这里有一些你可能会觉得有用的评论，尽管它们并没有完全解决这个问题。首先，使用问题的对称性，可以很容易地简化为$f美元$映射单位圆的内部$x^2+y^2<1$微分到圆的内部$u^2+v^2<r^2$对一些人来说美元$其次，因为映射的雅可比是$\bigl|\sin\bigl（\phi（y）-\psi（x）\biger）\bigr|\le 1$，因此$r\le 1美元$等式当且仅当$\phi（y）-\psi（x）\equiv\pm\pi/2$，在这种情况下，美元\斐$和美元\psi$必须是常数，这是一个被排除的平凡解决方案。因此，我们可以假设$r<1$.
让我们假设$f（x，y）=\bigl（u（x，y），v（x，γ）\bigr）$延伸$C^2美元$到边界圆$x^2+y^2=1$（即。，美元\psi$和美元\斐$可微扩展到$[-1,1]$)并考虑曲线$\gamma（t）=f（\cos t，\sin t）$，它将单位圆映射到半径圆$r<1$，具有曲率1美元/r>1$.根据通常的曲率公式$\伽马$、功能$\菲$和美元\psi$必须满足一阶关系\开始｛align｝（1/r）\bigl（1{-}2\，c\，s\，\cos（\psi（c）{-}\phi（s））\biger）^{3/2}&=\sin（\phi（s）{-}\psi（c））\\&\qquad+（c\cos（\psi（c）{-}\phi（s））-s）（1{-}c^2） \，\磅/平方英寸（c）\\&\qquad-（s\cos（\psi（c）{-}\phi（s））-c）（1{-}秒^2） \，\phi'（s）\\\结束{对齐}其中，为了节省写作，我使用$c=成本t$和$s=\sin t$.
然而，这是一个问题，因为$t=\pi/2$，我们得到$$1/r=\sin（φ（1）-\psi（0））-\psi'（0），$$设置时$t=-\pi/2$，我们得到$$1/r=\sin（\phi（-1）-\psi（0））+\psi'（0）。$$将这两个方程相加，我们得到$$2/r=\sin（\phi（1）-\psi（0））+\sin（\ phi（-1）-\psi（0）。$$但是，自从$r<1美元$，此等式的左侧大于$2$，而右侧的每个术语的绝对值都小于或等于$1$。不可能。
因此，这样一个$f美元$，如果存在，则不能向边界圆微分两次$x^2+y^2=1$.
附录：在评论中，OP询问，如果有人放弃假设$f美元$是磁盘，但保留了以下假设$f美元$延伸$C^1美元$到边界圆$x^2+y^2=1$，仍然可以显示边界的长度最多为2美元\pi$。我不知道如何完全概括地做到这一点，但我可以证明，在“微不足道”的情况下$\phi（y）\equiv\pi/2$和$\磅/平方英寸（x）\当量0$，一个人有这种不平等。
重点是从长度的公式开始$\伽马$，这是$$L（\gamma）=\int_0^{2\pi}|\gamma'（t）|\，\mathrm{d} t吨=\int_0^{2\pi}\bigl（1{-}\sin（2t）\，\cos（\psi（\cost）{-}\phi（\sin t））\bigr）^{1/2}\，\mathrm{d} t吨$$写入$\phi（y）=\pi/2+\kappa（y）$这就变成了$$L（伽马射线）=\int_0^{2\pi}\bigl（1{-}\sin（2t）\，\sin（\psi（\cost）{-}\kappa（\sin t））\bigr）^{1/2}\，\mathrm{d} t。$$关键是将其分解为四个象限上的四个积分。对于$0\le t\le\pi/2$，套$$\开始｛align｝a_1（t）&=\psi（\cos t）-\kappa（\sin t）\\a_2（t）&=-\psi（\cos（\pi{-}吨))+\kappa（\sin（\pi{-}吨)) =-\psi（-\cos t）+\kappa（\sin t）\\a3（t）&=\psi（\cos（\pi{+}t））-\kappa（\sin（\pi{+}t））=\psi（-\cos t）-\kappa（-\sin t）\\a4（t）&=-\psi（\cos（-t））+\kappa（\sin（-t=-\psi（\cos t）+\kappa（-\sin t）\结束{对齐}$$并注意到$a_1+a_2+a_3+a_4=0$此外，我们发现$$L（\gamma）=\sum_{i=1}^4\int_0^{\pi/2}\bigl（1{-}\sin（2t）\，\sin a_i（t）\bigr）^{1/2}\，\mathrm{d} t吨$$对于小参数美元\lambda$考虑功能$$f（λ）=\sum_｛i=1｝^4\int_0^{\pi/2}\bigl（1{-}\sin（2t）\，\sin（\lambda a_i（t））\bigr）^{1/2}\，\mathrm{d} t。$$因为$a_i$消失，泰勒级数展开$f美元$在$\lambda=0$到二级采取的形式$$f（λ）\simeq 2\pi-\lambda^2\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^2（2t）}{8}\left（\sum_{i=1}^4a_i（t）^2\right）\，\mathrm{d} t。$$显然，$f美元$具有严格的本地最大值$\lambda=0$除非$a_i$消失，在这种情况下$L（伽马）=2\pi$.
