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'''魏尔施特拉斯分解定理'''（{{lang-en|Weierstrass factorization theorem}}）是指任意[[整函数]]<math>f(z)</math>可以分解为如下[[无穷乘积]]的形式：

<math>f(z)=</math><math>z^me^{g(z)}</math><math>\prod_{n=1}^\infty</math><math>(1-\tfrac{z}{a_{n}})</math><math>e^{\tfrac{z}{a_{n}}+\tfrac{1}{2}(\tfrac{z}{a_{n}})^2+\tfrac{1}{3}(\tfrac{z}{a_{n}})^3+\cdots+\tfrac{1}{h}(\tfrac{z}{a_{n}})^h}</math><math>=z^{m} e^{g(z)} \prod_{n=1}^{\infty} E_{p_{n}}\left(\frac{z}{a_{n}}\right)</math>

其中<math>g(z)</math>是另一整函数，<math>h</math>是上述无穷乘积[[收敛]]的最小[[整数]]，称为[[亏格]]。<math> E_{p_{n}}</math>是魏尔施特拉斯的基本因子。这种无穷乘积称为[[典范乘积]]。求解<math>g(z)</math>的方法一般是两边同时取[[对数]]再求[[导数]]，这样右边就可以化为[[无穷级数]]形式，通过对比无穷级数理论中的相关结果得出<math>g(z)</math>的形式。

== 基本因子 ==
英文为'''primary factors'''或是'''elementary factors'''。也有译为“'''主要因子'''”的版本。<ref name="boas">{{citation|last=Boas|first=R. P.|title=Entire Functions|publisher=Academic Press Inc.|location=New York|year=1954|isbn=0-8218-4505-5|oclc=6487790}}, chapter 2.</ref>

对于任意的<math>n \in \mathbb{N}_{0}</math>，'''基本因子'''<math>E_n(z)</math>的定义如下：<ref name="rudin">{{citation|last=Rudin|first=W.|title=Real and Complex Analysis|edition=3rd|publisher=McGraw Hill|location=Boston|pages=301–304|year=1987|isbn=0-07-054234-1|oclc=13093736}}.</ref>

<math>\begin{aligned}
&E_{n}(z)=(1-z) \exp \left(h_{n}(z)\right) \\
&h_{n}(z)= \begin{cases}0 & \text { if } n=0, \\
\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\cdots+\frac{z^{n}}{n} & \text { otherwise. }\end{cases}
\end{aligned}</math>

其中，[[级数]]<math>h_n(z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots+\frac{z^{n}}{n}</math>。

对于级数<math>h_n(z)</math>，有如下性质。以下性质在后续[[引理]]的证明中会用到（主要是3.、4.与5.）。

# <math>|z|<1</math>的情况下，<math>h_n(z)</math>可被[[泰勒级数|展开]]为<math>\frac{1}{1-z}=1+z^{1}+z^{2}+z^{3}+\cdots</math>。接着两边同时积分，可得<math>\begin{aligned}
\int \frac{1}{1-z} d z=-\log (1-z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots
\end{aligned}</math>。所以<math>h_n(z)</math>的极限可以表示为<math>h_{\infty}(z) = \lim_{n\to\infty}h_n(z) =-\log (1-z) </math>。
# 因为<math>(1-z)=\exp (\log (1-z))=\exp \left(-h_{\infty}(z)\right) </math>，所以<math>\frac{1}{1-z}=\exp \left(h_{\infty}(z)\right) </math>。
# 如果将<math>h_{\infty}(z)</math>与<math>h_n(z)</math>之间的差额定义为新的级数<math>r_n(z)=h_{\infty}(z)-h_{n}(z)</math>。
# 利用2.与3.改写<math>E_{n}(z)</math>的定义式：<math>\begin{aligned}
&E_{n}(z)=(1-z) \exp \left(h_{n}(z)\right)=(1-z) \exp \left(h_{\infty}(z)-r_{n}(z)\right) \\
&\quad=(1-z) \frac{1}{1-z} \exp \left(-r_{n}(z)\right)=\exp \left(-r_{n}(z)\right)
\end{aligned}</math>。改写后的基本因子定义式<math>
E_{n}(z)=\exp \left(-r_{n}(z)\right)
</math>将会在后续引理的证明中用到。
# 将3.的关系写成级数形式：<math>r_n(z) =\frac{z^{n+1}}{n+1}+\frac{z^{n+2}}{n+2}+\frac{z^{n+3}}{n+3}+\cdots=\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{z^{n+1}}{n+1}=\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}</math>。

利用以上性质，可以证明下面的重要引理。该引理在后续证明魏尔施特拉斯分解定理时有关键性作用。<ref name="rudin" />


'''引理 (15.8, Rudin):''' 对于<math>|z| \leq 1, n \in \mathbb{N}_{0}</math>，

<math>\begin{aligned}
\left|1-E_{n}(z)\right| \leq|z|^{n+1}
\end{aligned}</math>成立。

'''证明：'''

<math>n=0</math>时，<math>|1-z|\leq|z|</math>显而易见。所以只讨论<math>n\geq 1</math>的情况。

'''i)''' 将引理左边的部分（不带绝对值）定义为一个新函数<math>u_{n}(z)=1-E_{n}(z)=1-(1-z) \exp h_{n}(z)</math>。后续称此式为式<math>(1)</math>。

运用性质4.与5.改写式<math>(1)</math>：

<math>\begin{aligned}
u_{n}(z)=1-E_{n}(z) =1 - \exp \left(-r_{n}(z)\right) = 1 - \exp \left(-\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}\right)=1-\exp(-\frac{z^{n+1}}{n+1})\exp{(-\frac{z^{n+2}}{n+1}\frac{n+1}{n+2})}\exp{(-\frac{z^{n+3}}{n+1}\frac{n+1}{n+3})}...
\end{aligned}</math>

将指数部分展开后可得（为了简洁，系数用字母<math>b,c,d</math>表示）：<math>u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}+b_{2n+2}z^{2n+2}+...)(1-c_{n+2}z^{n+2}+c_{2n+4}z^{2n+4}+...)(1-d_{n+3}z^{n+3}+d_{2n+4}z^{2n+4}+...)...</math>

整理后可得，<math>u_{n}(z)</math>可以用一个新的级数来表示：<math>u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}-c_{n+2}z^{n+2}-d_{n+3}z^{n+3}+...)</math>。将系数统一用<math>a</math>（如<math>a_0 = b_{n+1},a_1 = c_{n+2}</math>）来标注的话，<math>u_{n}(z)=z^{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}</math>。

将该结果[[微分]]，可得：

<math>u'_{n}(z)= a_0(n+1) z^n + a_1(n+2) z^{n+1}+a_2(n+3)z^{n+2}+... </math>

'''ii)''' 将式<math>(1)</math>直接微分，可得

<math>\begin{aligned}
&u_{n}^{\prime}(z)=-E_{n}^{\prime}(z)=\exp h_{n}(z)-(1-z) h_{n}^{\prime}(z) \exp h_{n}(z) \\
&\quad=\exp h_{n}(z)-(1-z) \frac{1-z n}{1-z} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z)
\end{aligned}</math>

将指数部分展开可得。

<math>u_{n}^{\prime}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp(\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\cdots+\frac{z^{n}}{n})
=z^n\exp(z)\exp(\frac{z^2}{2})\exp(\frac{z^3}{3})...\exp(\frac{z^n}{n})
=z^n(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!})(\sum_{l=0}^{\infty} \frac{x^{2l}}{2^ll!})...(\sum_{j=0}^{\infty} \frac{x^{nj}}{n^jj!})
</math>

'''结论1：'''比较'''i)'''与'''ii)'''的结果。比较<math>z^n
</math>项可知，<math>a_0(n+1) = 1\to a_0 = \frac{1}{n+1}
</math>。同样的方法比较后续项可知，<math>a_k
</math>皆为正的[[实数]]。

'''iii)''' 基于<math>u_n
</math>新设一个级数<math>v_{n}(z)=\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}=\sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}
</math>。因为[[极点 (复分析)|极点]]是一个可消极点，所以这也是一个[[整函数]]。计算<math>v_n(1) =\frac{u_{n}(1)}{1^{n+1}} = 1-E_{n}(1) =1-[(1-1) \exp \left(h_{n}(1)\right)] = 1    
</math>

所以在给定的条件<math>|z| \leq 1    
</math>下，运用绝对值不等式的基本性质和结论1：

<math>\left|v_{n}(z)\right| \leq \sum_{k=0}^{\infty}\left|a_{k} \| z\right|^{k} \leq \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}=v_n(1)=1 \text { if }|z| \leq 1    
</math>

即，<math>\left|v_{n}(z)\right| = \left|\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}\right| \leq1\to\left|1-E_{n}(z)\right| \leq|z|^{n+1}
</math>成立。引理(15.8)证明完毕。

== 相关条目 ==
*[[复分析]]
*[[卡尔·魏尔施特拉斯]]

== 延伸阅读 ==
*Alford的《复分析》
==参考资料==
{{reflist}}

[[Category:复分析定理]]