魏尔施特拉斯分解定理

魏尔施特拉斯分解定理（Template:Lang-en）是指任意整函数$f(z)$可以分解为如下无穷乘积的形式：

$f(z)=$$z^m{e}^{g(z)}$$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$(1-\frac{z}{a_n})$$e^{\frac{z}{a_n}+\frac{1}{2}(\frac{z}{a_n}{)}^2+\frac{1}{3}(\frac{z}{a_n}{)}^3+\cdots +\frac{1}{h}(\frac{z}{a_n}{)}^h}$$=z^m{e}^{g(z)}\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{E}_{p_n}\left(\frac{z}{a_n}\right)$

其中$g(z)$是另一整函数，$h$是上述无穷乘积收敛的最小整数，称为亏格。$E_{p_n}$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$g(z)$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$g(z)$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。

对于任意的$n\in {\mathbb{N}}_0$，基本因子$E_n(z)$的定义如下：

$\begin{array}{cc}& E_n(z)=(1-z)\exp (h_n(z))\\ & h_n(z)=\{\begin{array}{cc}0& \text{ if }n=0,\\ \frac{z^1}{1}+\frac{z^2}{2}+\cdots +\frac{z^n}{n}& \text{ otherwise. }\end{array}\end{array}$

其中，级数$h_n(z)=\frac{z^1}{1}+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}+\cdots +\frac{z^n}{n}$。

对于级数$h_n(z)$，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.）。

1. $|z|<1$的情况下，$h_n(z)$可被展开为$\frac{1}{1-z}=1+z^1+z^2+z^3+\cdots$。接着两边同时积分，可得$\begin{array}{c}\int \frac{1}{1-z}dz=-\log (1-z)=\frac{z^1}{1}+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}+\cdots \end{array}$。所以$h_n(z)$的极限可以表示为$h_{\mathrm{\infty }}(z)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{h}_n(z)=-\log (1-z)$。
2. 因为$(1-z)=\exp (\log (1-z))=\exp (-h_{\mathrm{\infty }}(z))$，所以$\frac{1}{1-z}=\exp (h_{\mathrm{\infty }}(z))$。
3. 如果将$h_{\mathrm{\infty }}(z)$与$h_n(z)$之间的差额定义为新的级数$r_n(z)=h_{\mathrm{\infty }}(z)-h_n(z)$。
4. 利用2.与3.改写$E_n(z)$的定义式：$\begin{array}{cc}& E_n(z)=(1-z)\exp (h_n(z))=(1-z)\exp (h_{\mathrm{\infty }}(z)-r_n(z))\\ & =(1-z)\frac{1}{1-z}\exp (-r_n(z))=\exp (-r_n(z))\end{array}$。改写后的基本因子定义式$E_n(z)=\exp (-r_n(z))$将会在后续引理的证明中用到。
5. 将3.的关系写成级数形式：$r_n(z)=\frac{z^{n+1}}{n+1}+\frac{z^{n+2}}{n+2}+\frac{z^{n+3}}{n+3}+\cdots =\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{n+1}}{n+1}=\frac{z^{n+1}}{n+1}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n+1+k}{z}^k$。

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。

引理 (15.8, Rudin): 对于$|z|\le 1,n\in {\mathbb{N}}_0$，

$\begin{array}{c}|1-E_n(z)|\le |z{|}^{n+1}\end{array}$成立。

证明：

$n=0$时，$|1-z|\le |z|$显而易见。所以只讨论$n\ge 1$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$u_n(z)=1-E_n(z)=1-(1-z)\exp h_n(z)$。后续称此式为式$(1)$。

运用性质4.与5.改写式$(1)$：

$\begin{array}{c}{u}_n(z)=1-E_n(z)=1-\exp (-r_n(z))=1-\exp (-\frac{z^{n+1}}{n+1}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n+1+k}{z}^k)=1-\exp (-\frac{z^{n+1}}{n+1})\exp (-\frac{z^{n+2}}{n+1}\frac{n+1}{n+2})\exp (-\frac{z^{n+3}}{n+1}\frac{n+1}{n+3})...\end{array}$

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

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

将该结果微分，可得：

$u{\text{'}}_n(z)=a_0(n+1)z^n+a_1(n+2)z^{n+1}+a_2(n+3)z^{n+2}+...$

ii) 将式$(1)$直接微分，可得

$\begin{array}{cc}& u_n^{\prime }(z)=-E_n^{\prime }(z)=\exp h_n(z)-(1-z)h_n^{\prime }(z)\exp h_n(z)\\ & =\exp h_n(z)-(1-z)\frac{1-zn}{1-z}\exp h_n(z)=z^n\exp h_n(z)\end{array}$

将指数部分展开可得。

$u_n^{\prime }(z)=z^n\exp h_n(z)=z^n\exp (\frac{z^1}{1}+\frac{z^2}{2}+\cdots +\frac{z^n}{n})=z^n\exp (z)\exp (\frac{z^2}{2})\exp (\frac{z^3}{3})...\exp (\frac{z^n}{n})=z^n(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!})(\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2l}}{2^{l}l!})...(\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{nj}}{n^{j}j!})$

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

iii) 基于$u_n$新设一个级数$v_n(z)=\frac{u_n(z)}{z^{n+1}}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{z}^k$。因为极点是一个可消极点，所以这也是一个整函数。计算$v_n(1)=\frac{u_n(1)}{1^{n+1}}=1-E_n(1)=1-[(1-1)\exp (h_n(1))]=1$

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

$|v_n(z)|\le \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{|a_k\Vert z|}^k\le \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_k=v_n(1)=1\text{ if }|z|\le 1$

即，$|v_n(z)|=\left|\frac{u_n(z)}{z^{n+1}}\right|\le 1\to |1-E_n(z)|\le |z{|}^{n+1}$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》