Home 数学 复分析

# 解析性

定义
令 D⊂CD \subset \mathbb C 为开集，f:D→Cf: D \to \mathbb C
若对点 z0∈Dz_0 \in D
存在一个收敛半径为 r>0r > 0 的幂级数 ∑n=0∞anzn\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n，以及一个正数 0<e<r0 < e < r
使得对任意 z∈D(z0,e)z \in D(z_0, e)：

f(z)=∑n=0∞an(z−z0)nf(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n

则称 ff 在 z0z_0 处 级数展开可能 (can be expanded in a power series)「べき級数展開可能」。

若 ff 在 DD 上每一点都可以级数展开，则称 ff 在 DD 上 解析 (analytic)「解析的」

命题 四则性质
设 f,gf,g 在 DD 上解析，则

  • f+gf + g
  • λf,λ∈C\lambda f, \quad \lambda \in \mathbb C
  • fgfg
  • g≠0⟹fgg \neq 0 \implies \frac{f}{g} \quad

在 DD 上解析

证明

与实变函数相同，此处省略

解析性（全纯性）是很强的约束性质，首先对于复变函数来说，因为实部和虚部分别独立的存在，所以复变函数的微分的需求就超过实变函数
其次全纯性要求函数无限次微分可能，这就对函数的任何微小变化都给出了约束：不允许函数出现任何方向上的微小尖锐突变
这一约束条件甚至强到出现了如下现象：
只要两个解析函数在某一个极小区域内一致，那他们全域下都一致

命题
令 f,gf,g 在领域 Ω⊂C\Omega \subset \mathbb C 上解析
若 Z={z∈Ω∣f(z)=g(z)}Z = \{z \in \Omega \mid f(z) = g(z)\} 存在聚点，则在整个 Ω\Omega 上 f≡gf \equiv g

证明

令 h=f−gh = f - g，则 hh 在 Ω\Omega 上解析，且 Z(h)Z(h) 存在聚点
取聚点 z0∈Ωz_0 \in \Omega，则存在 δ>0\delta > 0，使得对任意 z∈Ωz \in \Omega 有

0<∣z−z0∣<δ⟹h(z)=00 \lt |z - z_0| \lt \delta \implies h(z) = 0

由 hh 在 Ω\Omega 上解析知，存在幂级数展开

h(z)=∑n=0∞an(z−z0)n,∣z−z0∣<rh(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad |z - z_0| \lt r

对任意 0<∣z−z0∣<min⁡{δ,r}0 \lt |z - z_0| \lt \min\{\delta, r\}，有

0=h(z)=∑n=0∞an(z−z0)n0 = h(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n

幂级数展开唯一性，所以 an=0a_n = 0 对任意 nn 成立，因此 h≡0h \equiv 0 在 D(z0,r)D(z_0, r) 上成立
再由解析函数的延拓性，h≡0h \equiv 0 在 Ω\Omega 上成立

# 零点

自然地，若 f(z0)=0f(z_0) = 0，则称 z0z_0 为 ff 的 零点
对于解析函数，零点是孤立的

命题
令 Ω⊂C\Omega \subset \mathbb C 为领域，f:Ω→Cf: \Omega \to \mathbb C 在 Ω\Omega 上解析，且不恒等于零，则

Z(f)={z∈Ω∣f(z)=0}Z(f) = \{z \in \Omega \mid f(z) = 0\}

在 Ω\Omega 内没有聚点

Z 没有聚点等价于

∀z0∈Z(f),∃δ>0,∀z∈Ω:0<∣z−z0∣<δ⟹f(z)≠0\forall z_0 \in Z(f),\ \exists \delta > 0,\ \forall z \in \Omega: \\ 0 \lt |z - z_0| \lt \delta \implies f(z) \neq 0

命题
令 ff 在 z0z_0 的邻域处级数展开为

f(z)=∑n=0∞an(z−z0)n,z∈D(z0,r)f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad z \in D(z_0, r)

且

1≤N:=min⁡{n∈N∣an≠0}<∞1 \leq N := \min\{n \in \mathbb N \mid a_n \neq 0\} \lt \infty

此时存在 D(z0,e)D(z_0, e) 上的正则函数 g≠0g \neq 0，使得

f(z)=(z−z0)Ng(z),z∈D(z0,r)f(z) = (z - z_0)^N g(z), \quad z \in D(z_0, r)

证明

由 NN 的定义

f(z)=∑n=N∞an(z−z0)n=(z−z0)N∑n=0∞an+N(z−z0)nf(z) = \sum_{n=N}^{\infty} a_n (z - z_0)^n = (z - z_0)^N \sum_{n=0}^{\infty} a_{n+N} (z - z_0)^n

令

g(z)=∑n=0∞an+N(z−z0)ng(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n+N} (z - z_0)^n

则 gg 在 D(z0,r)D(z_0, r) 上解析，且

g(z0)=aN≠0g(z_0) = a_N \neq 0

因此存在 e>0e > 0，使得对任意 z∈D(z0,e)z \in D(z_0, e) 有 g(z)≠0g(z) \neq 0

此命题中给出的 NN 称为 ff 在 z0z_0 处的 零点阶数
并且在同样背景下，也有以下命题：

命题
令 ff 在 z0z_0 的邻域处级数展开为

f(z)=∑n=0∞an(z−z0)n,z∈D(z0,r)f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad z \in D(z_0, r)

且 z0z_0 为 Z(f)Z(f) 的聚点，则 ff 在 D(z0,r)D(z_0, r) 上恒等于零，即 an=0a_n = 0 对任意 nn 成立

证明

使用反证法
假设 ∃n∈N∪{0}s.t.an≠0\exists n \in \mathbb N \cup \{0\} \ s.t. \ a_n \neq 0
则 1≤N≤n<∞1 \leq N \leq n \lt \infty
此时存在 D(z0,e)D(z_0, e) 上的正则函数 g≠0g \neq 0，使得

f(z)=(z−z0)Ng(z),z∈D(z0,r)f(z) = (z - z_0)^N g(z), \quad z \in D(z_0, r)

由于 gg 连续且非零，所以存在正数 e′<ee' \lt e，使得 g(z)≠0g(z) \neq 0 对任意 z∈D(z0,e′)z \in D(z_0, e') 成立

但当 z∈D(z0,e′)∖{z0}z \in D(z_0, e') \setminus \{z_0\} 时

f(z)=(z−z0)Ng(z)≠0f(z) = (z - z_0)^N g(z) \neq 0

这与 z0z_0 为 Z(f)Z(f) 的聚点矛盾

命题
令 Ω\Omega 为领域，f:Ω→Cf: \Omega \to \mathbb C 在 Ω\Omega 上解析
以下全部等价

  1. 存在一点 z0∈Ωz_0 \in \Omega，使得 f(n)(z0)=0f^{(n)}(z_0) = 0 对任意 n∈Nn \in \mathbb{N} 成立
  2. ff 在 Ω\Omega 上某点邻域内恒等于零
  3. 存在含有 Ω\Omega 内相异两点的连续曲线，ff 在该曲线上恒等于零
  4. ff 在 Ω\Omega 上恒等于零
证明

较长，暂略