整函数的性质

整函数的柯西积分和泰勒展开

若$f$是整的且

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

那么积分定理和闭曲线定理不仅仅适用于函数$f$，对$g$也是适用的。

这个证明要从矩形定理开始

矩形定理（二）

若$f$是整的且

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

则$\int_\Gamma g(z)dz = 0$，其中$\Gamma$是矩形$R$的边界。

证明： 我们考虑三种情况

• 1、$a\in R$的外部

第一种情况下，$g$在整个$R$上都是可解析的，那么这部分实际上就是我们之前学过的矩形定理。

• 2、$a\in \Gamma$
  我们将$R$分成6个子矩形

$\begin{aligned} \int_\Gamma = \sum^6_{k=1}\int_{\Gamma_k}g \end{aligned}$

其中每个$\Gamma_k$,$1\leq k\leq 6$表示子矩阵的边界，由于$g$在紧定义域中连续，对某个常数$M$，若我们取一个包含点$a$的矩形的边界，其长度小于$\epsilon$，那么我们利用$M-L$方程，就有

$\begin{aligned} \int_{\Gamma_1} g \ll M\epsilon \end{aligned}$

然而

$\begin{aligned} \int_{\Gamma_k} g=0, k\neq 1 \end{aligned}$

和情况一相同。

所以

$\begin{aligned} \int_\Gamma g \ll M\epsilon \end{aligned}$

利用$\epsilon>0$的任意性就证明完毕了。

• 3、$a\in R$的内部

若$a\in R$的内部，

由于$\int_{\Gamma_k} g = 0$，结合前两种情况，我们知道做线性近似后，积分只剩下一个误差$\int_{\Gamma_n}\epsilon_n (z-a)dz$，其中$\epsilon>0$是任意的，所以就有

$\begin{aligned} \int_{\Gamma}g = \sum^9_{k=1}\int_{\Gamma_k}g =0 \end{aligned}$

推论

所以，若$g$是连续的，则闭曲线定理同样适用于$g$。

柯西积分方程

设$f$是整的，$a$是一个复数且$C$是曲线满足

$\begin{aligned} C:Re^{i\theta},~~& 0\leq \theta\leq 2\pi ,~~ 使得R> \mid a\mid \end{aligned}$

则

$\begin{aligned} f(a) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(z)}{z-a}dz \end{aligned}$

证明：

利用闭曲线定理，设$g(x)$是上述的分段函数，$C$是曲线，那么就有

$\begin{aligned} \int_C \frac{f(z)-f(a)}{z-a}dz = 0 \end{aligned}$

那么就有

$\begin{aligned} f(a) \int_C \frac{dz}{z-a} = \int_C\frac{f(z)}{z-a}dz \end{aligned}$

为了完成这个证明，我们必须来证明$\int_C \frac{dz}{z-a} = 2\pi i$

为此我们引入引理：

引理

设$a$是被圆$C_p$包含的点，因此$C_p$存在圆心$\alpha$，半径$\rho$和对$\mid a-\alpha\mid < \rho$，则

$\begin{aligned} \int_{C_p}\frac{dz}{z-a} = 2\pi i \end{aligned}$

证明：

做极坐标变换，那么

$\begin{aligned} &\int_{C_p}\frac{dz}{z-\alpha} = \int_{C_p}\frac{dt}{t} && t = z-\alpha\\ &\int_{C_p}\frac{dt}{t} = \int^{2\pi}_0 \frac{i\rho e^{i\theta}}{\rho e^{i\theta}}d\theta && t = \rho e^{i\theta},dt = i\rho e^{i\theta}\\ =& 2\pi i \end{aligned}$

我们可以推导出

$\begin{aligned} \int_{C_\rho}\frac{dz}{(z-\alpha)^{k+1}}=0\quad\text{for}~~k=1,2,3,\dots. \end{aligned}$

注意

$\begin{aligned} \int_{C_\rho}\frac{dz}{(z-\alpha)^{k+1}} = \frac{i}{\rho^k}\int_0^{2\pi} e^{-ik\theta}d\theta =0 \end{aligned}$

并且，$1/(z-\alpha)^{k+1}$实际上是$-1/k(z-\alpha)^k$的解析函数，那么我们重新记

$\begin{aligned} \begin{aligned} \frac{1}{z-a}& =\frac{1}{(z-\alpha)-(a-\alpha)}=\frac{1}{(z-\alpha)[1-(a-\alpha)/(z-\alpha)]} \\ &=\frac{1}{(z-\alpha)}\cdot\frac{1}{1-\omega} \end{aligned} \end{aligned}$

其中

$\begin{aligned} \omega = \frac{a-\alpha}{z-\alpha} 在整个C_p中，模\frac{\mid a-\alpha\mid }{\rho} < 1是固定的。 \end{aligned}$

现在我们将函数做展开，就有

$\begin{aligned} \frac{1}{z-a}& =\frac{1}{z-\alpha}\left[1+\frac{a-\alpha}{z-\alpha}+\frac{(a-\alpha)^{2}}{(z-\alpha)^{2}}+\cdots\right] \\ &=\frac{1}{z-\alpha}+\frac{a-\alpha}{(z-\alpha)^{2}}+\frac{(a-\alpha)^{2}}{(z-\alpha)^{3}}+\cdots \end{aligned}$

然后再两边同时积分，就有

$\begin{aligned} \int_{C_{\rho}}\frac{1}{z-a} dz=\int_{C_{\rho}}\frac{1}{z-\alpha} dz+\sum_{k=1}^{\infty}\int_{C_{\rho}}\frac{(a-\alpha)^{k}}{(z-\alpha)^{k+1}} dz=2\pi i. \end{aligned}$

该线性化后得到的级数我们已经证明了对每个$k=1,2,\cdots$，结果都是0，带入就把整个柯西积分方程证明完毕了。

整函数的泰勒展开

若$f$是整的，则它可以表示为幂级数的形式，实际上$f^{(k)}(0)$存在对每个$k=1,2,\cdots,$和

$\begin{aligned} f(z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^k \end{aligned}$

对所有$z$成立。

证明：

我们设$a\neq 0$，$R = \mid a\mid +1$且令$C$是由$\mid \omega\mid = R$决定的圆，由柯西积分方程我们有

$\begin{aligned} f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\omega)}{w-z}d\omega \end{aligned}$

对所有$z \ll a$

那么我们做点变换

令

$\begin{aligned} \frac{1}{\omega-z}=\frac{1}{\omega\left(1-\frac{z}{\omega}\right)}=\frac{1}{\omega}+\frac{z}{\omega^{2}}+\frac{z^{2}}{\omega^{3}}+\cdots \end{aligned}$

然后两边做柯西积分，

$\begin{aligned} \begin{aligned} f(z)& =\frac{1}{2\pi i}\int_{C}f(\omega)\left[\frac{1}{\omega}+\frac{z}{\omega^{2}}+\frac{z^{2}}{\omega^{3}}+\cdots\right]d\omega \\ &=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\omega)}{\omega}d\omega+\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\omega)}{\omega^{2}}d\omega\right)z+\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\omega)}{\omega^{3}}d\omega\right)z^{2}+\cdots \\ &=\sum_{k=0}^{\infty}C_{k}z^{k} \end{aligned} \end{aligned}$

其中

$\begin{aligned} C_k = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(\omega)}{\omega^{k+1}}d\omega \end{aligned}$

定理的第一部分完成得差不多了，但这里有一个问题，边界$C$以及幂级数的系数取决与$R$必须选择大于$\mid a\mid $的才能保证幂级数对$\frac{1}{(\omega-z)}$收敛。注意得满足$\mid z/\omega\mid < 1 $

另一方面，我们设$a$是固定的，我们要证明存在系数$C_0(a),\cdots$使得

$\begin{aligned} f(z) = \sum C_k(a)z^k \end{aligned}$

由于系数是存在的，所以我们实际上已经证明完了，级数在半径内收敛就有$0 < L < \infty$，其中$L$是系数的极限。并且对每个$z$，级数最终会收敛到$f(z)$

推论

整函数是无限可微的

证明： 由于每个整函数可以写成无穷幂级数的求和，所以它是无限可微的。

推论

若$f$是整的且若$a$是任意复数，则

$\begin{aligned} f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\frac{f''(a)}{2!}(z-a)^2+\cdots\quad for ~all~ z. \end{aligned}$

证明：考虑$g(\zeta) = f(\zeta+a)$也是整的，由泰勒展开，我们有

$\begin{aligned} g(\zeta) = g(0)+g'(0)\zeta + \frac{g''(0)}{2!}\zeta^2+\cdots \end{aligned}$

因此

$\begin{aligned} f(\zeta+a)=f(a)+f'(a)\zeta+\frac{f''(a)}{2!} \zeta^2+\cdots. \end{aligned}$

做替换$\zeta = z-a$我们就证明完了

命题

若$f$是整的且

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

则$g$是整的

证明： 若$z\neq a$，则

$\begin{aligned} g(z)=f'(a)+\frac{f''(a)}{2!}(z-a)+\frac{f^{(3)}(a)}{3!}(z-a)^2+\cdots, \end{aligned}$

由于$g$在$a$处的值是存在的，且$g$是处处收敛的幂级数，所以$g$是整的。

推论

若$f$是整的且$a_1,\cdots,a_N$是其零点，若$g$被定义为：

$\begin{aligned} g(z)=\frac{f(z)}{(z-a_1)(z-a_2)\ldots(z-a_N)} for ~z\neq a_k, \end{aligned}$

极限$\lim_{z\to a_k}$对每个$k=1,2,\cdots,N$存在且若$g(a_k)$被定义为其极限定义，则$g$是纯的

证明：

令$f_0(z) = f(z)$且令

$\begin{aligned} f_k(z)=\frac{f_{k-1}(z)-f_{k-1}(a_k)}{z-a_k}=\frac{f_{k-1}(z)}{z-a_k},\quad z\neq a_k. \end{aligned}$

设$f_{k_1}$是纯的，则当$z\to z_k$的时候存在一个极限，它是$f’_k(a_{k+1})$，所以若我们定义$z\to a_k$的时候$f_k(a_{k+1})$的极限是这个，那么$g(z)$就是整函数。