交付一份分支与共形映射证书 ​

同一个复公式在每点都能求值，并不保证它在整个区域内单值、连续或可逆。本终点交付三种互相衔接的证书：先检查绕路后的分支变化，再认证区域映射的正逆与归一化，最后判断给定插值数据能否由一张共同的全纯映射实现。

沿分支选择与圆盘归一化路线可读全纯对数与根理路全纯对数与根的周期判据Holomorphic logarithm · Holomorphic root period criterion用对数导数的闭路整数周期，分别判定无零全纯函数何时有全局对数和m次根，并构造全部分支。、Möbius变换理路Möbius变换与圆域标定Möbius transformation · Fractional linear transformation · Linear fractional transformation在扩充复平面上完整定义分式线性变换，核验极点与逆、矩阵复合方向、广义圆保持和三点唯一标定。、Schwarz–Pick理路Schwarz–Pick收缩与取等刚性Schwarz–Pick theorem · Schwarz lemma · 施瓦茨–皮克定理证明圆盘全纯自映射的二点与导数收缩，刻画何时取等，并把两点插值化为可构造或可排除的不等式证书。及Riemann映射理路规范化Riemann映射与共形半径Riemann mapping theorem · Conformal radius · 黎曼映射定理从有界单射族构造极值映射，证明单连通真平面域到圆盘的规范化存在唯一性，并实际计算共形半径及其域单调性。。下载标准库精确复算程序及结果记录。复算使用有理实部、虚部和明确代数恒等式；有限样本不替代本页的全域证明。

任务一：两个洞，分别检查全部分支条件 ​

给定

$$U=\mathbb{C}\setminus \{-1,1\},f(z)=(z-1{)}^2(z+1{)}^4.$$

求全局对数、平方根和立方根的存在性；平方根存在时，交付全部分支。再将定义域改为 $W=\mathbb{C}\setminus (-\mathrm{\infty },1]$，指定基点 $z_0=2$ 的实对数值，给出唯一全纯对数。

答案：周期不是“看起来绕了一圈” ​

对数导数为

$$\frac{f^{\prime }}{f}=\frac{2}{z-1}+\frac{4}{z+1}.$$

取逆时针小圆 ${\gamma }_{+}$ 围住1但不围住−1，${\gamma }_{-}$ 围住−1但不围住1。围道积分给整数周期

$${\nu }_f({\gamma }_{+})=2,{\nu }_f({\gamma }_{-})=4.$$

因此没有全局对数，且不存在立方根。平方根有两个：

$$h_{+}(z)=(z-1)(z+1{)}^2,h_{-}=-h_{+}.$$

它们确实平方为 $f$。若还有一个平方根，其与 $h_{+}$ 的比连续且只取±1；$U$ 连通使比恒定，所以没有第三个分支。

这两条小圆足以给出必要障碍；充分性并不靠“只测了两条路”。对任意闭路，因子式严格给出

$${\nu }_f(\gamma )=2\mathrm{wind}(\gamma ,1)+4\mathrm{wind}(\gamma ,-1),$$

所以全部周期都被2整除。更一般地，正整数 $m$ 次根存在恰要求 $m$ 同时整除2与4，本题仅 $m=1,2$。

在割线域 $W$，两个位移 $z-1,z+1$ 都避开非正实轴。于是

$$L(z)=2\mathrm{Log}(z-1)+4\mathrm{Log}(z+1),L(2)=4\log 3=\log 81$$

是指定对数；指数与导数都逐项核对。全部其他对数为 $L+2\pi ik$，它们不满足这个基点值。相应正基点平方根是 $e^{L/2}=h_{+}$，在2处等于9。

迁移检查：把−1附近的指数4改成3。全局平方根立即失败，因为那里周期变成3；即使在1附近的所有数值跟踪都正常，也不能说明另一个洞的条件成立。把两条小圆反向只改变周期符号，不改变可整除性。

任务二：先交正逆映射，再报告共形半径 ​

取第一象限 $Q$ 和基点 $a=1+i$。交付满足 $\mathrm{\Phi }(a)=0$、${\mathrm{\Phi }}^{\prime }(a)>0$ 的圆盘映射，以及每个圆盘点的唯一原像。

答案：平方、圆盘平移与旋转各负一项职责 ​

写 $z=r{e}^{i\theta }$，其中 $r>0$、$0<\theta <\pi /2$。平方使辐角落在 $(0,\pi )$，因此 $z^2$ 从 $Q$ 双射到上半平面。定义

$$F(z)=\frac{z^2-2i}{z^2+2i},\mathrm{\Phi }(z)=\frac{1+i}{\sqrt{2}}F(z).$$

对任意上半平面点 $v$，

$$1-{\left|\frac{v-2i}{v+2i}\right|}^2=\frac{8\mathrm{Im}v}{|v+2i{|}^2}>0.$$

逆式 $v=2i(1+w)/(1-w)$ 的虚部为 $2(1-|w{|}^2)/|1-w{|}^2>0$。这两份正量同时证明目标为圆盘和目标没有遗漏。

在基点处，

$$a^2=2i,F(a)=0,F^{\prime }(a)=\frac{1-i}{2},{\mathrm{\Phi }}^{\prime }(a)=\frac{1}{\sqrt{2}}>0.$$

所以 $r_Q(a)=\sqrt{2}$。仅用 $F$ 也得到圆盘双射，但它的基点导数有相位，不满足题目的正实归一化。

对任意 $\zeta \in \mathbb{D}$，先去旋转 $w=(1-i)\zeta /\sqrt{2}$，再算

$$v=2i\frac{1+w}{1-w},z=\sqrt{v},$$

最后的平方根取辐角 $(0,\pi /2)$。另一根在第三象限，不是合法原像。正逆复合恢复输入；分母 $1-w$ 和 $z^2+2i$ 都不会在各自定义域消失。

迁移：换成割线平面 ​

令 $V=\mathbb{C}\setminus (-\mathrm{\infty },0]$，基点为1。主平方根把它送到右半平面，于是

$$\mathrm{\Psi }(z)=\frac{\sqrt{z}-1}{\sqrt{z}+1},{\mathrm{\Psi }}^{-1}(\zeta )={\left(\frac{1+\zeta }{1-\zeta }\right)}^2.$$

逆式的分式实部为 $(1-|\zeta {|}^2)/|1-\zeta {|}^2>0$；故平方根支确实相容。导数为

$${\mathrm{\Psi }}^{\prime }(z)=\frac{1}{\sqrt{z}(\sqrt{z}+1{)}^2},{\mathrm{\Psi }}^{\prime }(1)=\frac{1}{4},$$

所以共形半径为4。最近边界距离为1，两者不能混用。

若对负实轴上下两侧逐点调用软件主平方根，上侧趋正虚轴，下侧趋负虚轴。两个极限再映到圆周的不同位置，不能把被删半轴的同一坐标硬粘成一个边界原像。内部双全纯结论没有额外承诺边界一一延拓。

任务三：同一输入，三种插值判决 ​

现在要求 $f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 全纯，$f(0)=1/3$，$f(1/2)=b$。分别取 $b=2/3,5/7,3/4$，提交构造、唯一性或不可能证书，并将结果迁回任务二的第一象限。

答案：在圆盘归一化后比较一次模 ​

令 ${\varphi }_{1/3}(w)=(w-1/3)/(1-w/3)$。Schwarz–Pick要求

$$|{\varphi }_{1/3}(b)|\le 1/2.$$

三份精确比较为

$$\frac{3}{7}<\frac{1}{2},\frac{1}{2}=\frac{1}{2},\frac{5}{9}>\frac{1}{2}.$$

第一份取 $c=6/7$，给

$$f_c(z)=\frac{1/3+cz}{1+(c/3)z},f_c^{\prime }(0)=\frac{8}{9}c=\frac{16}{21}.$$

因为 $|c|<1$，缩放后仍在圆盘，逆平移也仍在圆盘；这份构造满足两个数据。它不是圆盘自同构，不能因为公式也是分式线性就忽略其像是圆盘内的真子域。

第二份必须 $c=1$，唯一解为

$$f_{\ast }(z)=\frac{1/3+z}{1+z/3},f_{\ast }^{\prime }(0)=\frac{8}{9}.$$

理由是两个不同输入处取等强迫圆盘自同构，归一化后的旋转又必须将正实数1/2送到自己。第三份违反必要条件，故无解。

全部允许的第二输出也可表示为一个闭圆盘：

$$|b-\frac{9}{35}|\le \frac{16}{35}.$$

这是把 $|b-1/3{|}^2\le \frac{1}{4}|1-b/3{|}^2$ 展开并配方得到。其最右端正是 $5/7$；$2/3$ 在内部，$3/4$ 在外部。该闭圆盘完全位于开单位圆盘内，因此这里允许边界取等而没有把输出放到 $|b|=1$。

把判决迁回第一象限，而非只换一组数字 ​

沿用任务二未加最后旋转的 $F$。它满足

$$F(1+i)=0,F(\sqrt{3}(1+i))=1/2.$$

第二式来自 $[\sqrt{3}(1+i){]}^2=6i$。对 $G:Q\to \mathbb{D}$，规定这两个输入分别映到 $1/3,b$。复合 $f=G\circ F^{-1}$ 把问题完整转回刚才的圆盘条件；反向用 $G=f\circ F$ 给构造。因此三种判决原样成立，取等时仍唯一。

但物理坐标中的导数不能直接抄圆盘数值。链式法则给

$$G_c^{\prime }(1+i)=\frac{16}{21}\frac{1-i}{2},|G_c^{\prime }(1+i)|=\frac{16}{21\sqrt{2}}.$$

对所有满足 $G(a)=1/3$ 的全纯映射，基点导数界为

$$|G^{\prime }(a)|\le \frac{1-|G(a){|}^2}{r_Q(a)}=\frac{8}{9\sqrt{2}}.$$

极端映射 $G_{\ast }=f_{\ast }\circ F$ 恰好达到此界。于是输出不仅包括可行性，还包括正确坐标尺度下的局部放大证书。

复算与适用边界 ​

公开程序用Fraction实现有理复数运算，核矩阵复合方向、Möbius逆、两种半平面圆盘恒等式、分支多项式关系、插值有理比较和导数尺度平方。另对一组明确的有理点检查Schwarz–Pick两式，测试不会宣称覆盖全部全纯函数。

一般Riemann映射的存在由正文的极值证明承担。下载器只认证题面给出的显式构造，不输入任意边界就生成映射，不用有限采样认证单连通，也不把浮点接近整数当作闭路周期整数证明。

交付时保留定义域、全部排除点、分支辐角范围、正逆公式、基点归一化、三种插值判决及原坐标导数。少任何一项，都可能把局部成立的公式误用到另一片区域。