2.1. Cauchy - Green 公式 (Pompeiu 公式)
Cauchy 積分理論是複變函數論中三個主要組成部分之一, 有了 Cauchy 積分理論, 複變 函數論才形成一門獨立的學科, 並且導出一系列在微積分中得不到的結果。 我們先從 Cauchy - Green 公式開始, 這是上一章中的定理 1.1 (複形式的 Green 公式) 的直接推論。
定理 2.1. (Cauchy - Green 公式, Pompein 公式) 若 Ω ⊆ C 為有界區域, ∂Ω 為 C1 邊界, 即 ∂Ω 為光滑曲線, f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ∈ C1(Ω), 即 u(x, y), v(x, y) 在 Ω 上 有一階連續偏導數, 則
f (z) = 1 2π0
Z
∂Ω
f (ζ)
ζ − zdζ − 1 2π0
Z Z
Ω
∂f
∂ζ(ζ)dζ ∧ dζ ζ − z
= 1 2π
Z
∂Ω
f (ζ)
ζ − zdζ − 1 π
ZZ
Ω
∂f
∂ζ(ζ) · dA
ζ − z. (1.1) 證明: 在 z 點的附近作一個以 z 為中心, ε (> 0) 為半徑的小圓盤 D(z; ε), 且 D(z; ε) ⊂ Ω。 記 Ωz,ε= Ω \ D(z; ε) 在 Ωz,ε 中考慮微分形式
f (ζ)dζ ζ − z , 則由第一講之定理 1.1得到
Z
∂Ω
f (ζ)dζ ζ − z −
Z
∂Dz,ε
f (ζ)dζ ζ − z =
ZZ
Ωz,ε
dζ
f (ζ)dζ ζ − z
. 由 dζ 的定義知,
Z Z
Ωz,ε
dζ
f (ζ)dζ ζ − z
= Z Z
Ωz,ε
(∂ + ∂)
f (ζ)dζ ζ − z
= Z Z
Ωz,ε
∂
f (ζ)dζ ζ − z
+
ZZ
Ωz,ε
∂
f (ζ)dζ ζ − z
.
49
由於
∂
f (ζ)dζ ζ − z
= ∂
∂ζ
f (ζ) ζ − z
dζ ∧ dζ = 0 以及
∂
f (ζ)dζ ζ − z
= ∂f
∂ζ 1
ζ − zdζ ∧ dζ + f ∂
∂ζ
1 ζ − z
dζ ∧ dζ, 而 ∂
∂ζ 1
ζ − z = 0, 所以 ∂
f (ζ)dζ ζ − z
= ∂f
∂ζ 1
ζ − zdζ ∧ dζ.
因此 Z Z
Ωz,ε
dζ
f (ζ)dζ ζ − z
= Z Z
Ωz,ε
∂f
∂ζ ·dζ ∧ dζ ζ − z . 另一方面, 由於
Z
∂D(z;ε)
f (ζ)dζ ζ − z =
Z
∂D(z;ε)
f (ζ) − f (z) ζ − z dζ +
Z
∂D(z;ε)
f (z) ζ − zdζ, 而由假設, f (ζ) ∈ C1(Ω), k 存在常數 c, 使得
|f (ζ) − f (z)| < c|ζ − z|
在 ∂D(z; ε) 上成立, 於是
Z
∂D(z;ε)
f (ζ) − f (z) ζ − z dζ
< c
Z
∂D(z;ε)
ζ − z
ζ − z
|dζ| = 2πε · c,
當 ε → 0 時, 上述積分 → 0, 而當 ζ ∈ ∂D(z; ε)時, ζ 可表為 ζ = z + εeiθ, 0 ≤ θ ≤ 2π, 於
是 Z
∂D(z;ε)
f (z)
ζ − zdζ = f (z) Z 2π
0
εeiθidθ
εeiθ = 2πif (z).
因此, Z
∂Ω
f (ζ)dζ
ζ − z − 2πif (z) = Z Z
Ωz,ε
∂f
∂ζ · dζ ∧ dζ
ζ − z + O(ε),
這裡 O(ε) 表示一個量, 當此量除以 ε, 而讓 ε → 0 時, 其值趨於常數, 在上式中令 ε → 0, 即 得到 (1.1), 定理 2.1因而證畢。
由定理 2.1, 我們立即可以得到下面之結果。
定理 2.2. (Cauchy 積分公式) 若 Ω ⊆ C 為有界區域, 且 ∂Ω 為 C1 邊界, f (z) 為 Ω 上的全純函數, 且 f (z) ∈ C1(Ω), 則
f (z) = 1 2πi
I
∂Ω
f (ζ)
ζ − zdζ. (1.2)
在 Ω 中固定一個點 z0, 考慮 Ωz0,ε = Ω \ D(z0; ε), 取 F (z) = f (z) z − z0
, 如同證明定理 2.1 那 樣, 我們可以立即得到定理 2.2, 因此定理 2.2同定理 2.3是相互等價的, 這兩個相互等價的定 理即是複變函數論的重要基石之一。
Cauchy - Green 公式的另一個重要應用是解一維的 ∂ - 問題, 這個結果將會在下一講 中用到。 若 φ 為一個連續函數, 使 φ 6= 0 的所有的點之集合的閉包 (closure) 稱為 φ 的支集 (support), 記作 Supp(φ)。
定理2.4. (一維的 ∂ - 問題的解) 若 φ(z) ∈ C1(C), 且有緊緻支集, 即其支集為緊緻的, 令
u(z) = −1 2πi
Z Z
C
φ(ζ)
ζ − zdζ ∧ dζ, (1.4)
則 u(z) ∈ C1(C), 且為 ∂u
∂z(z) = φ(z) 的解。
證明: 固定 z ∈ C, 令 ζ − z = ξ, 則 u(z) = −1
2πi Z Z
C
φ(ξ + z)
ξ dξ ∧ dξ.
由於 1
ξ 在任意緊緻集合上可積, 故 u(z) 為連續函數, 若 h ∈ R, h 6= 0, 則 u(z + h) − u(z)
h = −1
2πi ZZ
C
1
ξ ·φ(ξ + z + h) − φ(ξ + z)
h dξ ∧ dξ.
固定 z 與 ξ, 當 h → 0 時,
φ(ξ + z + h) − φ(ξ + z)
h → ∂φ
∂ξ(ξ + z),
由於 φ ∈ C1(C), 且有緊緻支集, 所以
φ(ξ + z + h) − φ(ξ + z)
h → ∂φ
∂ξ(ξ + z), 對 ξ 及 z 來講是一致的, 所以我們有
∂u
∂x(z) = lim
h→0
1 h
u(z + h) − u(z)
= −1 2πi
ZZ
C
1 ξ
∂φ
∂α(ξ + z)dξ ∧ dξ
= −1 2πi
ZZ
C
∂φ
∂α(ζ) 1
ζ − zdζ ∧ dζ, (1.5) 這裡 ζ = α + iβ, α, β ∈ R, 而這個極限對 C 中任意緊緻集合的點 z 來講是一致的, 故 ∂u 是連續函數, 同理 ∂x
∂u
∂y = −1 2πi
Z Z
C
1 ξ
∂φ
∂β(ξ + z)dξ ∧ dξ = −1 2πi
ZZ
C
∂φ
∂β(ζ) 1
ζ − zdζ ∧ dζ. (1.6) 且 ∂u
∂y 是連續函數, 故 u ∈ C1(C)。
由公式 (1.5) 及 (1.6) 立即得到
∂u
∂z = −1 2πi
Z Z
C
∂φ
∂ζ(ζ) 1
ζ − zdζ ∧ dζ. (1.7) 由於 φ(z) 有緊緻支集 Supp(φ), 則存在 R > 0, 使得 Supp(φ) ⊂ D(0; R) = {z ∈ C :
|z| < R}。 於是由公式 (1.7) 得到: 取 ε > 0, 則
∂u
∂z = −1 2πi
ZZ
D(0;R+ε)
∂φ
∂ζ(ζ) 1
ζ − zdζ ∧ dζ.
由 Cauchy - Green 公式得到上式右邊等於 φ(z) − 1
2πi I
∂D(0;R+ε)
φ(ζ) ζ − zdζ.
而 1 2πi
I
∂D(0;R+ε)
φ(ζ)
ζ − zdζ ≡ 0, 故得 ∂u
∂z(ζ) = φ(z), 定理因而證畢。
顯而易見, 若 φ(z) ∈ Ck(C) 有緊緻支集, 則由公式 (1.4) 所定義的 u(z) ∈ Ck(C), 這 裡 k ∈ N 或 k = ∞。 同樣顯然的是: 若 φ(z) ∈ Ck(C), 其支集為互不相交的緊緻集合的聯 集 (有限個或無限個), 則定理 2.4依然成立。
若 f (z) 在 Ω 上全純, 在 Ω上連續, 則有 I
∂Ω
f (ζ)dζ = 0. (2.2)
顯然定理 2.2′ 與定理 2.3′ 是相互等價的, 這裡我們只證明定理 2.3′, 用的是傳統的方法, 我們 先要證明下面兩個引理。
引理 2.1. 設 f (z) 為在區域 Ω ⊂ C 上的連續函數, γ 是這個區域內的任意一條逐段光 滑曲線, 則對任意小的 ε > 0, 存在一條內接於 γ, 且完全在 Ω 內的折線 Σ, 使得
Z
Σ
f (z)dz − Z
γ
f (z)dz < ε 成立。
證明: 在 Ω 內取一個閉子區域 D ⊂ Ω, 使得 γ ⊂ D, 由於 f (z) 在 Ω 上連續, 故在 D 上一致連續, 因此, 對任意 ε > 0, 存在 δ = δ(ε), 使得對 D 內任意滿足 |z − w| < δ 的兩點,
|f (z) − f (w)| < ε 都成立。 我們分 γ 為 n 段, 長度都小於 δ 的弧 γ0, γ1, . . . , γn−1, 且內接 於 γ 作折線 Σ, 使它的連接線段 l0, l1, . . . , ln−1 正好對著這些弧, 以 z0, z1, . . . , zn 表示折線 Σ 的頂點。 由於每一段 γk 的長度都小於 δ, 故每個弧段上任意兩點的距離都小於 δ, 對 lk 上 的任意兩點也是如此, 積分 R
γf (z)dz 有近似值
S = f (z0)∆z1+ f (z1)∆z1+ · · · + f (zn−1)∆zn−1, 這裡 ∆zk =R
γkdz, 這也可以表示為 S =
Z
γ0
f (z0)dz + fγ1f (z1)dz + · · · + Z
γn−1
f (zn−1)dz.
於是 Z
γ
f (z)dz−S = Z
γ0
(f (z)−f (z0))dz+
Z
γ1
(f (z)−f (z1))dz+· · ·+
Z
γn−1
(f (z)−f (zn−1))dz.
由於在每段 γk 上都有 |f (z) − f (zk)| < ε, 故
Z
γ
f (z) − S
< ε|γ0| + ε|γ1| + · · · + ε|γn−1| = εL
這裡 L 為 γ 的長度, 由於 ∆zk 也可以表示成 R
lkdz, 故同樣地, Z
Σ
f (z)−S = Z
ℓ0
(f (z)−f (z0))dz + Z
ℓ1
(f (z)−f (z1))dz +· · ·+
Z
ℓn−1
(f (z)−f (zn−1))dz.
同樣得到
Z
Σ
f (z)dz − S
< ε|ℓ0| + ε|ℓ1| + · · · + ε|ℓn−1| = ε(|ℓ0| + |ℓ1| + · · · + |ℓn−1|) < εL.
故
Z
γ
f (z)dz − Z
Σ
f (z)dz =
Z
γ
f (z)dz − S +
Z
Σ
f (z)dz − S
< εL + εL = 2εL.
這就證明了引理 2.1。
引理2.2. 若 f (z) 是在單連通區域 Ω ⊆ C 上的全純函數, 則沿 Ω 內任一條逐段光滑封 閉曲線 γ 所取的積分R
γf (z)dz = 0。
證明: 由引理 2.1, 任給 ε > 0, 任意一條逐段光滑封閉曲線 γ 都可用一條封閉折線 Σ 來
內接之, 且
Z
γ
f (z)dz − Z
Σ
f (z)dz < ε 成立。
如果對任意封閉折線, 引理 2.2 成立即 R
Σf (z)dz = 0, 由此即可得出引理 2.2 對任意逐 段光滑封閉曲線也都成立。
對任意封閉折線, 我們均可添加直線段, 使之分解成若干個三角形之和。 因為在添加的這 些線段上, 積分的值相互抵消, 於是在封閉折線上的積分等於在這些三角形上的積分總和, 如果 能證明在三角形 (如圖 1) 上, 引理 2.2 是成立的。 那引理 2.2 對任意逐段光滑封閉也都成立。
現在我們來證明引理 2.2對三角形成立。
設在 Ω 內任一三角形邊界 △ 上, f (z) 的積分的絕對值為 M, 即
Z
△
f (z)dz = M.
現要證明 M = 0, 二分三角形的每一邊, 兩兩相接這些分點, 給定的三角形被分為四個全等的 三角形, 它們的周界分別為 △1 △2, △3 及 △4, 於是
Z
△
f (z)dz =
Z
△1
+ Z
△2
+ Z
△3
+ Z
△4
f (z)dz.
由於 |R
△f (z)dz| = M, 故至少有一個 △k (k = 1, 2, 3, 4) 使得 |R
△kf (z)dz| ≥ M4 。 不妨 設此為 △1 = △(1), 於是 |R
△(1)f (z)dz| ≥ M4 , 對 △1 用同樣方法分成四個全等三角形, 又可 找到一個三角形 △(2), 使得 |R
△(2)f (z)dz| ≥ M42, 這樣可以無限止的進行下去, 於是得到一個 三角形序列
△ = △(0), △1 = △(1), △(2), . . . , △(n), . . . 前一個包含後面一個, 而且
Z
△(n)
f (z)dz ≥
M
4n, n = 0, 1, 2, . . . . (2.3) 以 L 表示 △ 的周長, 於是 △(1), △(2), . . . , △(n), . . . 的長度為 L
2, L
22, . . . , L
2n, . . .。 當 n →
∞ 時, 這趨於零, 故存在一點 z0, 屬於所有的 △(n), (n = 0, 1, 2, . . .), 對於任給 ε > 0, 存在 δ = δ(ε), 只要 |z − z0| < δ, 就有
f (z) − f (z0) z − z0
− f′(z0) < ε
成立, 即 |f (z) − f (z0) − f′(z0)(z − z0)| < ε|z − z0| 成立, 當 n 充分大時, △(n) 全落在 D(z0; ε) 之中, 顯然 R
△(n)dz = 0 及 R
△(n)zdz = 0, 故 Z
△(n)
f (z)dz = Z
△(n)
(f (z) − f (z0) − (z − z0)f′(z0))dz.
Z
A(n)
f (z)dz <
Z
A(n)
ε · |z − z0||dz|.
但 |z − z0| 為 A(n) 上任意一點 z 到這三角形內一點 z0 的距離, 故
|z − z0| < L 2n.
因此
Z
A(n)
f (z)dz < ε ·
L 2n · L
2n = ε · L2
4n, (2.4)
比較式子 (2.3) 與 (2.4), 即得 M < εL2 對任意 ε > 0 都成立, 故 M = 0, 引理 2.2 因而證 畢。
現在我們來證明定理 2.3′。
定理2.3′ 的證明: 我們先證明定理 2.3′ 對具有特殊性質的 Ω 成立。
若 ∂Ω 為由 x = a, x = b (a < b) 及兩條可求長連續曲線 MN : y = ϕ(x), a ≤ x ≤ b P Q : y = ψ(x), a ≤ x ≤ b
所圍成的區域 (見圖 2), 其中 ϕ(x) < ψ(x) (a < x < b), 假定 f (z) 在 Ω 上全純, 在 Ω 上
連續, 要證 I
M N QP M
f (z)dz = 0. (2.5)
作直線 x = a + ε, x = b − ε 及
M′N′ : y = ϕ(x) + η, a ≤ x ≤ b P′Q′ : y = ψ(x) − η, a ≤ x ≤ b 其中 ε, η 為充分小的正數, 由於 Ω 為單連通區域, 故
I
M1′N1′Q′1P1′M1′
f (z)dz = 0.
圖
2
其中 M1′N1′Q′1P1′M1′ 為由上述兩條直線及兩條曲線所圍成的區域的邊界。 固定 ε, 令 η → 0, 由於 f (z) 在 Ω 上一致連續, 故有
Z
M1′N1′
f (z)dz → Z
M1N1
f (z)dz, Z
Q′1P1′
f (z)dz → Z
Q1P1
f (z)dz, Z
P1′M1′
f (z)dz → Z
P1M1
f (z)dz, Z
N1′Q′1
f (z)dz → Z
N1Q1
f (z)dz,
因此 I
M1N1Q1P1M1
f (z)dz = 0.
令 ε → 0, 同理可得 Z
M1N1
f (z)dz → Z
M N
f (z)dz, Z
Q1P1
f (z)dz → Z
QP
f (z)dz, 如能證明: 當 ε → 0 時,
Z
P1M1
f (z)dz → Z
P M
f (z)dz, Z
N1Q1
f (z)dz → Z
N Q
f (z)dz, 則 (2.5) 得證。 這裡只證後一個極限, 前一個極限同理可證。 令
yε = max{ϕ(b), ϕ(b − ε)}, Yε= max{ψ(b), ψ(b − ε)}, 於是
Z
N Q
f (z)dz = i Z ψ(b)
ϕ(b)
f (b + iy)dy = i
Z yε
ϕ(b)
+ Z Yε
yε
+ Z ψ(b)
Yε
f (b + iy)dy,
Z
N1Q1
f (z)dz = i
Z ψ(b−ε) ϕ(b−ε)
f (b−ε+iy)dy = i
Z yε
ϕ(b−ε)
+ Z Yε
yε
+
Z ψ(b−ε) Yε
f (b−ε+iy)dy.
所以 Z
N Q
f (z)dz − Z
N1Q1
f (z)dz = i Z Yε
yε
f (b + iy) − f (b − ε + iy)
dy + iE(ε), (2.6) 這裡
E(ε) =
Z yε
φ(b)
+ Z ψ(b)
Yε
f (b + iy)dy −
Z yε
ϕ(b−ε)
+
Z ψ(b−ε) Yε
f (b − ε + iy)dy.
由於 f (z) 的一致連續性, 當 ε → 0 時, (2.6) 右邊的第一項趨於零。 而當 ε → 0 時, yε, Yε 分 別以 ϕ(b), ψ(b) 為極限, 故 E(ε) 中的四個積分均為零, 於是當 ε → 0 時, R
N1Q1f (z)dz → R
N Qf (z)dz。
這就證明了: 當 Ω 為這種特殊區域時, 定理 2.3′ 成立, 但對任意區域 Ω, 均可用有限條 平行於 y 軸的輔助線, 將 Ω 劃分成具有上述形狀的區域, 而在輔助線上, 積分相互抵消, 故定 理 2.3′ 得證。
定理 2.3′ 對多連通區域也是對的, 因為這可以將多連通區域用若干曲線將它分割成若干 個單連通區域之聯集, 而在輔助線上的積分都是相互抵消的。
這也可敘述為: 若 γ0, γ1, . . . , γn為 n + 1 條可求長的曲線, 而 γ1, . . . , γn全在 γ0 之內, γ1, γ2, . . . , γn 中每一條曲線都在其他各條曲線的外部, Ω 為由 γ0, γ1, . . . , γn 所圍成的區域, 即 Ω 的邊界 ∂Ω 由 γ0, γ1, . . . , γn 所組成, 若 f (z) 在 Ω 上全純, 在 Ω 上連續, 則
Z
∂Ω
f (z)dz = 0.
由定理 2.3′, 若 f (z) 在 Ω 上全純, z0, z 為 Ω 內兩點, 我們便可以定義 f (z) 的積分為 F (z) =
Z z z0
f (ζ)dζ.
這個積分不依賴於路徑的選擇, 顯然, F′(z) = f (z) 成立。
2.3. Taylor 級數與 Liouville 定理
由 Cauchy 積分公式及 Cauchy 積分定理, 我們立即得到一系列重要的推論, 這一講中 剩下的內容都是講這些重要的推論。
∂Ω 0
證明: 設 z0 ∈ Ω, 作小圓盤 D(z0; r) ⊂ Ω, 由定理 2.2′ 知, 若 z ∈ D(z0; r), 則 f (z) = 1
2πi Z
∂Ω
f (ζ) ζ − zdζ, f (z0) = 1
2πi Z
∂Ω
f (ζ) ζ − z0
dζ.
於是
f (z) − f (z0) = 1 2πi
Z
∂Ω
1
ζ − z − 1 ζ − z0
f (ζ)dζ
=z − z0
2πi Z
∂Ω
f (ζ)
(ζ − z)(ζ − z0)dζ.
即 f (z) − f (z0) z − z0
= 1 2πi
Z
∂Ω
f (ζ)
(ζ − z)(ζ − z0)dζ.
因此
f (z) − f (z0) z − z0 − 1
2πi Z
∂Ω
f (ζ) (ζ − z0)2dζ
= 1 2πi
Z
∂Ω
f (ζ) ζ − z0
1
ζ − z − 1 ζ − z0
dζ
=z − z0
2πi Z
∂Ω
f (ζ)
(ζ − z)(ζ − z0)2dζ. (3.4) 若 z0 到 ∂Ω 的距離為 d, i.e., d = min{|z0− ζ|, ζ ∈ ∂Ω}, 取 r = d
2, 於是
|ζ − z| = |(ζ − z0) − (z − z0)| ≥ |ζ − z0| − |z − z0| ≥ d − d 2 = d
2.
但是 |ζ − z0| ≥ d, 故 Z
∂Ω
f (ζ)
(ζ − z)(ζ − z0)2dζ
≤ M · L
d/2 · d2 = 2ML d3 . 這裡 M = max
ζ∈∂Ω|f (ζ)|, L = ∂Ω 的長度。 在 (3.4) 中令 z → z0, 由上述估計式便得到 f′(z0) = 1
2πi Z
∂Ω
f (ζ)dζ (ζ − z0)2. 這便證明了 (3.1) 在 n = 1 時成立。
若 (3.1) 在 n = k ≥ 1 時成立, 即 f(k)(z) = k!
2πi Z
∂Ω
f (ζ)dζ (ζ − z)k+1 成立。 由於
1
ζ − z = 1 ζ − z0
· 1
1 −z − z0
ζ − z0 .
而 |z − z0| < r ≤ |ζ − z0|, 故 z − z0
ζ − z0
< 1, 於是 1
ζ − z0
= 1 ζ − z0
X∞ j=0
z − z0
ζ − z0
j
. (3.5)
因而得到
f(k)(z) = k!
2πi Z
∂Ω
f (ζ) (ζ − z0)k+1
1 + z − z0
ζ − z0
+ · · ·
k+1
dζ
= f(k)(z0) + (k + 1)!
2πi Z
∂Ω
f (ζ)(z − z0)
(ζ − z0)k+2 dζ + O(|z − z0|2) 於是有
f(k)(z) − f(k)(z0) z − z0
= (k + 1)!
2πi Z
∂Ω
f (ζ)
(ζ − z0)k+2dζ + O(|z − z0|).
令 z → z0, 即得 (3.1), 當 n = k + 1 時也成立, 即 f(k+1)(z0) = (k + 1)!
2πi Z
∂Ω
f (ζ) (ζ − z0)k+2dζ.
由數學歸納法, (3.1) 對任意的 n = 1, 2, . . . 都成立。
數而言是沒有的。 這顯示了複變函數與實變函數的根本差異之一, 在第一講中, 我們定義一個複 變函數 f (z) 在區域 Ω 上是全純的, 若 f (z) 在 Ω 上每一點, 其導數是存在的, 由定理 2.5 知 道, 這也可以定義為: f (z) 在 Ω 上每一點 z 全純, 如果在這點的一個鄰域中, f (z) 可以展開 成為收斂冪級數, 顯然, 這兩種定義是等價的。
由定理 2.5, 我們立即得到
定理2.6. (1) Cauchy 不等式。 若 f (z) 在 Ω ⊆ C 上全純, D(z0; R) ⊆ Ω, 則
∂k
∂zkf (z0)
≤ k!M
Rk , k ∈ N (3.6)
成立, 這裡 M = max
z∈D(z0;R)
|f (z)|。
(2) 若區域 Ω ⊆ C, K 為 Ω 中的一個緊緻集合, V 為 K 的一個鄰域且在 Ω 中是相對緊 緻的 (即相對於 Ω, V 是緊緻的), 則對每一個在 Ω 中全純的函數 f (z), 存在常數 cn (n ∈ N), 使得
sup
z∈K
f(n)(z)
≤ cn· kf kL(V ), n ∈ N (3.7)
這裡 kf kL(V ) 為 f 在 V 上的 L1 模, 即 kf kL(V ) =
Z Z
V
|f (ζ)|dA.
Cauchy 不等式給出全純函數的各階導數的模在一點的估計。 而定理 2.6 (2) 的 (3.7) 不 等式給出全純函數的各階導數的模在一個緊緻集合上的估計。
定理 2.6 的證明: 此定理的第一個結果是顯然的, 現在我們來證明式子 (3.7) 在集合 V 上作一個光滑函數 ψ, 具有如下的性質: 在 V 上有緊緻支集, 且在集合 K 的鄰域 (包含在 V
中) 上取值為 1, 這樣的函數 ψ 是存在的。 可以在許多實分析的書中找到證明, 我們在此就不 敘述其證明了。 對 ψf 應用定理 2.1 Cauchy-Green 公式, 則有
ψ(z)f (z) = 1 2πi
Z
∂Ω
ψ(ζ)f (ζ)
ζ − z dζ + 1 2πi
Z Z
Ω
∂(ψf )
∂ζ · dζ ∧ dζ ζ − z . 由於在 Ω 上, f 為全純, 故 ∂(ψf )
∂ζ = f∂ψ
∂ζ, 但是 ψ(ζ) 的支集在 V 中, 而 V 在 Ω 上相對 緊緻, 故有
ψ(z)f (z) = 1 2πi
Z Z
V
f ·∂ψ
∂ζ · dζ ∧ dζ ζ − z . 若 ∂ψ
∂ζ 的支集為 K1, 則 K1 為 V 中的緊緻子集合, 故 K 與 K1 之間的距離 d(K, K1) > 0。
若 z ∈ K, 則有
f (z) = 1 2πi
Z Z
K1
f (ζ)∂ψ(ζ)
∂ζ ·dζ ∧ dζ ζ − z . 在上式中, 對 z 求 n 次導數, 得到
f(n)(z) = n!
2πi ZZ
K1
f (ζ)∂ψ(ζ)
∂ζ · dζ ∧ dζ (ζ − z)n+1.
於是就有
f(n)(z) ≤ n!
2π ZZ
K1
|f (ζ)| ·
∂ψ(ζ)
∂ζ ·
dζ ∧ dζ
|ζ − z|n+1. 由於 d(K, K1) > 0, 故有 c1 使得 1
|ζ − z| < c1 對於任意 z ∈ K, ζ ∈ K1 都成立。 而
∂ψ(ζ)
∂ζ
顯然在 K1 上有界, 故有 c′n 使得
f(n)(z) ≤ c′n
Z Z
K1
|f (ζ)| · |dζ ∧ dζ|
≤ c′n Z Z
V
|f (ζ)| · |dζ ∧ dζ| = cn· kf kL(V ). 這裡 cn, c′n 為只依賴於 n 的常數, 這便完成我們對 (3.7) 的證明。
由定理 2.5, 我們立即得到 Cauchy - Goursat 定理之逆定理。
定理 2.7. (Morera 定理) 若 f (z) 在 Ω 上連續, 且沿 Ω 中任意一條可求長閉曲線的積 分為零, 則 f (z) 在 Ω 上全純。
|f′(z0)| ≤ M R.
令 R → +∞, 得到 f′(z0) = 0。 由於 z0 為 C 上任意一點, 故 f′(z) = 0 對任意 z ∈ C 都 成立。 因此, f (z) 在 C 上為常數。
Liouville 定理表明: 在整個複平面 C 上全純且有界的函數, 只有常數, 這個定理我們在 以後還會作進一步的討論。 在本節中, 我們最後來證明下面定理。
定理2.9. (Riemann 定理) 若 f 在去掉一點 z0 的圓盤 D(ze 0; r) = D(z0; r) \ {z0} 內 全純, 且 f 在 eD(z0; r) 上有界, 則 f 可以解析延拓到 D(z0; r) 之上, 即存在 D(z0; r) 上定 義的全純函數 F , 使得 F |D(ze 0;r)= f 。
證明: 我們不妨假設 z0 = 0, 定義
G(z) =
z2f (z), 當 z ∈ eD(0; r) 0, 當 z = 0,
則 G(z) 在 D(0; r) 上連續可導, 且滿足 Cauchy-Riemann 方程, 這是因為
z→0lim
G(z) − 0
z = lim
z→0
z2f (z) − 0 z = lim
z→0zf (z) = 0.
故 dG(z)
dz = 0, 而當 z 6= 0 時,
G′(z) = z2f′(z) + 2zf (z).
顯然, G′(z) → 0, 當 z → 0, 由第一講的定理 2.1, G(z) 是在 D(0; r) 上的全純函數, 故 G(z) 可以在 z = 0 處展開成 Taylor 級數
G(z) = 0 + 0 · z + a2z2+ a3z3+ · · · (3.8)
此級數在 D(0; r) 中一致收斂, 定義 F (z) = G(z)
z2 = a2+ a3z + a4z2+ · · · (3.9) 顯然, 級數 (3.8) 與 級數 (3.9) 有相同之收斂半徑, 這可由第一講 Abel 定理中的 (5.2) 式得 到, 故 F (z) 在 D(0; r) 上全純, 且在 eD(0; r) 中, f (z) = F (z), 定理證畢。
2.4. 有關全純函數零點的一些結果
若 f (z) 在區域 Ω ⊂ C 上全純, 如果 z0 ∈ Ω, 且 f (z0) = 0, 則稱 z0 為 f (z) 的零點。
若 f (z) 在 z = z0 有級數展開
am(z − z0)m+ am+1(z − z0)m+1+ · · · , am 6= 0
則稱 f (z) 在 z = z0 處有 m 重零點, 由 Cauchy 積分公式及 Cauchy 積分定理可以得到一 系列有關零點的結果。
定理2.10. (代數基本定理) 若 p(z) = a0+ a1z + · · · + anzn 為 n 次多項式, 則至少有 一個 z0, 使得 p(z0) = 0, z0 稱為方程式 p(z) = 0 的根。
證明: 如果本定理的結論不對, 則 f (z) = 1
p(z) 在 C 上全純。 由於當 z → ∞ 時, p(z) → ∞, 所以 f (z) 在 C 上有界, 由 Liouville 定理知道, f (z) 為常數, 即 p(z) 為常數, 得到矛盾, 定理因而證畢。
定理2.11. 若 f (z) 在區域 Ω ⊂ C 上全純, 則 f (z) 的零點的集合 {z ∈ Ω : f (z) = 0}
在 Ω 上沒有聚集點 (accumulation point), 除非 f (z) 在 Ω 上恆等於零。
證明: 假設上述定理不對, 若 z1, z2, . . . , zn, . . . 為 f (z) 在 Ω 上的零點, 且存在 z0 ∈ Ω 使得 lim
n→∞zn= z0。 我們不妨假設 z0 = 0, 由於 f (z) 在 Ω 上全純且 0 ∈ Ω, 所以我們可以將 f (z) 在 z = 0 展開成 Taylor 級數
f (z) = a0+ a1z + a2z2+ · · · , 由於數列 {zn}, n = 1, 2, . . ., 為 f (z) 的零點, 故 f (zn) = 0, 於是
0 = lim
n→∞f (zn) = f ( lim
n→∞zn) = f (0).
故得到 a0 = 0, 因此
f (z) = a1z + a2z2+ a3z3+ · · ·
則在 Ω 上我們也得到 g1(z) = g2(z), 即全純函數在 Ω 上的值, 可以由聚集點在 Ω 內的點集 合的值完全決定。 例如: sin2z + cos2z = 1, 當 z 為實數時成立, 故 z 為複數時也成立。 同樣 道理一些三角恆等式取實數值時成立, 即可導出在複數時也成立。
定理2.12. (幅角原理) (Argument principle) 若 f (z) 在區域 Ω ⊆ C 上全純, γ ⊂ Ω 為一條正定向簡單封閉曲線, 且在 Ω 中可連續地縮成一點, f (z) 在 γ 上不為零, 則 f (z) 在 γ 內有有限個零點, 零點的個數 k (重數計算在內) 為
k = 1 2πi
I
γ
f′(z) f (z)dz.
註解: 若記 w = f (z), 則有 k = 1
2πi I
γ
f′(z)
f (z)dz = 1 2πi
Z
Γ
dw w .
這裡 Γ 為 γ 在 w = f (z) 映射下的影像, 這方程式說明當 z 沿著 γ 的正方向轉動一圈時, w = f (z) 在 Γ 上沿正方向繞原點轉動的總圈數, 恰好等於 f 在 γ 內的零點的個數, 所以這 個定理被稱為幅角原則。
幅角原理的證明: 這裡我們只證明 k = 1 的情形, 其他的情形同理可證。
我們不妨假設 γ 為一個正定向的圓, 且 f (z) 在 z = 0 處有單零點, 於是 f (z) 在 z = 0 處有 Taylor 級數的展開:
f (z) = a1z + a2z2+ a3z3+ · · · .
於是 f′(z) = a1 + 2a2z + 3a3z2+ · · · , 因此 f′(z)
f (z) =a1z + 2a2z + 3a3z2+ · · · a1z + a2z2+ a3z3+ · · ·
=1
z · a1+ 2a2z + 3a3z2 + · · · a1+ a2z + a3z2+ · · ·
=1 z
1 + a2z + 2a3z2+ · · · a1+ a2z + a3z2 + · · ·
=1
z +a2+ 2a3z2 + · · · a1+ a2z + · · · = 1
z + h(z).
由於 f (z) 在 z = 0 處只有單零點, 故 a1 6= 0, 所以 h(z) 在 z = 0 的附近是全純的, 因此 1
2πi I
γ
f′(z)
f (z)dz = 1 2πi
I
γ
dz z + 1
2πi I
γ
h(z)dz = 1.
這是因為 H
γh(z)dz = 0。
定理2.13. (Hurwitz 定理) 若 {fj} 為 Ω ⊆ C 上的全純函數序列, 在 Ω 內的緊緻集合 上收斂到一個函數 f , 若所有的 fj 在 Ω 上全不等於零, 則 f 或是恆不等於零或是恆等於零。
證明: 對於任一點 z ∈ Ω, 在 Ω 中取一條簡單封閉曲線 γ, 且 z 在 γ 所包圍的區域內, 由於 fj 在 Ω 上全純, 故由 Cauchy 積分公式
fj(z) = 1 2πi
I
γ
fj(ζ) ζ − zdζ.
由於 {fj} 在 Ω 內的緊緻集合一致收斂, 故
j→∞lim fj(z) = lim
j→∞
1 2πi
I
γ
fj(ζ)
ζ − zdζ = 1 2πi
I
r
j→∞lim fj(ζ) dζ ζ − z. 所以,
f (z) = 1 2πi
I
γ
f (ζ)dζ ζ − z .
因此, f (z) 為全純函數。 同樣我們可以證明 fj′(z) 在 Ω 內的緊緻集合一致收斂到 f′(z)。
若 f (z) 6≡ 0, 則由定理 2.11, f (z) 的零點是離散的, 取 γ 不經過這些零點, 於是當 j →
∞ 時,
1 2πi
I
γ
fj′(ζ)
fJ(ζ)dζ → 1 2πi
I
γ
f′(ζ) f (ζ)dζ.
但由假設及幅角原理, 我們知道
1 2πi
I
γ
fj′(ζ)
fj(ζ)dζ = 0.
g(z0) = 0, 則我們得到 |f (z0)| < |f (z0)|, 這是不可能的! 令 N1, N2 為 f , g 在 γ 內零點的 數目, 則由幅角原理得到
N1 = 1 2πi
I
γ
f′(z)
f (z)dz, N2 = 1 2πi
I
γ
g′(z) g(z)dz.
於是得到
N2− N1= 1 2πi
I
γ
g′(z)
g(z) −f′(z0) f (z)
dz
= 1 2πi
I
γ
f (z)g′(z) − f′(z)g(z) f (z)g(z) dz
= 1 2πi
I
γ
(g/f )′(z) (g/f )(z)dz.
令 F (z) = fg(z)(z), 則 N2− N1 = 1 2πi
I
γ
F′(z) F (z)dz。
但 (4.1) 告訴我們 |F (z) − 1| < 1, w = F (z) 將 γ 映為 Γ, Γ 不經過原點且不包含原 點, 這是因為 Γ 在 |w − 1| < 1 之內, 由 Cauchy 積分定理, 得到 R
Γ
dw
w = 0, 即 N1 = N2, 定理因而證畢。
在代數基本定理中我們己證明: 若 p(z) = anzn+ an−1zn−1+ · · · + a0 為 n 次多項式, 則 p(z) 至少有一個根, 即存在零點 z0 使得 p(z) = 0。 現在我們用 Rouch´e 定理, 立即可以證 明: 若 an 6= 0, 則 p(z) 有且只有 n 個零點, 即 p(z) = 0 有且只有 n 個根, 這可以證明如下:
令 g(z) = anzn, 則當 |z| = R 足夠大時,
|p(z) − g(z)| = |an−1zn−1+ · · · + a0| < |g(z)|
= |an||z|n= |an|Rn
成立, 故由 Rouch´e 定理, 在 |z| < R 內, p(z) 與 g(z) 有相同的零點個數, 而 anzn 顯然有 n 個零點, 故 p(z) 也是如此。
作為 Rouch´e 定理的推論, 我們有
定理 2.15. 若 f (z) 在 Ω ⊆ C 上全純, w0 = f (z0), z0 ∈ Ω, 若 z0 是 f (z) − w0 的 m 重零點, 則對於充分小的 r > 0, 存在 ρ > 0, 使得對於 D(w0; ρ) 內每一個點 A, 函數 f (z) − A 在 D(z0; r) 內恰有 m 個零點。
證明: z0 是 f (z)−f (z0) 的 m 重零點, 故由定理 2.11 知, 存在 r > 0, 使得 f (z)−f (z0) 在 D(z0; r) ⊂ Ω 上, 除去 z0 外, 沒有其他的零點, 而在 |z − z0| = r 上, |f (z) − f (z0)| ≥ ρ (ρ > 0), 於是在 D(z0; ρ) 內任意點 A, 當 |z − z0| = r 時, |A − w0| < |f (z) − f (z0)| 成 立, 此即
|f (z0) − A| = |(f (z) − f (z0)) − (f (z) − A)| < |f (z) − f (z0)| 成立。
由 Rouch´e 定理, f (z) − A 與 f (z) − f (z0) 在 D(z0; r) 上有相同的零點個數, 而 f (z) − f (z0) 在 D(z0; r) 上有 m 重零點, 故 f (z) − A 在 D(z0; r) 上也有 m 個零點。 定 理的證明因而完畢。
2.5. 最大模原理, Schwarz 引理與全純自同構群
作為 Cauchy 積分公式的另一重要推論是最大模原理, 這是一個十分有用的結果, 在敘述 這個定理之前, 我們先證明全純函數的均值性質。
均值性質: 若 f (z) 在 Ω ⊆ C 上全純, z0 ∈ Ω, 若 r > 0, 使得 D(z0; r) ⊂ Ω, 則由 Cauchy 積分公式
f (z0) = 1 2πi
Z
∂D(z0;r)
f (ζ) ζ − z0
dζ
成立, ∂D(z0; r) 上的點 ζ 可以表示成 ζ = z0 + reiθ, 0 ≤ θ ≤ 2π, 於是 Cauchy 積分公式 成為
f (z0) = 1 2πi
Z 2π 0
f (z0+ reiθ)
reiθ ireiθdθ
= 1 2π
Z 2π 0
f (z0 + reiθ)dθ. (5.1) 這便是全純函數的均值性質, 這說明了 f (z) 在 z = z0 的值等於 f (z) 在 ∂D(z0; r) 上的值 的平均。 在 (5.1) 的兩邊取實部與虛部, 於是得到: 調和函數也有均值性質。 反過來, 我們也可
證明 U 也是一個開集合。 假設 w ∈ U, 取 r > 0 使得 D(w, r) ⊂ Ω, 取 r′ > 0 使得 r′ < r。
由全純函數的均值性質
M = f (w) =
1 2π
Z 2π 0
f (w + r′eiθ)dθ
≤ 1 2π
Z 2π 0
f(w + r′eiθ)
dθ ≤ M.
由於上式左, 右兩端相等, 故所有不等式中的等號成立, 即
f (w + reiθ) = |f (w + reiθ)| = M.
對所有的 θ 及 0 < r′ < r 都成立, 於是
{w + r′eiθ | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 < r′ < r} ⊂ U.
也就是說: 對 U 中任意一點 w, 一定存在一個開的小圓盤, 這個小圓盤中的任意一點都屬於 U, 故 U 為一開集合。 因此 U 是 Ω 中的非空, 即開又閉的集合。 由於 Ω 是連通的, 故 U 只 能是 Ω, 即 U = Ω, 因此, f (z) = f (z0), ∀z ∈ Ω, 定理因而證畢。
註解:
(1) 在證明最大模原理中我們用到了一個事實, 一個連通集合的非空部分集合, 如果是既開又 閉, 則這個部分集合一定是集合自己; 這個結果非常有用, 讀者不妨自行證之。
(2) 作為最大模原理的直接推論有: 若 f (z) 在有界區域 Ω ⊂ C 上全純, 在 Ω 上連續, 並且不 是常數, 則 |f (z)| 只能在 ∂Ω 上取最大值。
(3) 在最大模原理的證明中, 只用到了函數的均值性質, 所以最大模原理對調和函數也是成立 的。
由最大模原理, 我們立即推導出下面的結果。
定理 2.17. (Schwarz 原理) 若 f (z) 為將單位圓盤 D = D(0; 1) 映到 D 的全純函數, 且 f (0) = 0, 則
|f (z)| ≤ |z| 及 |f′(0)| ≤ 1
成立。 而 |f (z)| = |z| 在 D 中一點 z 6= 0 處成立, 或 |f′(0)| = 1 成立, 若且唯若 f (z) = eiαz, 這裡 α ∈ R。
證明: 令
G(z) =
f (z)
z , 當 z 6= 0 f′(0), 當 z = 0,
則 G(z) 在 D 上全純, 對函數 G(z) 在 {z : |z| ≤ 1 − ε} (ε > 0) 上應用最大模原理, 得到
|G(z)| ≤
|z|=1−εmax |f (z)|
1 − ε < 1 1 − ε.
令 ε → 0+, 即得 |G(z)| ≤ 1 在 D 上成立。 當 z 6= 0 時, |f (z)| ≤ |z| 成立, 而當 z = 0 時,
|G(0)| = |f′(0)| ≤ 1.
若 |f (z)| = |z| 在 D 中一點 z 6= 0 處成立, 即 |G(z)| = 1 在 D 中一點 z 6= 0 處成立, 由最大模原理, |G(z)| = 1 對所有 z ∈ D 都成立, 故 G(z) = eiα, α ∈ R, 即 f (z) = eiαz, 同樣我們可以證明 |f′(0)| = 1 成立時, f (z) = eiαz, 定理因而證畢。
由 Schwarz 引理立即可以得到單位圓盤 D 的全純自同構群。 假設 Ω ⊂ C 為一區域, 我 們定義 Ω 上的全純自同構群如下:
全純函數 f (z) 在 Ω 上定義, 若 f (z) 將 Ω 單值全純地映射到本身, 則稱 f (z) 為 Ω 的全純自同構。 Ω 上所有全純自同構組成一個群, 這個群稱為區域 Ω 的全純自同構群, 記作 Aut(Ω)。
現在我們來刻劃 Aut(D)。
先來證明: 若 a ∈ D, 則 ϕa(z) = z − a
1 − az ∈ Aut(D).
顯然 ϕa 在 D 上全純, ϕa(a) = 0, 且 ϕa: ∂D → ∂D, 這是因為對於 |z| = 1, 有
|ϕa(z)| =
z − a 1 − az
=
1
z · z − a 1 − az
=
z − a z − a = 1.
所以 ϕa(z) 將 D 的內部映為 D 的內部。
再來證明 ϕa(z) 在 D 上是單值的。
w = ρα(z) = eiαz, α ∈ R
顯然也是屬於 Aut(D), 而所有旋轉所組成的群稱為旋轉群, 這也是 Aut(D) 的一個子群。
定理 2.18. (單位圓盤上的全純自同構群) 若 f ∈ Aut(D), 則存在複數 a, |a| < 1 及 α ∈ R 使得
f (z) = ϕa◦ ρα(z).
換句話說, Aut(D) 中的元素都是由 M¨obius 變換及旋轉之合成而成的。
證明: 若 f (0) = b, 令 G = ϕb◦ f , 則
G(0) = ϕb◦ f (0) = ϕb(b) = 0.
由 Schwarz 引理得知, |G′(0)| ≤ 1, 同樣可對 G−1 應用 Schwarz 引理得到
1 G′(0)
=
(G−1)′(0) ≤ 1,
於是 |G′(0)| = 1, 這便得到 G(z) = eiαz = ρα(z), 即 ϕb ◦ f = ρα. 所以 f = ϕ−b◦ ρα, 取 −b = a, 即得到定理之結論。
由上面的定理可以導出下面重要的結果。
定理2.19. (Schwarz - Pick 引理) 若 f 是將 D 映入到 D 內的全純函數, 且將 z1, z2 ∈ D 映為 w1 = f (z1), w2 = f (z2), 則
w1− w2
1 − w1w2
≤
z1− z2
1 − z1z2
(5.2)
及
|dw|
1 − |w|2 ≤ |dz|
1 − |z|2 (5.3)
成立, 等號成立若且唯若 f ∈ Aut(D).
證明: 令 ϕ(z) = z + z1
1 + z1z, ψ(z) = z − w1
1 − w1z。 顯然, ϕ, ψ ∈ Aut(D), 且
ψ ◦ f ◦ ϕ(0) = ψ ◦ f (z1) = ψ(w1) = 0.
故 ψ ◦ f ◦ ϕ 滿足 Schwarz 引理的條件, 因此, 當 z(6= 0) ∈ D 時
|(ψ ◦ f ◦ ϕ)(z)| ≤ |z|
成立, 令 z = ϕ−1(z2), 則有
|ψ ◦ f (z2)| ≤ |ϕ−1(z2)|
此即 |ψ(w2)| ≤ |ϕ−1(z2)|, 這便是 (5.2)。
當 z = 0 時, 則由 Schwarz 引理, 就有
|(ψ ◦ f ◦ ϕ)′(0)| ≤ 1, 此即 |ψ′(w1)f′(z1)ϕ′(0)| ≤ 1. 但是
ϕ′(z) = 1 − z1z1
(1 + z1z)2, ϕ′(0) = 1 − |z1|2; ψ′(z) = 1 − w1w1
(1 − w1z)2, ψ′(w1) = 1 1 − |w1|2. 所以得到 |f′(z1)| ≤ 1 − |w1|2
1 − |z1|2, 此即 (5.3) 式。
由 Schwarz 引理, 等號成立若且唯若 (ψ ◦ f ◦ ϕ)(z) = eiαz = ρα(z), 故 f = ψ−1◦ ρα◦ ϕ−1 ∈ Aut(D)。 定理因而證畢。
註解: 事實上在 D 上可以定義度量 (一般稱為雙曲度量 hyperbolic metric 或 Poincar´e metric),
dzs2 = |dz|2 (1 − |z|2)2 則 (5.3) 就是 dws2 ≤ dzs2, 所以定理 2.19 也可敘述為:
台北表現理論冬季研習班
Taipei Winter School in Representation Theory
主 講 人 : Professor Olivier Schiffmann (Universit´e de Paris VI) &
Professor Mark Shimozono (Virginia Tech)
日 期 : 2010年12月16日 (星期四) ∼ 2010年12月19日 (星期日) 地 點 : 臺北市大安區羅斯福路四段 1 號 天文數學館 6 樓 中央研究院數學
研究所 638研討室
*歡迎學生參加, 如有疑問請洽詢陳麗伍 liwuchen@math.sinica.edu.tw 詳細情形請查詢中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
