$f(1)$应该是0，这就冲突了。所以这种函数不可能存在。

方法二：用柯西积分定理直接导出矛盾 #

这个方法更直接，咱们利用柯西积分的基本性质：全纯函数在闭圆盘上的闭积分有特定的结果。

首先，对$f(z)$用柯西积分公式求在0点的值：
$$f(0) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{f(z)}{z} dz$$
代入边界上的$f(z) = \frac{1}{z}$，得到：
$$f(0) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{1/z}{z} dz = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} z^{-2} dz$$
刚才说过，这个积分的结果是0，所以$f(0)=0$。

但咱们再换个积分试试：考虑$\oint_{|z|=1} f(z) z dz$。因为$f(z)$在开圆盘里全纯，$z$也是全纯的，所以它们的乘积$f(z)z$也全纯，根据柯西积分定理，这个闭积分应该等于0。

但如果代入边界上的$f(z)=\bar{z}$，这个积分就变成：
$$\oint_{|z|=1} \bar{z} z dz = \oint_{|z|=1} |z|^2 dz = \oint_{|z|=1} 1 dz = 2\pi i$$
哎，这就出问题了：左边根据全纯函数的积分性质应该是0，右边算出来却是$2\pi i$，完全不相等。这直接就说明，不可能存在同时满足所有条件的函数$f(z)$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ricci Ten