证明概要

• 构造一系列嵌套的三角剖分
• 确认闭区间嵌套定理
• 通过一次近似计算函数

三角剖分构造
取三角形 $\triangle$ 的各边中点连线，从而将 $\triangle$ 分割为四个小三角形，记

$$\triangle = \triangle^1 \cup \triangle^2 \cup \triangle^3 \cup \triangle^4$$

那么此时有

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = \sum_{i=1}^4 \int_{\partial \triangle^i} f(z) \, dz$$

在右侧的四个积分中，取最大的那一个三角形，记其为 $\triangle_1$，则有

$$\frac{1}{4} \left| \int_{\partial \triangle} f(z) \, dz \right| \leq \left| \int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz \right|$$

记 $L$ 为 $\triangle$ 的边长
根据中点分割，可以知道 $\triangle_1$ 的边长为 \frac{L}

归纳地，假设已经构造出 $n=k$ 的三角形 $\triangle_k$，则可以通过同样的方法，得到 $\triangle_k$ 的四个小三角形，并取其中积分最大的一个，记为 $\triangle_{k+1}$，则有

$$\frac{1}{4} \left| \int_{\partial \triangle_k} f(z) \, dz \right| \leq \left| \int_{\partial \triangle_{k+1}} f(z) \, dz \right|$$

这样一来，我们就得到了一个嵌套的三角形序列 $\{\triangle_n\}$，其中

• $\triangle \supset \triangle_1 \supset \triangle_2 \supset \cdots$
• $\partial \triangle_n$ 的边长为 \frac{L}

闭区间嵌套定理
对于各个 $n$，取 $z_n \in \triangle_n$，则由于

$$m \gt n \implies |z_m - z_n| \leq \frac{L}{2^n} \to 0 \ (n \to \infty)$$

所以 $\{z_n\}$ 为 Cauchy 列，由于 $\mathbb C$ 完备且三角形是闭的，存在 $z_0 \in \mathbb C$，使得 $z_n \to z_0 \in \triangle$。

此时

$$z_0 \in \bigcap_{n=1}^{\infty} \triangle_n$$

现在证明唯一性，假设 $z_0' \in \bigcap_{n=1}^{\infty} \triangle_n$，则

$${}^\forall n \in \mathbb N,\ z_0, z_0' \in \triangle_n \implies |z_0 - z_0'| \leq \frac{L}{2^n} \to 0 \ (n \to \infty)$$

所以 $z_0 = z_0'$，唯一性得证

函数近似
任取 $\varepsilon \gt 0$，由于 $f$ 在 $\triangle$ 上正则，且 $z_0 \in \triangle$，所以 $f$ 在 $z_0$ 处可微，这意味着

$${}^\exist r \gt 0,\ {}^\forall z \in D(z_0,r) \quad s.t. \quad |f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z - z_0)| \leq \varepsilon |z - z_0|$$

记 $L_n$ 为 $\triangle_n$ 的边长，则因为 $L_n = \frac{L}{2^n} \to 0$，所以

$${}^\exists n_0 \in \mathbb N,\ {}^\forall n \in \mathbb N, \quad s.t. \quad n \geq n_0 \implies L_n \lt r$$

注意到 $z \in \partial \triangle_n \implies |z - z_0| \leq L_n$，所以当 $n \geq n_0$ 时，有

$$\begin{aligned} \int_{\partial \triangle_n} f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z - z_0) \, dz &= \int_{\partial \triangle_n} f(z) \, dz - f(z_0) \int_{\partial \triangle_n} dz - f'(z_0) \int_{\partial \triangle_n} (z - z_0) \, dz \\ &= \int_{\partial \triangle_n} f(z) \, dz \end{aligned}$$

所以进一步得到

$$\begin{aligned} \left| \int_{\partial \triangle_n} f(z) \, dz \right| &= \left| \int_{\partial \triangle_n} f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z - z_0) \, dz \right| \\ &\leq L_n \cdot \max_{z \in \partial \triangle_n} |f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z - z_0)| \\ &\leq L_n \cdot \varepsilon \cdot L_n \\ &= \varepsilon \frac{L^2}{4^n} \end{aligned}$$

这意味着

$$0 \leq \left| \int_{\partial \triangle} f(z) \, dz \right| \leq 4^n \cdot \left| \int_{\partial \triangle_n} f(z) \, dz \right| \leq \varepsilon L^2$$

由于 $\varepsilon$ 任意，故

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = 0$$

$\square$

选取任意闭三角形 $\triangle \subset D$ 固定，点 $p$ 需要分类讨论

• 情况 1：$p \not\in \triangle$
• 情况 2：$p$ 为 $\triangle$ 的顶点
• 情况 3：$p \in \partial \triangle$ 且非顶点
• 情况 4：$p \in \triangle^\circ$

情况 1
此时由于 $\triangle \subset D \setminus \{p\}$ 位于正则区域内，直接应用闭三角形 Cauchy 积分定理即可

情况 2
记三角形 $\triangle$ 的顶点为 $A,B,C$，不妨设 $p = A$
在边 $AB$ 上取一点 $x$，在边 $AC$ 上取一点 $y$，连接各个点，将三角形内部分割为三个三角形

• $\triangle_1$，顶点为 $y,B,C$
• $\triangle_2$，顶点为 $x,y,B$
• $\triangle_3$，顶点为 $A,x,y$

那么显然有 $p \not\in \triangle_1,\ \triangle_2$，所以化归到情况 1，得到

$$\int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz = 0,\quad \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz = 0$$

根据积分的基本性质，有

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz + \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz + \int_{\partial \triangle_3} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_3} f(z) \, dz$$

设 $\triangle_3 = \triangle(x, y)$，考虑让 $x,y \to p$

首先如果设 $L(x, y)$ 为 $\triangle(x,y)$ 的边长，则有

$$L(x,y) = |x - p| + |y - p| + |x - y| \leq 2|x - p| + 2|y - p|$$

另外，由于 $f$ 在 $p$ 处连续，

$${}^\exists \delta \gt 0,\ {}^\forall z \in D(p,\delta) \quad s.t. \quad |f(z) - f(p)| \leq 1 \implies |f(z)| \leq |f(p)| + 1$$

所以

$$\max_{z \in \triangle(x,y)} |f(z)| \leq |f(p)| + 1$$

综上，有

$$\begin{aligned} \left| \int_{\partial \triangle(x,y)} f(z) \, dz \right| &\leq \max_{z \in \triangle(x,y)} |f(z)| \cdot L(x,y) \\ &\leq (|f(p)| + 1) \cdot (2|x - p| + 2|y - p|) \to 0 \quad (x,y \to p) \end{aligned}$$

所以

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = \lim_{x,y \to p} \int_{\partial \triangle(x,y)} f(z) \, dz = 0$$

情况 3
连接三角形内各个点，将三角形内部分割为以 $p$ 为顶点的两个三角形 $\triangle_1,\ \triangle_2$，那么化归到情况 2，得到

$$\int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz = 0$$

所以

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz + \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz = 0$$

情况 4
取某个顶点与 $p$ 作直线，将三角形内部分割为两个三角形 $\triangle_1,\ \triangle_2$，那么化归到情况 3，得到

$$\int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz = 0$$

所以

$$\int_{\partial \triangle} f(z) \, dz = \int_{\partial \triangle_1} f(z) \, dz + \int_{\partial \triangle_2} f(z) \, dz = 0$$

$\square$

概要：如果能找到 $f$ 的原始函数，那么根据复变函数微积分基本定理即可证明

由于 $D$ 为星形集，取星形中心 $z_0 \in D$，则

$${}^\forall z \in D,\ {}^\forall t \in [0,1],\quad s.t. \quad \gamma_z(t) := t z_0 + (1 - t) z \in D$$

利用这个线段定义

$$F(z) := \int_{\gamma_z} f(w) \, dw, \qquad z \in D$$

以下证明 $F$ 为 $f$ 在 $D$ 上的原函数

任取 $w_0 \in D$ 固定，由于 $D$ 是开集，

$${}^\exists r \gt 0,\quad s.t. \quad D(w_0,r) \subset D$$

对于任意 $w \in D(w_0,r),\ w \neq w_0$，因为 $z_0, w_0, w$ 构成了一个三角形，记各个边分别为 $\gamma_{z_0},\ \gamma_{w_0},\ \gamma_w$，则根据闭三角形 Cauchy 积分定理，有

$$\int_{\gamma_{z_0}} f(z) \, dz + \underbrace{\int_{\gamma_{w_0}} f(z) \, dz}_{F(w_0)} + \int_{-\gamma_w} f(z) \, dz = 0$$

所以

$$F(w) - F(w_0) = \int_{\gamma_w} f(z) \, dz$$

其中，注意到

$$\int_{\gamma_w} 1 \, dz =E(\gamma_w) - S(\gamma_w) = w_0 - w$$

所以

$$\begin{aligned} \left| \frac{F(w) - F(w_0)}{w - w_0} - f(w_0) \right| &= \frac{1}{|w - w_0|} \cdot \left| \int_{\gamma_w} f(z) - f(w_0) \, dz \right| \\ &\leq \frac{1}{|w - w_0|} \cdot \max_{z \in \gamma_w^*} |f(z) - f(w_0)| \cdot |\int_{\gamma_w} 1 \, dz| \\ &= \max_{z \in \gamma_w^*} |f(z) - f(w_0)| \end{aligned}$$

任取 $\varepsilon \gt 0$，由于 $f$ 在 $w_0$ 处连续，

$${}^\exists \delta \in (0,r),\ {}^\forall w \in D(w_0,\delta) \quad s.t. \quad |f(w) - f(w_0)| \leq \varepsilon$$

所以对于 ${}^\forall w \in D(w_0,\delta) \setminus \{w_0\}$，有

$$\left| \frac{F(w) - F(w_0)}{w - w_0} - f(w_0) \right| \leq \max_{z \in \gamma_w^*} |f(z) - f(w_0)| \leq \varepsilon$$

由于 $\varepsilon$ 任意，故

$$F'(w_0) = \lim_{w \to w_0} \frac{F(w) - F(w_0)}{w - w_0} = f(w_0)$$

$\square$

由于 $f_n$ 在 $\gamma^*$ 上连续，所以可积分，一致收敛给出

$$\begin{aligned} \left| \int_\gamma f_n(z) \, dz - \int_\gamma f(z) \, dz \right| &\leq \int_\gamma |f_n(z) - f(z)| \, dz \\ &\leq \max_{z \in \gamma^*} |f_n(z) - f(z)| \cdot \int_\gamma dz \\ &\to 0 \quad (n \to \infty) \end{aligned}$$

$\square$

对 $m \in \mathbb N$，设

$$F_m(z) := \sum_{n=1}^m f_n(z),\qquad F(z) := \sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$$

由于各个 $F_m$ 连续，且 $F_m \xrightarrow{m \to \infty} F$ 一致收敛，所以根据积分与极限的交换，有

$$\int_\gamma F(z) \, dz = \lim_{m \to \infty} \int_\gamma F_m(z) \, dz$$

另外，由于积分是线性的，所以

$$\int_\gamma F_m(z) \, dz = \sum_{n=1}^m \left( \int_\gamma f_n(z) \, dz \right)$$

综上，有

$$\int_\gamma \left( \sum_{n=1}^{\infty} f_n(z) \right) dz = \lim_{m \to \infty} \sum_{n=1}^m \left( \int_\gamma f_n(z) \, dz \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \int_\gamma f_n(z) \, dz \right)$$

$\square$

任取 $z_0 \in \mathbb C \setminus \gamma^*$ 固定，对于足够近的 $z \in \mathbb C \setminus \gamma^*,\ z \neq z_0$，有

$$\begin{aligned} \frac{F(z) - F(z_0)}{z - z_0} - \int_{\gamma_z} \frac{f(w)}{(w - z_0)^2} \, dw &= \int_{\gamma_z} f(w) \cdot \left[ \frac{1}{z - z_0} \left( \frac{1}{w - z} - \frac{1}{w - z_0} \right) - \frac{1}{(w - z_0)^2} \right] dw \\ &= \int_{\gamma_z} f(w) \cdot \left( \frac{1}{(w - z)(w - z_0)} - \frac{1}{(w - z_0)^2} \right) dw \\ &= \int_{\gamma_z} f(w) \cdot \frac{z - z_0}{(w - z)(w - z_0)^2} \, dw \\ &\leq |z - z_0| \cdot \max_{w \in \gamma^*} |f(w)| \cdot \int_{\gamma_z} \frac{1}{|w - z| \cdot |w - z_0|^2} \, dw \\ &\to 0 \quad (z \to z_0) \end{aligned}$$

所以

$$F'(z_0) = \lim_{z \to z_0} \frac{F(z) - F(z_0)}{z - z_0} = \int_{\gamma_z} \frac{f(w)}{(w - z_0)^2} \, dw$$

$\square$

任取 $z \in D(z_0,r)$，定义函数

$$g(w) = \begin{cases} \frac{f(w) - f(z)}{w - z}, & w \neq z \\ f'(z), & w = z \end{cases}$$

我们证明 $g$ 在 $\overline{D(z_0,r)}$ 上连续，且在 $\overline{D(z_0,r)} \setminus \{z\}$ 上正则

若 $w \neq z$，则分母不为 $0$ 显然可以得到 $g$ 在该点正则
考虑 $w \to z$，此时根据 $f$ 的正则性有

$$g(w) = \frac{f(w) - f(z)}{w - z} \to f'(z) = g(z)$$

所以 $g$ 在 $\overline{D(z_0,r)}$ 上连续

进一步得到 $g$ 在 $\overline{D(z_0,r)} \setminus \{z\}$ 上正则，那么对闭圆域应用星形集下的 Cauchy 积分定理，有

$$\begin{aligned} 0 &= \int_{\gamma} g(w) \, dw \\ &= \int_{\gamma} \frac{f(w) - f(z)}{w - z} \, dw \\ &= \int_{\gamma} \frac{f(w)}{w - z} \, dw - f(z) \int_{\gamma} \frac{1}{w - z} \, dw \end{aligned}$$

得到

$$f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{f(w)}{w - z} \, dw$$

$\square$

如果设

$$\gamma = \gamma_1 \vee (-\gamma_2)$$

则显然 $\gamma$ 为闭路径，应用 Cauchy 积分定理有

$$\int_{\gamma} f(z) \, dz = 0$$

所以

$$\int_{\gamma_1} f(z) \, dz = - \int_{-\gamma_2} f(z) \, dz = \int_{\gamma_2} f(z) \, dz$$

$\square$

定义

$$F(s) := \int_{\gamma_s} f(z) \, dz,\qquad s \in [0,1]$$

我们证明 ${}^\forall s: F'(s) = 0$ 即可

根据定义

$$F(s) = \int_0^{2\pi} f(\gamma_s(\theta)) \cdot \gamma_s'(\theta) \, d\theta = \int_0^{2\pi} f(H(s,\theta)) \cdot \frac{\partial}{\partial \theta} H(s,\theta) \, d\theta$$

我们令

$$g(s,\theta) := f(H(s,\theta)) \cdot \frac{\partial}{\partial \theta} H(s,\theta)$$

注意到

$$\begin{aligned} |\gamma_s(\theta) - z_1| &= |(1 - s)(z_0 - z_1) + R_s e^{i\theta}| \\ &\geq R_s|e^{i\theta}| - (1 - s)|z_0 - z_1| \\ &= (1 - s)(R - |z_0 - z_1|) + s r \gt r \\ |\gamma_s(\theta) - z_0| &= |s(z_1 - z_0) + (1 - s)R + sr| \\ &\leq s|z_1 - z_0| + (1 - s)R + sr \leq R \end{aligned}$$

所以 $H([0,1] \times [0,2\pi]) \subset \overline{D(z_0,R)} \setminus D(z_1,r)$

由于 $H$ 是光滑的，并且

$$\begin{cases} \dfrac{\partial}{\partial s} H(s,\theta) = z_1 - z_0 + (r - R) e^{i\theta} \\ \dfrac{\partial}{\partial \theta} H(s,\theta) = i R_s e^{i\theta} \end{cases}$$

又 $f$ 在 $\overline{D(z_0,R)} \setminus D(z_1,r)$ 上正则，所以 $f$ 在 $[0,1] \times [0, 2\pi]$ 上也是 $C^1$（实可微）

所以 $f \circ H, g, \mathrm{Re}g, \mathrm{Im}g$ 均为 $[0,1] \times [0, 2\pi]$ 上的 $C^1$ 函数

那么

$$\begin{aligned} \frac{d}{ds} F(s) &= \frac{d}{ds} \int_0^{2\pi} g(s,\theta) \, d\theta \\ &= \frac{d}{ds} \left( \int_0^{2\pi} \mathrm{Re}g(s,\theta) \, d\theta + i \int_0^{2\pi} \mathrm{Im}g(s,\theta) \, d\theta \right) \\ &= \int_0^{2\pi} \frac{\partial}{\partial s} \mathrm{Re}g(s,\theta) \, d\theta + i \int_0^{2\pi} \frac{\partial}{\partial s} \mathrm{Im}g(s,\theta) \, d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} \frac{\partial}{\partial s} (\underbrace{\mathrm{Re}g + i \mathrm{Im}g}_{= g})(s,\theta) \, d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} \frac{\partial}{\partial s} f'(H(s,\theta)) \cdot \left( \frac{\partial H}{\partial \theta}(s,\theta) \right)^2 + f(H'(s,\theta)) \cdot \frac{\partial^2 H}{\partial s \partial \theta}(s,\theta) \, d\theta \\ &= \left[ f(H(s,\theta) )\cdot \frac{\partial H}{\partial s}(s,\theta) \right]_{\theta=0}^{\theta=2\pi} = 0 \end{aligned}$$

$\square$

($\Rightarrow$)
任取 $z_0 \in D$ 固定，由于 $D$ 为开集，

$${}^\exists r \gt 0: D(z_0, 2r) \subset D$$

选取路径

$$\gamma(t) = z_0 + r e^{it},\quad t \in [0,2\pi]$$

由 Cauchy 积分公式，有

$$f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{f(w)}{w - z} \, dw,\quad z \in D(z_0,r)$$

而对于 $w \in \gamma^*$，有

$$\frac{1}{w - z} = \frac{1}{w - z_0 - (z - z_0)} = \frac{1}{w - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - z_0}{w - z_0}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z - z_0)^n}{(w - z_0)^{n+1}}$$

代回得到

$$\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} f(w) \sum_{n=0}^\infty \frac{(z - z_0)^n}{(w - z_0)^{n+1}} \, dw \\ &= \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{f(w)}{(w - z_0)^{n+1}} \, dw\right) (z - z_0)^n \end{aligned}$$