第4节 解析函数零点孤立性及唯一性定理

某一子区域(或一小段弧)上相等,则它们必在D内恒等.
例3 设(1)函数f ( z )及g( z )在区域D内解析;
(2)在D内f ( z ) g ( z ) 0;
试证:在D内f ( z ) 0或g ( z ) 0.
证明: 若z0 D, 使f ( z0 ) 0, 由于f ( z )在z0连续,
注3 对区域D内的解析函数f ( z ), 若其在D内某一
子域(小弧段)上等于零,则其D内恒为零.
三 最大模原理
1定理4.23
设f ( z )在区域D内解析, 则 f ( z ) 在D内任何
点都不可能达到最大值, 除非在D内f ( z )恒等于常数.
故f ( z )在其中无异于a的零点.
5推论4.19 设 (1) 函数f ( z )在邻域K : z a R内解析;
(2) 在K内有f ( z )的一列零点{zn }( zn a )收敛于a;
则f ( z )在K内必恒为零. 由于f ( z )在点a连续,且f ( zn ) 0, 证明:
证明: 令f ( z ) f1 ( z ) f 2 ( z ),
若D恰为以a为心的圆或平面, 由假设f ( z )在D内解析,
且在圆D内有一列零点{zn }收敛于a;
由推论4.19, 在D内f ( z ) 0. 考虑一般情形:对b D, 用一条含于D的折线L连接a及b,
记d dim( L, D), 取正数R d , 在L上取一串点 : a a0 , a1 ,, an b; 使相邻两点的距离小于R,
第四节、解析函数零点的孤立性 及唯一性定理
Department of Mathematics
一 解析函数的零点的孤立性 1定义4.7 设函数f ( z )在解析区域D内一点a的
值为零, 则称a为解析函数f ( z )的零点.
若f ( z )在z a解析, 则在 z a R内可展成z a的Taylor级数
f (a) f ' (a) f ( m1) (a) 0, 而f ( m) (a) 0 即f ( z ) am ( z a) m ... an ( z a) n
Fra Baidu bibliotek特别m 1时, a为f ( z )的单零点. 此时称a为f ( z )的m阶零点.
3定理4.17
1 1 1 1 1 2 3 4 (1) 1,1, , , , , (2) , , , , 3 3 5 5 3 5 7 9
解 (1) 假设函数f ( z )满足, 1 1 1 1 1 在z (n 1, 2,)处分别取1,1, , , , ,值, n 3 3 5 5 1 1 ) , (k 1, 2,); 则 f( 2k 1 2k 1 1 这里点列{ }以z 0为极限点, 2k 1
n x z 如 e , x , 则e z n!, z . n 0 n ! n 0


n
x
注2 定理4.20,推论4.21,4.22统称为惟一性定理,它
揭示了解析函数一个非常深刻的性质,函数在区域D 内的局部值确定了函数在区域D内整体值,即局部与 整体之间有着十分密切的关系.
在z平面解析, 且 (0) 1 0, 2 故0为f ( z )的6阶零点.
例2 求f ( z ) sin z 1的所有零点,并指出它们的阶. 解 f ( z )在z平面解析, 由 f ( z ) sin z 1 0, 1 1 得 z arcsin1 Lni (ln i i 2k i) i i 2 故 z 2k , (k 0, 1,), 就是f ( z )的全部零点, 2 因为 f ' (2k ) cos(2k ) 0 2 2 '' f (2k ) sin(2k ) 1 0 2 2 所以z 2k , (k 0, 1,)为f ( z )的二阶零点. 2
由推论4.19有 f ( z ) 0, z K1; 这样连续下去,可依次证明在 K0 , K1 ,, K n内 f ( z ) 0,
而b K n , 故f (b) 0; 从而f ( z ) 0, z D.
2 推论4.21 设在区域D内解析的函数f1 ( z )及f 2 ( z )在D内的
2
即当z x R时， f ( z ) g ( z)，
故由惟一性定理， f ( z ) g ( z )，z C.
1 cos 2 z 即sin z . 2
2
内 例5 在 z 1 , 展开Ln(1 z )的主值支成z的幂级数.
内解析,由数分知 解 Ln(1 z )的主值支 ln(1 z )在 z 1
3 推论4.22 一切在实轴上成立的恒等式, 在z平面上也成
立; 只要这个恒等式的等号两边在z平面上都是解析的.
1 cos 2 x , x R. 则f ( z ), g ( z )在z平面C上解析，而 sin x 2
2
1 cos 2 z 例证明： z sin . 2 1 cos 2 z 2 证明 设f ( z ) sin z, g ( z ) 2
注: 一个实函数的零点不一定是孤立的.
1 2 x0 x sin 如 f ( x) , x 0 x0
1 在x 0可微, 且以x 0为零点, 此外x 也是它的 n 零点, 并以0为聚点.
但在复变函数中,我们有
4定理4.18 如在 z a R内的解析函数f ( z )不恒为零,
以R为半径, 分别以a0 , a1 ,, an为心作圆 K 0 , K1 , , K n ;
Ki : z ai R, (i 1, 2, , n); 则这些圆含于D内.
先考虑K0 ,由推论4.19知 f ( z ) 0, z K0 ; 再考虑K1 , 因在K 0 K1内f ( z ) 0, a1 K0 K1 ;
由于 (a) 0, 故a为f ( z )的m阶零点.
例1考察函数f ( z ) sin z (cos z 1)在z 0的性质.
2 2
解 f ( z )在z 0解析, 且f (0) 0; 6 10 4 8 z z z z 2 由于f ( z ) ( z )( ) 2! 4! 3! 5! z 4 z8 1 z4 6 z (1 ) ( ) 3! 5! 2! 4! z 6 ( z ) ( z ) 4 8 4 z z 1 z 其中 ( z ) (1 ) ( ) 3! 5! 2! 4!
而函数g ( z ) z解析; 且满足
1 1 g( ) , (k 1, 2,); 2 k 1 2k 1 若f ( z )在原点解析, 由惟一性定理知: f ( z) g ( z) z; 1 1 但f ( ) , (k 1, 2,); 故不存在. 2k 2k 1 n 1 , (2) 由于函数值点列有 2n 1 1 2 n 1 而函数f ( z ) 满足: f ( 1 ) 1 , n 1, 2, 2 z 1 n 2 显然它在原点解析, n 1 故合条件的函数存在且为 f ( z ) . 2 z
z n 1 而幂级数 (1) n 的收敛半径为1, n 1 n 0
n 1
x n 1 ln(1 x) (1) n , x (1,1) n 1 n 0

它在 z 1 内收敛于一个解析函数g ( z ),
z 即g ( z ) (1) ; z 1 n 1 n 0
f ( z ) a1 ( z a) a2 ( z a) 2 ... an ( z a) n
2
f ( z)的Taylor系数的情形
(1)对一切n, an 0,即f ( n ) (a) 0;则f ( z )在 z a R内恒等于零.
(2) 存在正整数m, am 0, 而n m时, an 0, 即
n
但当x (1,1)时
xn ln(1 x), g ( x) ( 1) n n 1 n 0 故由惟一性定理, 在 z 1 , g ( z ) ln(1 z ); 内
故得 ln(1 z )在 z 1 内的展开式为 n 1 n z ln(1 z ) (1) ; z 1. n 1 n 0 注1: 数分中常见的一些初等函数的幂级数 展开式都可推广到复函数上来.
f ( z )在K内不解析.
二 解析函数的唯一性
1 定理4.20 设 (1) 函数f1 ( z )和f 2 ( z )在区域D内解析;
(2) D内有一个收敛于a D的点列{zn }( zn a); 在其上f1 ( z )和f 2 ( z )等值; 则f1 ( z )和f 2(z)在D内恒等.
故z0的邻域K D,
使在K内f ( z ) 0,
而f ( z ) g ( z ) 0, z K D, 故必有g ( z ) 0, z K ;
由惟一性定理
有g ( z ) 0, z D.
1 例4 问在原点解析, 在z (n 1, 2,)处取下列各组 n 值的函数是否存在 ?
则
f ( z ) ( z a) ( z )
m
这里,显然 ( z )在点a的某邻域内解析, 且 (a) 0.
“充分性” 由于 ( z )在点a的邻域 z a R内解析, 故由Taylor定理 " (a) ' ( z ) (a) (a)( z a) ( z a) 2 2! m 从而 f ( z ) ( z a) ( z ) " (a) ( z a)m [ (a) ' (a)( z a) ( z a) 2 ] 2! m ' m 1 (a)( z a) (a)( z a)
a为其零点, 则必有a的一个邻域, 使得f ( z )在其中无异 于a的零点(不恒为零的解析函数零点必孤立).
证明: 设a为f ( z )的m阶零点
f ( z ) ( z a) m ( z ) 则 其中 ( z )在 z a R内解析, 且 (a) 0,
从而 ( z )在点a连续. 于是存在邻域 z a r R使 ( z )在其中恒不为零,
不恒为零的解析函数f ( z )以a为m阶
零点的充要条件是:
f ( z ) ( z a)m ( z ) (4.14) 其中 ( z )在点a的邻域 z a R内解析, 且 (a) 0.
证明: “必要性” 由假设, f ( m ) (a) f ( m1) (a) f ( z) ( z a)m ( z a) m 1 m! (m 1)! f ( m ) (a) f ( m1) (a) ( z a) ] ( z a) m [ m! (m 1)! f ( m ) (a) f ( m1) (a) 只要令 ( z ) ( z a) m! (m 1)!
让n趋于无穷取极限, 即得f (a) 0.
故a是一个非孤立的零点. 由定理4.18必f ( z )在K内恒为零.
注2 f ( z )应在K : z a R内解析, 否则结论可能不成立.
1 在K : z 1 R内有无穷多个 如 f ( z ) sin 1 z 1 零点zn 1 1, 但f ( z )在K内不恒为零. n