Singularities and Roots of Analytic Functions. Entire Meromorphic Functions

在本节中，我们将证明一个解析函数在多大程度上可以由其奇点和零点的性质来表征，其中奇点是指正则性失效的位置。我们将特别关注具有孤立奇点的函数。如果一个单值函数 $f(z)$ 的奇点 $z_0$ 完全被正则点包围，即如果 $f(z)$ 在某个去心邻域 内是正则的，则称该奇点为孤立奇点。

4.2.1 奇点的性质

最自然的孤立奇点的例子包括函数 $1/z$ 和 $e^{1/z}$ 在原点 $z=0$ 处的奇点。另一个例子是定义为在原点取值为 $1$ 、在其他各处为零的函数。但请注意，对于多值函数 $f(z)=\sqrt{z}$ ，点 $z=0$ 不是一个孤立奇点。诚然，$\sqrt{z}$ 在原点没有导数，但也没有任何原点的邻域使得该函数是单值的。换句话说，要求 $f(z)$ 是单值的，是为了排除支点的考虑。

我们有一个方便的工具——洛朗级数，可以用来分析函数在孤立奇点处的行为。设 $$f(z)=\sum _{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n(z-z_0{)}^n.$$ 该级数在关于 $z_0$ 的任意足够小的圆内收敛。

我们根据函数的局部行为将孤立奇点分为三类。

首先，$f(z)$ 可能在 $z_0$ 的某个邻域内有界，$$|f(z)|\le M.$$ 在这种情况下，我们有（参见(1.23)式）$|a_n|\le M/{\rho }^n$ ，其中 $\rho$ 可以取任意小。我们得出结论：所有负指数项的系数都为零。因此，除点 $z_0$ 外，$f(z)$ 可以用一个简单的泰勒级数表示：$$f(z)=a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0{)}^2+\cdots .$$ 该泰勒级数在关于 $z_0$ 的某个圆的内部定义了一个解析函数，并且该函数在除中心 $z=z_0$ 外的所有点处都与 $f(z)$ 一致。因此，如果我们通过令 $f(z_0)=a_0$ 来重新定义 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的值，那么该函数将是正则的。换言之，如果 $f(z)$ 在 $z_0$ 的去心邻域内是正则的且 $|f(z)|$ 有界，那么该函数在 $z_0$ 处将有一个极限值。奇点只能是由于 $f(z)$ 的连续性中断所导致的。因此，为了使函数在 $z_0$ 处正则，只需在单个点 $z_0$ 处重新定义 $f(z)$ ，使得 $f(z)$ 连续即可。由于这个原因，这类奇点被称为可去奇点。

另一方面，如果 $f(z)$ 在 $z_0$ 的邻域内无界，那么洛朗展开式中将出现负指数项。此时我们可以写为 $$f(z)=g(z-z_0)+h(\frac{1}{z-z_0})$$ 其中 关于 $\frac{1}{z-z_0}$ 的幂级数 $h(\frac{1}{z-z_0})$ 被称为 $f(z)$ 的主要部分。现在，如果 $f(z)$ 的主要部分仅由有限多项组成，即当 时 $a_{-n}=0$ 且 $a_k\ne 0$ ，那么我们说 $$f(z)=\frac{a_{-k}}{(z-z_0{)}^k}+\frac{a_{-k+1}}{(z-z_0{)}^{k-1}}+\cdots$$ 在 $z=z_0$ 处有一个$𝒌$ 阶极点。反之，如果洛朗级数的主要部分有无穷多项，我们说 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一个本性奇点。函数 $e^{1/z}$ 在 $z=0$ 处就是这样的奇点。

如果 $f(z)$ 在 $z_0$ 处有一个 $n$ 阶极点，那么显然 $$(z-z_0{)}^{n}f(z)$$ 在 $z_0$ 处是正则的。反过来，如果 $(z-z_0{)}^{n}f(z)$ 在 $z_0$ 处正则，那么 $f(z)$ 在 $z_0$ 处最多有一个 $n^{\text{th}}$ 阶极点。显然，如果 $f(z)$ 是正则的且在 $z_0$ 处有一个 $n^{\text{th}}$ 阶零点，那么 $\frac{1}{f(z)}$ 在 $z_0$ 处有一个 $n^{\text{th}}$ 阶极点。

在极点 $z_0$ 处，函数 $f(z)$ 趋于无穷大：更准确地说，对于任意大的 $M$ ，存在一个完整的邻域 ，使得 $$|f(z)|\ge M.$$ 这一点从 $f(z)$ 可以写成 $$f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0{)}^k}$$ 的形式（其中 $g(z)$ 在 $z_0$ 的邻域内正则）可以立即看出。

与函数在极点附近的行为相对照，我们有魏尔斯特拉斯定理。

皮卡得出了一个更强的结果：在一个本性奇点的每个邻域内，解析函数实际上取到每一个复数值，至多有两个例外。我们将在后面的章节中证明这个结果。

我们将本性奇点的定义拓宽，包含所有不是极点或可去奇点的奇点（不一定孤立）。因此，在 $f(z)$ 的其他地方正则的区域中，极点的聚点就是一个本性奇点。这个命名是合理的，因为极点的聚点 $z_0$ 的行为并不像极点。假设 $f(z)$ 在 $z_0$ 的某个邻域内有下界，$|f(z)|\ge M$ 。那么在该邻域内，函数 $\frac{1}{f(z)}$ 将是正则的，并且 $z_0$ 将是 $\frac{1}{f(z)}$ 在其正则域内的零点的聚点。但这将意味着 $1/f(z)=0$ 恒成立，这显然不可能。

无穷远点 $\mathbf{\infty }$ 

我们将采用某些约定来描述解析函数在无穷远点的行为。假设 $f(z)$ 在某个圆的外部是正则的。我们设 $\zeta =\frac{1}{z}$ 并定义 $$g(\zeta )=f(\frac{1}{\zeta })$$ 除了可能在 $\zeta =0$ 处外，$g(\zeta )$ 显然在原点附近是一个正则函数。我们将函数 $g(\zeta )$ 在原点的行为赋予 $f(z)$ 在 $z=\mathrm{\infty }$ 处。

如果 $f(z)$ 对于充分大的 $|z|$ 有界，那么 $g(\zeta )$ 将在 $\zeta =0$ 的邻域内有界，因此可以通过补全使得其在原点正则。此时我们说 $\mathrm{\infty }$ 是 $f(z)$ 的一个正则点。如果 $f(z)$ 在无穷远处正则，那么由 我们得出结论：$f(z)$ 的导数在 $\mathrm{\infty }$ 处必有一个至少二阶的零点。

如果 $f(z)$ 在无穷远处正则，那么它可以很容易地用关于原点的洛朗级数来表示。事实上，我们有 $g(\zeta )$ 的泰勒展开：$$g(\zeta )=a_0+a_1\zeta +a_2{\zeta }^2+\cdots$$ 由此可得 $$f(z)=a_0+\frac{a_1}{z}+\frac{a_2}{z^2}+\cdots .$$ 

习题

4.2.2 解析函数的零点和极点

设 $f(z)\not\equiv 0$ 是在一个简单连通区域 $D$ 内除可能有极点外处处正则的函数。显然，在 $D$ 内极点或零点都不能有聚点，因为在第一种情况下 $f(z)$ 将有一个本性奇点，在第二种情况下 $f(z)$ 将恒等于零。现在，设 $C$ 是 $D$ 内一条简单闭曲线，它避开了函数的极点和零点。积分 等于 在 $C$ 内部的奇点处的留数之和。我们现在将证明，这些奇点只出现在 $f(z)$ 的零点和极点处。

假设 $a$ 是一个 $n^{\text{th}}$ 阶零点。那么，在 $a$ 的邻域内我们可以设 $$f(z)=(z-a{)}^{n}g(z)$$ 其中 $g(z)$ 是正则的且 $g(a)\ne 0$ 。因此 于是 这里 在 $z=a$ 处完全正则。根据(1.24)式或直接由定义，在 $z=a$ 处的留数等于 $n$ 。

类似地，如果 $f(z)$ 在 $z=a$ 处有一个极点，那么在 $a$ 的邻域内 $$f(z)=(z-a{)}^{-m}h(z)$$ 其中 $h(z)$ 是正则的且 $h(a)\ne 0$ 。如前所述， 在 $z=a$ 处有一个单极点，留数为 $-m$ 。

我们得出结论： 其中 $Z$ 和 $P$ 分别表示 $f(z)$ 在 $C$ 内部的零点数和极点数，每个均按重数计算。

如果 $f(z)$ 在整个平面上除极点外处处正则，我们得到一个有趣的结果。沿负方向取的积分(2.21)可以有效地解释为关于点 $\mathrm{\infty }$ 的正向积分。¹ 因此，反方向的积分给出数值 $Z_e-P_e$ ；这里 $Z_e$ 是 $C$ 外部的零点总数，$P_e$ 是极点总数。因此 $Z_e-P_e=P-Z$ 。换言之，对于在整个平面上没有本性奇点的函数，零点的数目等于极点的数目。

既然我们有办法计算解析函数的零点和极点的个数，我们就可以给出一个比第三章更令人满意的代数基本定理的证明，因为它给出了根的完整计数。我们要证明一个 $n^{\text{th}}$ 次多项式 $$f(z)=a_0+a_{1}z+\cdots +a_n{z}^n(a_n\ne 0)$$ 恰好有 $n$ 个零点。$f(z)$ 的唯一奇点是 $\mathrm{\infty }$ 处的一个 $n$ 阶极点。由于根的数目等于极点的数目，所以按重数计算的 $f(z)$ 的零点个数恰好为 $n$ 。

积分 (2.21) 具有有趣的几何意义。我们有 现在，如果 $w$ 绕原点逆时针描绘一条闭回路，函数 $\log w$ 增加 $2\pi i$ ，如果回路以相反方向描绘，则减少 $2\pi i$ 。因此，(2.21) 计数了点 $w=f(z)$ 在 $w$ -平面内环绕原点的次数，此时 $z$ 以正向绕 $z$ -平面内的曲线 $C$ 一周。由于 $$\log f(z_1)-\log f(z_2)=\log \left|\frac{f(z_1)}{f(z_2)}\right|+i[\mathrm{am}(f(z_1))-\mathrm{am}(f(z_2))]$$ 且 $\log |w|$ 是单值的，我们得到 其中 ${\mathrm{\Delta }}_C\mathrm{am}(f(z))$ 表示当 $z$ 遍历闭路径 $C$ 时 $\mathrm{am}(f(z))$ 的总变化量。特别地，如果 $f(z)$ 在 $D$ 内正则，我们得到零点数  

一个用于比较两个函数零点的有用准则由 Rouché 定理 给出。

Rouché 定理 为我们提供了代数基本定理的另一个证明。多项式 $f(z)=a_n{z}^n$ 有 $n$ 个零点，并且在一个充分大的圆周上满足关于 $g(z)=a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_0$ 的定理条件。

练习

4.2.3 整函数与亚纯函数

一类重要的解析函数由在平面上任何有限点处均无本性奇点的函数组成。我们将其分为几类。

整函数 是在平面的整个有限部分都正则的函数。除非整函数是常数，否则它必在无穷远处有奇点；如果奇点是极点，则称该函数为 整有理函数 ；如果 $z=\mathrm{\infty }$ 是本性奇点，则称该函数为 整超越函数 。

亚纯函数 除极点外没有有限奇点。同样，如果 $z=\mathrm{\infty }$ 是正则点或极点，则称其为 有理亚纯函数 ，如果 $z=\mathrm{\infty }$ 是本性奇点，则称其为 超越亚纯函数 。

多项式是整有理函数的例子。反过来，我们现在证明一个整有理函数只能是多项式。因为，如果 $f(z)$ 在 $z=\mathrm{\infty }$ 有一个极点，我们可以写成 其中只有有限多个具有正指数的项。多项式 $$\varphi (z)=a_n{z}^n+\cdots +a_0$$ 在无穷远处与 $f(z)$ 一致。由于 $f(z)$ 和 $\varphi (z)$ 在平面上其他地方都正则，函数 $f(z)-\varphi (z)$ 必须在整个平面上（包括无穷远点）正则，从而是一致有界的。因此，根据 Liouville 定理 ， $$f(z)=\varphi (z)+\mathit{\text{常数}}.$$ 

以同样的方式，我们证明有理亚纯函数必为有理函数，即两个多项式的商。设 $f(z)$ 是一个有理亚纯函数，并假设点 $z_0,\dots ,z_n,\mathrm{\infty }$ 包含了 $f(z)$ 的所有极点。极点个数是有限的，因为否则它们会在全平面上有一个聚点，而函数就会有一个本性奇点。设 $p_0(\frac{1}{z-z_0}),\dots ,p_n(\frac{1}{z-z_n}),p_{\mathrm{\infty }}(z)$ 分别表示 $f(z)$ 关于点 $z_0,\dots ,z_n,\mathrm{\infty }$ 的 Laurent 展开的主要部分。与前面相同的推理表明，函数 $$f(z)-[p_{\mathrm{\infty }}(z)+\sum _{\nu =0}^{n}p(\frac{1}{z-z_{\nu }})]$$ 在整个 $z$ -平面上正则，因此 但 $p_i$ 都是它们各自变量的多项式。由此推出 $f(z)$ 是有理函数，即两个多项式的商， $$f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$$ 并且 (2.31) 给出了 $f(z)$ 分解为部分分式的形式，其中 $z_{\nu }$ 是 $Q(z)$ 的零点。

练习

一个整有理函数，即多项式，可以在相差一个常数倍的意义下表示为线性因子的乘积。假设 $z_1,z_2,\dots ,z_n$ 是一个 $n$ 次多项式 $f(z)$ 的根。那么我们有 $$\frac{f(z)}{(z-z_1)(z-z_2)\dots (z-z_n)},$$ 该函数在整个 $z$ -平面上正则，因此是常数。因此，给定多项式 $f(z)$ 的根，我们就可以在相差一个乘性常数的情况下确定 $f(z)$ $$f(z)=\alpha (z-z_1)\dots (z-z_n).$$ 我们很自然地会问，更一般地，零点在多大程度上刻画了一个整（不一定是有理的）函数？

另外，在 (2.31) 中我们看到，有理亚纯函数在其极点处的行为决定了该函数至多相差一个加性常数。一个任意的亚纯函数在多大程度上由极点特性所定义？

这些问题的答案由 Weierstrass 和 Mittag-Leffler 的两个卓越定理给出；其中一个给出了整函数的无穷乘积表示，另一个则通过无穷部分分式分解来表示亚纯函数。

在证明这些定理之前，我们先指出这些结果的局限性。假设 $\varphi (z)$ 和 $\psi (z)$ 是具有相同零点的整函数。函数 $\chi (z)=\varphi (z)/\psi (z)$ 没有零点，也是一个整函数。作为练习，读者可以验证 $\chi (z)$ 可以写成 $\chi (z)=e^{\omega (z)}$ 的形式，其中 $\omega (z)$ 是一个整函数。由此可知，一个整函数由其零点决定时，只差一个因子 $e^{\omega (z)}$ ，其中 $\omega (z)$ 是一个完全任意的整函数。对于亚纯函数，同样容易证明，它只差一个加性的整函数而由极点性质所刻画。

实际上，当极点个数有限时，我们已经回答了关于亚纯函数的问题。唯一其他的可能性是 $\mathrm{\infty }$ 是极点的聚点，因为显然不允许有有限的极点聚点。完整的答案由 Mittag-Leffler 定理 给出。

一般来说，为了保证级数 (2.32) 的收敛，多项式 $q_{\nu }(z)$ 的次数不会被一致有界。然而，在特殊情况下，所有的 $q_{\nu }(z)$ 都可以选择为相同的有限次数。特别地，如果函数只有单极点 $$p_{\nu }(\frac{1}{z-z_{\nu }})=\frac{{\alpha }_{\nu }}{z-z_{\nu }}$$ 那么只要级数 $$\sum _{\nu =1}^{\mathrm{\infty }}\frac{|{\alpha }_{\nu }|}{|z_{\nu }{|}^{n+1}}$$ 收敛，就可以将所有的 $q_{\nu }(z)$ 都选为 $n$ 次的。这种情况对于应用是最重要的。实际中出现的亚纯函数通常只有单极点。

虽然 米塔-列夫勒定理 可以很容易地将一个具有单极点的函数展成部分分式，但我们仍然需要确定整函数 $\omega (z)$ 的问题。在这种特殊情形下，我们有更直接的方法。

设 $C$ 是任一避开 $f(z)$ 的极点的简单闭曲线。如果 $z$ 是 $C$ 内部的任一正则点，那么我们有 $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_C\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta -\sum \mathrm{Res}\frac{f(z_{\nu })}{z_{\nu }-z}$$ 其中 $\mathrm{Res}\frac{f(z_{\nu })}{z_{\nu }-z}$ 表示 $\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}$ 在 $\zeta =z_{\nu }$ 处的留数，并且求和是对 $f(z)$ 在 $C$ 内部的所有奇点 $z_{\nu }$ 进行的。现在，由于假设 $f(z)$ 只有单极点，我们有（根据 (1.24) ）$\mathrm{Res}\frac{f(z_{\nu })}{z_{\nu }-z}=\frac{\mathrm{Res}f(z_{\nu })}{z_{\nu }-z}$ ，因此我们得到表示 $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_C\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}dz+\sum \frac{\mathrm{Res}f(z_{\nu })}{z-z_{\nu }}$$

由于极点是孤立的，我们肯定可以找到一个闭曲线序列 $C_n$ ，每个曲线都包含前面所有曲线在其内部，且每个都避开 $f(z)$ 的所有极点，使得 $C_n$ 到原点的距离随 $n$ 趋于无穷大。如果对于某个这样的序列有 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{C_n}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta =0$ ，那么将 $C_{n-1}$ 和 $C_n$ 之间的环形区域中的极点记为 $z_{\nu }^{(n)}$ ，我们可以看到级数 收敛，并给出了函数的部分分式分解。

考虑 $f(z)$ 是两个多项式之商 $f(z)=P(z)/Q(z)$ 的特殊情况，其中 $Q(z)$ 的次数 $n$ 大于 $P(z)$ 的次数，且 $Q(z)$ 只有单根 $z_1,z_2,\dots ,z_n$ ，这些根不是 $P(z)$ 的根。上面的表示给出 其中 $C_{\rho }$ 是包含所有 $z_{\nu }$ 的圆。现在由 (1.24) ，并且由于当 $C_{\nu }$ 的半径趋于无穷大时 $f(\zeta )$ 趋于零（参见第三章，(3.23) ），我们得到 这就是将有理函数分解为部分分式的拉格朗日熟悉公式。

一个只有单极点的超越亚纯函数的分解由函数 $$f(z)=\pi \frac{\cos \pi z}{\sin \pi z}=\pi \cot \pi z.$$ 很好地说明。这个函数的极点出现在 $\sin \pi z$ 的零点处。函数 $\sin \pi z$ 在原点有一个一阶零点，因此，考虑到其周期性，在所有的整数值 $z=0,\pm 1,\pm 2,\dots$ 处都有零点。它没有其他零点。余弦函数在这些点都没有零点。因此 $f(z)$ 在整数点处有极点，并且这些极点都是单极点。我们现在证明 $$\pi \cot \pi z=\sum _{\nu =-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{z-\nu }$$ 其中记号 $\sum _{\nu =-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}$ 我们理解为 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{\nu =-n}^{+n}$ 。对于积分路径，我们取正方形 $S_n$ ，其边平行于坐标轴，边长是 ${\lambda }_n=n+\frac{1}{2}$ 的两倍。这些正方形显然满足必要的要求。由于函数是周期的，所有极点处的留数与原点处的留数相同，并且显然 $\mathrm{Res}f(0)=1$ 。因此，在任何正方形 $S_n$ 中 $$f(z)=\pi \cot \pi z=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{S_n}\frac{\pi \cot \pi \zeta }{\zeta -z}d\zeta +\sum _{\nu =-n}^{+n}\frac{1}{z-\nu }.$$ 为了完成证明，我们只需证明当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时，该方程中的积分趋于零。相应地，将 $S_n$ 的边记为 $H_n^{+}$ 、$H_n^{-}$ 、$V_n^{+}$ 和 $V_n^{-}$ ，如图所示。

现在 $\pi \cot \pi \zeta$ 是奇函数，即 $$\pi \cot \pi (-\zeta )=-\pi \cot \pi \zeta .$$ 因此 $$2\pi i{I}_H={\int }_{H^{+}}+{\int }_{H^{-}}={\int }_{H^{+}}\pi \cot \pi \zeta (\frac{2z}{{\zeta }^2-z^2})d\zeta$$ 并且类似地 $$2\pi i{I}_V={\int }_{V^{+}}+{\int }_{V^{-}}={\int }_{V^{+}}\pi \cot \pi \zeta (\frac{2z}{{\zeta }^2-z^2})d\zeta .$$ 在 $H_n^{+}$ 上，我们有 $\zeta =x+i{\lambda }_n$ ，$-{\lambda }_n\le x\le {\lambda }_n$ 。在 $V_n^{+}$ 上，$\zeta ={\lambda }_n+iy$ ，$-{\lambda }_n\le y\le {\lambda }_n$ 。因为 $\pi \cot \pi \zeta =\pi i\frac{e^{2\pi i\zeta }+1}{e^{2\pi i\zeta }-1}$ ，在 $H_n^{+}$ 上我们有 对于充分大的 $n$ ，以及在 $V_n^{+}$ 上 因为 $-e^{-2\pi y}$ 只能取负实数值。因此 $\pi \cot \pi \zeta$ 在 $S_n$ 上是一致有界的。

这给出了对 $|I_H|$ 的估计 $$|I_H|\le 2|z|\left|{\int }_{H^{+}}\frac{d\zeta }{{\zeta }^2-z^2}\right|$$ 同样也对 $|I_V|$ 。但是 $|\zeta \pm z|\ge |\zeta |-|z|\ge {\lambda }_n-|z|$ ，因此 $$|I_H|\le 2|z|\frac{2{\lambda }_n}{{({\lambda }_n-|z|)}^2}$$ 并且当 ${\lambda }_n\to \mathrm{\infty }$ 时，这显然趋于零。证明现在就完成了。我们已经证明了 函数的周期性体现在我们可以将 $\nu$ 替换为 $\nu +1$ 而不改变展开式。通常使用以下形式更方便：

既然我们已经得到了亚纯函数的部分分式表示，我们可以希望用它来证明关于整函数零点的某些结论，因为 $f(z)$ 的零点可以解释为 的单极点。事实上，我们证明 魏尔斯特拉斯乘积定理 。

用于定理证明的相同方法也可以应用于从 $\pi \cot \pi z$ 的展开式 (2.37) 得到 $\sin \pi z$ 的乘积表示，因为 $\pi \cot \pi z=\frac{d}{dz}\log \sin \pi z$ 。从 (2.37) 我们导出 在任一有限区域内，该级数的尾部一致收敛。因此我们可以逐项积分。从 $0$ 到 $z$ 取积分，我们得到 $${\log \frac{\sin \pi z}{z}|}_0^z=\sum _{\nu =1}^{\mathrm{\infty }}(\log (z^2-{\nu }^2){|}_0^z).$$ 现在在 $z=0$ 处，$\frac{\sin \pi z}{z}$ 有一个可去奇点，因此我们将其完备化为正则函数。于是 $$\log \frac{\sin \pi z}{\pi z}=\sum _{\nu =1}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{z^2}{{\nu }^2}).$$ 由此我们得到收敛的无穷乘积 这是欧拉发现的公式。如果我们令 $z=\frac{1}{2}$ ，我们就得到了著名的沃利斯乘积：

练习