6.7 解析函數的相關定理 (Bounds for Analytic Functions)

本節說明數個解析函數相關的定理，證明過程則省略。

定理6.7-1. (Morera定理)

設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域。若 $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上連續且對任意的簡易閉合圍線 $\mathcal{C}\subset\mathcal{D}$ 均有 $\oint_{\mathcal{C}}f(z)dz=0$，則 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 亦即 $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析。

• [證明]

  取 $z_0\in\mathcal{D}$ 並對 任意的 $z\in\mathcal{D}$ 定義

  $$F(z)=\int_{z_0}^z f(\xi)d\xi,$$

  由於從 $z_0$ 到 $z$ 的任意積分路徑(落在 $\mathcal{D}$ 內)， $F(z)$ 均有定義，此因設 $C_1$ 與 $C_2$ 為從 $z_0$ 到 $z$ 的兩個路徑，則令 $\mathcal{C}=C_1-C_2$，由 $\mathcal{C}$ 為 $\mathcal{D}$ 內的簡易閉合圍線，則

  $$0=\oint_{\mathcal{C}}f(\xi)d\xi=\int_{C_1}f(\xi)d\xi-\int_{C_2}f(\xi)d\xi\implies \int_{C_1}f(\xi)d\xi=\int_{C_2}f(\xi)d\xi.$$

  因此由定理6.5-1知 $F(z)\in\mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $F'(z)=f(z)$。又由引理6.6-1知 $F''(z)=f'(z)$ 存在，因此 $f(z)\in\mathscr{A}(\mathcal{D})$。 $\hspace{5cm}\blacksquare$

定理6.7-2. (最大模定理, Maximal Modulus Principal)

設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域， $f\in \mathcal{A}(\mathcal{D})$ 且 $f$ 為非常數函數，則 $|f(z)|$ 不可能在 $\mathcal{D}$ 內的任一點上得到最大值。

• [證明]

  使用反證法，假設存在一個點 $z_0\in\mathcal{D}$ 使得

  $$|f(z)|\le |f(z_0)|,\quad \forall z\in\mathcal{D}. \tag{6.7-1}$$

  設 $C_R(z_0)\subset\mathcal{D}$，由Gauss平均值公式與ML不等式可得對任意的 $0\le r\le R$ 有

  $$\begin{align*} |f(z_0)|&= \left| \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0+r e^{it})dt \right| \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0+r e^{it})|dt \\ &\le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0)|dt=|f(z_0)|, \end{align*}$$

  即

  $$|f(z_0)|=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} |f(z_0+r e^{i t} | dt\implies \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} (|f(z_0)|-|f(z_0+r e^{i t}|) dt=0.$$

  由(6.7-1)式知上述被積函數 $|f(z_0)|-|f(z_0+r e^{i t}|\ge 0$，因此
  
  

  $$|f(z_0)|=|f(z_0+r e^{i t}|,\quad \forall 0\le r\le R, 0\le t\le 2\pi.$$

  因此由定理3.2-4知 $f$ 是常數函數，即

  $$f(z)=f(z_0),\quad \forall z\in \bar{D}_R(z_0).$$

  設 $\zeta$ 為 $\mathcal{D}$ 內的另外一點，將 $z_0$ 到 $\zeta$ 連成一個路徑 $C$，並設從 $C$ 到 $\mathcal{D}$ 的最小距離為 $2d$ ，在此路徑 $C$ 上取 $z_0,~z_1,\ldots,~z_n=\zeta$ 使得 $|z_{k+1}-z_k|\le d$，並造 $D_k=D_d(z_k)\subset \mathcal{D}$， $k=0,1,2,\ldots,n$ 以及 $D_{k+1}\cap D_k\not=\emptyset$。此處可取 $d\le R$ 使得 $D_0\subset \bar{R}_R(0)$成立，對應關係如下圖所示。
  
  

  

  同時 $D_k$ 也會包含 $z_{k+1}$ 以及部分 $D_{k+1}$ 在內，因此 $z_1\in D_0$，使得

  $$f(z)=f(z_1)=f(z_0),\quad \forall z\in D_1.$$

  持續此作法可得

  $$f(z)=f(z_{k+1})=f(z_k),\quad \forall z\in D_{k+1},~0\le k\le n-1,$$

  因此 $f(\zeta)=f(z_0)$，如此由定理3.2-4可得 $f$ 為常數函數，與假設條件矛盾，因此由反證法得證。 $\hspace{10cm}\blacksquare$

最大模定理也可以寫成以下的敘述：

定理6.7-3. (最大模定理, Maximal Modulus Principal)

設 $\mathcal{D}$ 為有界區域， $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $f$ 為非常數函數。若 $f$ 在 $\mathcal{D}$及其邊界 $\partial{\mathcal{D}}$上連續，則 $|f(z)|$ 的最大值發生在邊界 $\partial\mathcal{D}$ 上的某一點。

範例6.7-1. 給定 $f(z)=az+b$ 且 $\mathcal{D}=D_1(0)$，證明 $\max\limits_{|z|<1}|f(z)|=|a|+|b|$ 。

• [解]

  因 $f\in\mathscr{A}(\mathcal{D})$ 、$f$ 非常數函數且 $f$ 在 $\overline{\mathcal{D}}$上連續，由最大模定理知 $|f(z)|$ 之極值發生在邊界 $\partial \mathcal{D}=C_1(0)$，邊界的參數式為 $z=e^{i t},~t\in[0,2\pi]$。由

  $$|f(z)|^2=f(z)\bar{f}(z)=|a|^2|z|^2+az\bar{b}+\bar{a}\bar{z}b+|b|^2$$

  又 $z_0=e^{i t_0}\in\partial \mathcal{D}$，取 $t_0\in \arg b-\arg a$，則由於

  $$\arg(a z_0)=\arg a+ \arg z_0=\arg a+(\arg b-\arg a)=\arg b$$

  即 $a z_0 \bar{b} =|a| |b|$ (因 $a z_0$ 和 $b$ 之幅角相同)，因此

  $$|f(z_0)|^2=|a|^2|z_0|^2+ 2 |a||b|+|b|^2=|a|^2+ 2 |a||b|+|b|^2(|a|+|b|)^2$$

  得證 $\max\limits_{|z|<1}|f(z)|=|a|+|b|$。 $\hspace{6cm}\blacksquare$

範例6.7-2. 給定 $f(z)=z^2-2z$ ，計算 $|f(z)|$ 在方形區域 $Q=\{z=(x,y):0\le x,y\le 1\}$ 。

• [解]

  因 $Q$ 為有界區域， $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 、$f$ 為非常數函數且 $f$ 在 $\overline{Q}$上連續，由最大模定理知 $|f(z)|$ 之極值發生在邊界 $\partial Q$：

  1. 在邊界$\gamma_1=\{0\le x\le1,y=0\}$，由

     $$|f(z)|=|f(x)|=|x^2-2x|=|x(x-2)|$$

     知最大值為 $|f(1)|=1$。

  2. 在邊界$\gamma_2=\{x=1,0\le y\le1\}$y，由

     $$|f(z)|=|f(1+i y)|=|1-y^2+i2y-2-i2y|=|-1-y^2|=y^2+1$$

     知最大值為 $|f(1+i)|=2$。

  3. 在邊界$\gamma_1=\{0\le x\le1,y=1\}$，由

     $$|f(z)|=|f(x+i)|=|(x+i)(x+i-2)|=\sqrt{x^2+1}\sqrt{(x-2)^2+1}|$$

     知最大值為 $|f(i)|=\sqrt{5}$。

  4. 在邊界$\gamma_4=\{0=0,0\le y \le 1\}$，由

     $$|f(z)|=|f(iy)|=|-y^2-2iy|=|y|\sqrt{y^2+4}$$

     知最大值為 $|f(i)|=\sqrt{5}$。

  由此可知 $\max\limits_{z\in Q} |f(z)|=\sqrt{5}$。

定理6.7-4. (Cauchy不等式) 設 $\mathcal{D}$ 為簡易連通區域， $f\in \mathcal{A}(\mathcal{D})$ 且 $C_R(z_0)\subset\mathcal{D}$。若 $|f(z)|\le M,~\forall z\in C_R(z_0)$，則

• [證明]

  $C_R(z_0)$之參數式為 $z=z_0+R e^{i t},~t\in[0, 2\pi]$，由Cauchy導數積分公式有

  $$\begin{align*} f^{(n)}(z_0) &= \frac{n!}{2\pi i} \int_{C_R(z_0)} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} dz = \frac{n!}{2\pi i} \int_0^{2\pi} \frac{f(z_0+R e^{it})}{R^{n+1} e^{i (n+1)t}} R i e^{i t}dt \\ &= \frac{n!}{2\pi R^n} \int_0^{2\pi} f(z_0+R e^{it}) e^{-i nt} dt \end{align*}$$

  即

  $$\begin{align*} |f^{(n)}(z_0)| &=\left| \frac{n!}{2\pi R^n} \int_0^{2\pi} f(z_0+R e^{it}) e^{-i nt} dt\right|\\ &\le \frac{n!}{2\pi R^n} \int_0^{2\pi} |f(z_0+R e^{it})| dt\le \frac{n!\cdot M}{R^n}. \end{align*}$$

  得證。 $\hspace{10cm}\blacksquare$

範例6.7-3. 給定 $f\in\mathscr{A}(D_5(0))$ 且 $|f(z)|\le 10,~\forall z\in C_3(1)$。

1. 計算 $|f^{(4)}(1)|$ 之上界。

2. 計算 $|f^{(4)}(0)|$ 之上界。 註： $\bar{D}_2(0)\subset \bar{D}_3(1)$.

• [解]

  1. 因 $f\in\mathscr{A}(D_5(0))$ ，由Cauchy導數積分公式知

     $$f^{(4)}(1)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-1)^5} dz,\quad C\subset D_5(0) \text{~且~} 1\in\text{Int}(C).$$

     取 $C=C_3(1)$ 對應的參數式為 $z(t)=1+3 e^{i t},~t\in[0,2\pi]$，則有

     $$\begin{align*} |f^{(4)}(1)|&=\frac{4!}{2\pi }\left|\oint_{C_3(1)} \frac{f(z)}{(z-1)^5} dz\right| =\frac{4!}{2\pi }\left|\int_{0}^{2\pi} \frac{f(1+3 e^{it})}{3^5 e^{i5t}} 3 i e^{i t}dt\right|\\ &=\frac{4!}{2\pi 3^4}\left|\int_{0}^{2\pi} f(1+3 e^{it})e^{-i4t} dt\right| \le \frac{4!}{2\pi 3^4}\int_{0}^{2\pi} |f(1+3 e^{it})| dt \\ &\le \frac{4!\cdot 10}{3^4}. \end{align*}$$

  2. 因 $f\in\mathscr{A}(D_5(0))$，由Cauchy導數積分公式知

     $$f^{(4)}(0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z^5} dz$$

     取 $C=C_2(0)$ ，而對應的參數式為 $z(t)=2 e^{i t},~t\in[0,2\pi]$，則有

     $$\begin{align*} |f^{(4)}(0)|&=\frac{4!}{2\pi }\left|\oint_{C_2(0)} \frac{f(z)}{z^5} dz\right| =\frac{4!}{2\pi }\left|\int_{0}^{2\pi} \frac{f(2 e^{it})}{2^5 e^{i5t}} 2 i e^{i t}dt\right|\\ &=\frac{4!}{2\pi 2^4}\left|\int_{0}^{2\pi} f(2 e^{it})e^{-i4t} dt\right| \le \frac{4!}{2\pi 3^4}\int_{0}^{2\pi} |f(2 e^{it})| dt. \end{align*}$$

     由於 $f\in\mathscr{A}(D_5(0))$，且 $C_2(0)$ 落在 $C_3(1)$ 之內，由最大模定理知 $\max\limits_{z\in C_2(0)} |f(z)|\le \max\limits_{z\in C_3(1)} |f(z)|= 10$，因此

     $$\begin{align*} |f^{(4)}(0)|& \le \frac{4!}{2\pi 3^4} 10 \cdot 2\pi=\frac{4!}{3^4} 10. \end{align*}$$

實函數例如 $\sin x$ 是到處解析，同時為有界但非常數函數，但對複數函數而言到處解析的函數，除了常數函數外，不可能是有界的。

定理6.7-5. (Liouville定理) 若 $f$ 為整函數且對所有的複數均有界，則 $f$ 是常數函數。

• [證明]

  因 $f$ 為整函數且為有界，因此存在 $M\ge 0$ ，使得 $|f(z)|\le M, ~\forall z\in\mathbb{C}$$|f(z)|\le M,~\forall z\in\mathbb{C}$$z_0\in\mathbb{C}$，針對 $C_R(z_0)$ 而言，取 $D=\mathbb{C}$ 以及 $n=1$，則從 Cauchy不等式可得

  $$|f'(z_0)|\le \frac{M}{R}.$$

  由 $R\to\infty$，可得 $f'(z_0)=0$；但 $z_0$ 是任意取的，可推得 $f'(z)=0,~\forall z\in\mathbb{C}$。由推論3.2-5知 $f$ 為常數。 $\hspace{8cm}\blacksquare$

範例6.7-4. 說明 $f(z)=\sin z$ 為非有界。

• [解]

  已知 $f(z)=\sin z$ 為整函數且不是常數函數，由Liouville定理可知 $f$ 為非有界。

範例6.7-5. 假設 $f$ 為整函數，且 $f(z)=u(x,y)+i v(x,y)$ 而 $u(x,y)\le 0, ~\forall x+i y\in\mathbb{C}$，則 $f$ 為常數函數。

• [解]

  考慮函數 $g(z)=e^{f(z)}$，則 $g$ 也是整函數，此外

  $$|g(z)|=e^{\text{Re}~f(z)}=e^{u(x,y)}\le e^0=1.$$

  因此 $g$ 為有界函數，由Liouville定理知 $g$ 為常數函數，即 $g'(z)=0,~\forall z\in\mathbb{C}$，可推得 $f'(z)=0$，故 $f$ 為常數函數。

使用Liouville定理可以推導代數基本定理如下。

定理6.7-6. (代數基本定理) 若 $P$ 是一個多項式且階數 $n\ge 1$，則 $P$ 至少有一個零點。

• [證明]

  使用反證法，假設 $P(z)\not=0,~\forall z\in\mathbb{C}$，亦即函數 $f(z)=\frac{1}{P(z)}$ 為整函數。

  Claim: $f$ 為有界。

  設多項式 $P(z)$ 可表為 $P(z)=a_n z^n+a_{n-1} z^{n-1}+\cdots+a_1 z+a_0$，考慮下列式子：

  $$|f(z)|=\frac{1}{|P(z)|}=\frac{1}{|z|^n}\frac{1}{|a_n +\frac{a_{n-1}}{z}+\frac{a_{n-2}}{z^2}+\cdots+\frac{a_{1}}{z^{n-1}}+\frac{a_0}{z^n}|}. \tag{6.7-2}$$

  由於對 $k=1,2,\ldots,n$，當 $|z|\to\infty$ 時 $\frac{|a_{n-k}|}{|z^k|}\to 0$， 因此

  $$\left|a_n +\frac{a_{n-1}}{z}+\frac{a_{n-2}}{z^2}+\cdots+\frac{a_{1}}{z^{n-1}}+\frac{a_0}{z^n}\right|\to |a_{n}|,\quad \text{當~}|z|\to\infty.$$

  亦即當 $|z|\to\infty$ 時 $|f(z)|\to 0$。如此一來，存在 $R\ge 0$ 使得

  $$|f(z)|\le 1, \quad \forall |z|\ge R.\tag{6.7-3}$$

  又將 $f(z)$ 改寫為 $f(z)=u(x,y)+ i v(x,y)$，則因 $f(z)$ 為整函數，有 $|f(z)|=\sqrt{u^2(x,y)+v^2(x,y)}$ 為變數 $x$ 與 $y$ 的連續函數，又因連續函數在有界的閉合區域內為有界，的知 $|f(z)|$ 在區域 $D_R(0)$ 為有界，因此存在 $K>0$ 使得

  $$|f(z)|\le K,\quad \forall |z|<R. \tag{6.7-4}$$

  結合(6.7-3)和(6.7-4)兩式可知取 $M=\max\{K,1\}$

  $$|f(z)|\le M,\quad \forall z\in\mathbb{C}. \tag{6.7-5}$$

  由 Liouville定理知 $f(z)$ 為常數函數，亦即 $P(z)$也是常數函數，得 $P(z)$ 的階數為零，與假設矛盾，故得證。$\hspace{8cm}\blacksquare$

此代數基本定理的推論如下。

推論6.7-1. 若 $P$ 是一個多項式且階數 $n\ge 1$，則 $P$ 可表為

其中 $A$ 為常數， $z_1,~z_2,\ldots,z_n$ 為 $P(z)$ 之零點。

範例6.7-6. 設 $P(x)=x^2+1$ 於 $\mathbb{R}$ 無零點，因此無法進行實係數的因式分解。然而對於複數多項式 $P(z)=z^2+1$ 有兩個根 $i$ 與 $-i$ ，因此可以因式分解成 $P(z) = (z-i)(z+i)$。