解析数论/复分析工具

无限乘积

引理 5.1 (实数乘积的收敛性):

令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 使得

$\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$

绝对收敛。然后如果 $\forall n\in \mathbb {N} :|b_{n}|\leq |a_{n}|$,

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+b_{n})$

收敛。

证明: 不失一般性，我们假设 $|b_{n}|<{\frac {1}{2}}$ 对于所有 $n\in \mathbb {N}$.

记

$p_{n}:=\prod _{j=1}^{n}(1+b_{n})$.

那么我们有

$q_{n}:=\log(p_{n})=\sum _{j=1}^{n}\log(1+b_{j})$.

现在我们将一阶拉格朗日余项的泰勒公式应用于 $\log(1+x)$ 在 $1$ 处获得 $|x|<{\frac {1}{2}}$

$\log(1+x)={\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{2(1+\xi )^{2}}}x^{2}$, $\xi \in \left({\frac {1}{2}},{\frac {3}{2}}\right)$.

因此，我们有 $|x|<{\frac {1}{2}}$

$|\log(1+x)|\leq \left|{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{2(1+\xi )^{2}}}x^{2}\right|\leq |x|$, $\xi \in \left({\frac {1}{2}},{\frac {3}{2}}\right)$.

因此，$|\log(1+b_{j})|\leq |b_{j}|$ 因此我们得到了 $q_{n}$ 的（甚至绝对）收敛； 因此，由指数函数的连续性， $p_{n}$ 也收敛。$\Box$

定理 5.2（复数乘积的比较检验）:

假设 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个非负实数序列，使得

$\prod _{j=1}^{\infty }(1+a_{j})$

收敛。进一步假设 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个复数序列，使得 $\forall n\in \mathbb {N} :|s_{n}|\leq a_{n}$。那么

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+s_{n})$

收敛。此外，对于所有$n\in \mathbb {N}$

$\left|\prod _{j=1}^{\infty }(1+s_{j})-\prod _{j=1}^{n}(1+s_{j})\right|\leq \left|\prod _{j=1}^{\infty }(1+a_{j})-\prod _{j=1}^{n}(1+a_{j})\right|$.

证明:

我们定义

$p_{n}:=\prod _{j=1}^{n}(1+s_{j})$, $q_{n}:=\prod _{j=1}^{n}(1+a_{j})$。我们注意到

$|p_{n}|\leq \prod _{j=1}^{n}(1+|s_{j}|)\leq q_{n}$.

不失一般性，我们可以假设所有乘积都不为零；否则我们立即得到收敛（到零）。

我们现在证明$(p_{n})_{n\in \mathbb {N} }$是一个柯西序列。实际上，我们有

$|p_{n+k}-p_{n}|=|p_{n}|\left|{\frac {p_{n+k}}{p_{n}}}-1\right|$

此外

${\begin{aligned}\left|{\frac {p_{n+k}}{p_{n}}}-1\right|&=\left|s_{n+1}+\cdots +s_{n+k}+s_{n+1}s_{n+2}+\cdots +s_{n+1}\cdots s_{n+k}\right|\\&\leq |s_{n+1}|+\cdots +|s_{n+k}|+|s_{n+1}s_{n+2}|+\cdots +|s_{n+1}\cdots s_{n+k}|\\&\leq a_{n+1}+\cdots +a_{n+k}+a_{n+1}a_{n+2}+\cdots +a_{n+1}\cdots a_{n+k}\\&={\frac {q_{n+k}}{q_{n}}}-1=\left|{\frac {q_{n+k}}{q_{n}}}-1\right|\end{aligned}}$

因此

$|p_{n+k}-p_{n}|=|p_{n}|\left|{\frac {p_{n+k}}{p_{n}}}-1\right|\leq |q_{n}|\left|{\frac {q_{n+k}}{q_{n}}}-1\right|=|q_{n+k}-q_{n}|$.

由于 $q_{n}\to q$，它是一个柯西序列，因此，根据上述不等式，$(p_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 也是一个柯西序列。定理的最后一个断言可以通过在上述不等式中取 $k\to \infty$ 得到。$\Box$

定理 5.3（复数积的求和检验）:

设 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个实数序列，使得

$\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$

绝对收敛。那么，如果 $\forall n\in \mathbb {N} :|s_{n}|\leq |a_{n}|$，

$\prod _{n=1}^{\infty }(1+s_{n})$

收敛，其中 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个复数序列。此外，对于所有 $n\in \mathbb {N}$

$\left|\prod _{j=1}^{\infty }(1+s_{j})-\prod _{j=1}^{n}(1+s_{j})\right|\leq \left|\prod _{j=1}^{\infty }(1+|a_{j}|)-\prod _{j=1}^{n}(1+|a_{j}|)\right|$.

证明 1:

我们使用引理 5.1 和比较检验来证明定理。

实际上，根据引理 5.1，乘积

$\prod _{j=1}^{\infty }(1+|a_{j}|)$

收敛。因此，根据定理 5.2，我们得到收敛和所需的不等式。$\Box$

证明 2（不使用不等式）:

我们利用引理 5.1 和对 $\arcsin$ 应用泰勒公式证明了定理，除了最后的不等式。

我们定义 $p_{n}:=\prod _{j=1}^{n}(1+s_{j})$。然后，由于每个复数都满足 $z=|z|e^{i\arg(z)}$，我们需要证明序列 $(|p_{n}|)_{n\in \mathbb {N} }$ 和 $(\arg(p_{n}))_{n\in \mathbb {N} }$ 的收敛性。

对于第一个序列，我们注意到 $(|p_{n}|)_{n\in \mathbb {N} }$ 的收敛性等价于 $(|p_{n}|^{2})_{n\in \mathbb {N} }$ 的收敛性。现在对于每个 $k\in \mathbb {N}$

$|1+$

定理 5.4（全纯函数乘积）:

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是域 $D$ 上的全纯函数序列，使得对于每个 $z\in D$，我们都能找到一个紧致集 $K\ni z$ 和一个序列 $(a_{n}^{K})_{n\in \mathbb {N} }$，使得 $\forall n\in \mathbb {N} :\forall w\in K:|f_{n}(z)|\leq |a_{n}^{K}|$ 并且

$\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}^{K}|$

绝对收敛。 然后

$g(z):=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+f_{n}(z)\right)$

定义一个全纯函数。

证明:

首先，我们注意到 $g(z)$ 对每个 $z$ 都是定义良好的，这是由于定理 5.2。 为了证明该乘积是全纯的，我们使用复分析中的一个事实，即如果一个函数序列局部一致收敛于另一个函数，并且该函数序列有无限多个全纯成员，那么极限函数也是全纯的。 事实上，根据定理 5.3 中的不等式，我们得到了均匀收敛。 因此，定理得证。 $\Box$

魏尔斯特拉斯分解

以下引理非常重要，因为我们可以从中推导出三个重要定理。

1. 具有规定零点的全纯函数的存在性
2. 魏尔斯特拉斯分解定理（一种将任何全纯函数写成线性因子和指数函数的乘积的方法）
3. 米塔-列夫勒定理（以 哥斯塔·米塔-列夫勒（一个人）命名）

引理 5.5:

令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是复数序列，满足

$0<|a_{1}|\leq |a_{2}|\leq \cdots$

且

$\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=\infty$.

则函数

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {s}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$

恰好具有零点 $\{a_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，并具有正确的重数。

证明:

对于每个$n\in \mathbb {N}$定义

$u_{n}(s):=\left(1-{\frac {s}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$.

我们的计划是证明$\prod _{n=1}^{\infty }u_{n}(s)$在半径为$|a_{N}|$的圆的每个子圆中一致收敛。对于每个$N\in \mathbb {N}$。由于函数$z\mapsto \log(1+z)$在以零为中心的单位球内是全纯的，因此它等于它在那里的泰勒级数，即

$\log(1+z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k}}$.

因此，对于$|s|<|a_{n}|$

$\log \left(u_{n}(s)\right)=\sum _{k=n}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}$.

现在设$N\in \mathbb {N}$是给定的，而$n\geq N$是任意的。那么对于$|s|<(1-\epsilon )|a_{N}|$，$\epsilon >0$是任意的

${\begin{aligned}\left|\log \left(u_{n}(s)\right)\right|&=\left|\sum _{k=n}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}\right|\\&\leq \sum _{k=n}^{\infty }\left|{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}\right|\\&\leq \sum _{k=n}^{\infty }(1-\epsilon )^{k}&=(1-\epsilon )^{n}{\frac {1}{\epsilon }}\end{aligned}}$.

现在对 $n\geq N$ 求和，我们得到

$\left|\sum _{n=N}^{\infty }\log \left(u_{n}(s)\right)\right|\leq \sum _{n=N}^{\infty }(1-\epsilon )^{n}{\frac {1}{\epsilon }}<\infty$

对所有 $|s|<(1-\epsilon )|a_{N}|$。因此，我们在该圆内具有一致收敛；因此对数的和是全纯的，原始积也是全纯的，如果我们将所有内容代入指数函数（注意我们确实有 $\exp(\log(z))=z$ 即使 $z$ 是一个任意的复数）。$\Box$

注意，我们的证明方法类似于我们证明引理 5.1 的方法。尽管如此，不可能直接从定理 5.4 中证明上面的引理，因为如果 $a_{n}$ 选择得过于缓慢，相应的级数不会收敛。

定理 5.6（具有给定零点的全纯函数）:

设 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是复数序列，它没有积累点。那么函数

$s\mapsto s^{m}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {s}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$

包含零值 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，并具有正确的重数，其中序列 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中所有非零元素，按照其绝对值升序排列，而 $m\in \mathbb {N}$ 表示序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中的零值数量。

证明:

我们按照模 $|s_{n}|$ 对序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 进行升序排列，并使用实数上的标准大于或等于关系。我们继续观察，然后 $|s_{n}|\to \infty$，因为如果它保持有界，根据 海涅-博雷尔定理，将存在一个聚点。另外，该序列仅在有限次内为零（否则零将是一个聚点）。在从序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中去除零值后，我们称剩余的序列为 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$。令 $m\in \mathbb {N}$ 表示 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中零值的数量。然后根据引理 5.5，函数

$s^{m}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {s}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$

具有必要的属性。$\Box$

定理 5.7（魏尔斯特拉斯因式分解定理）:

令 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 是一个全纯函数，不是常数零函数，其零点为 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 为序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中的非零元素，按其绝对值升序排列，如果 $f(0)=0$，令 $m$ 为 $f$ 在 $0$ 处的零点阶。那么存在一个全纯函数 $H:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 使得

$\forall z\in \mathbb {C} :f(z)=z^{m}e^{H(z)}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {z}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {z^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$.

证明:

First, we note that $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ does not have an accumulation point, since otherwise $f$ would be the constant zero function by the identity theorem from complex analysis. From theorem 5.6, we obtain that the function $g(s):=s^{m}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {s}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {s^{k}}{ka_{n}^{k}}}}$ has exactly the zeroes $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ with the right multiplicity, where the sequence $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ are the nonzero elements of the sequence $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ ordered ascendingly with respect to their absolute value and $m\in \mathbb {N}$ is the number of zeroes within the sequence $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$. We have that $f/g$ has no zeroes and is bounded and hence holomorphic due to Riemann's theorem on resolvable singularities. For, if $f/g$ were unbounded, it would have a singularity at a zero $z_{0}$ of $g$. This singularity can not be essential since dividing $g$ by finitely many linear factors would eliminate that singularity. Hence we have a pole, and this would be resolvable by multiplying linear factors to $f/g$. But then $g/f$ has a zero of the order of that pole, which is not possible since we may eliminate all the zeroes of $g/f$ by writing $f=(z-z_{0})^{l}h$, $h$ holomorphic and nonzero at $z_{0}$, where $l$ is the order of the zero of $f$ at $z_{0}$.

因此，$f/g$ 在 $\mathbb {C}$ 上有一个全纯对数，我们记为 $H$。这满足

$z^{m}e^{H(z)}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {z}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {z^{k}}{ka_{n}^{k}}}}=f(z)$$z^{m}e^{H(z)}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {z}{a_{n}}}\right)e^{\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k+1}{\frac {z^{k}}{ka_{n}^{k}}}}=f(z)$.$\Box$

推论 5.8（米塔格-列夫勒定理）:

设 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个没有聚点的复数序列。那么存在一个亚纯函数 $f:\mathbb {C} \setminus \{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}\to \mathbb {C}$ ，它正好有极点 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ ，其中极点 $z_{0}\in \{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ 的阶数为 $l:=|\{n\in \mathbb {N} |s_{n}=z_{0}\}|$ 。

证明:

根据定理 5.7，我们得到一个函数 $g$ ，其零点为 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ ，具有正确的重数。设 $f=1/g$ 。$\Box$

Hadamard 因式分解

在本节中，我们力求以一种比 Weierstraß 因式分解更易于处理的方式对某些全纯函数进行因式分解。这就是 Hadamard 因式分解。它只适用于满足一定增长估计的函数，但事实上，解析数论中出现的许多重要函数确实满足这个估计，因此这个因式分解将为我们提供证明关于这些函数的某些定理的方法。

为了证明我们可以进行 Hadamard 因式分解，我们需要对全纯函数进行一些估计，以及一些准备性引理。

全纯函数的估计

定理 5.9:

设 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 是一个全纯函数，满足 $f(0)\neq 0$，并设 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是该函数的零点序列，按绝对值升序排列。设 $R>r>0$。如果我们用 $N(r)$ 表示 $f$ 在 $B_{r}(0)$ 内部的零点数，那么

$\left({\frac {R}{r}}\right)^{N(r)}\leq {\frac {M(r)}{|f(0)|}}$.

证明:

令 $m:=N(r)$，并定义函数 $g:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 为

$g(s):={\begin{cases}f(s)\prod _{j=1}^{m}{\frac {R^{2}-s{\overline {s_{j}}}}{R(s-s_{j})}}&s\notin \{s_{1},\ldots ,s_{m}\}\\\lim _{t\to s}f(s)\prod _{j=1}^{m}{\frac {R^{2}-t{\overline {s_{j}}}}{R(t-s_{j})}}&{\text{otherwise}}\end{cases}}$,

其中，后一个极限存在，这是因为将 $f$ 在 $s$ 处展开为幂级数，并注意到常数项为零。根据黎曼关于可去奇点的定理，$g$ 是全纯的。现在我们有

$|g(0)|=|f(0)|\prod _{j=1}^{m}{\frac {R}{|s_{j}|}}$,

如果进一步$|s|=R$，那么${\frac {|s|}{R}}=1$，因此我们可以乘以该数字而不改变任何东西，从而为$j\in \{1,\ldots ,m\}$获得

${\begin{aligned}\left|{\frac {R^{2}-s{\overline {s_{j}}}}{R(s-s_{j})}}\right|=1&\Leftrightarrow {\frac {|s|}{R}}\left|{\frac {R^{2}-s{\overline {s_{j}}}}{R(s-s_{j})}}\right|=1\\&\Leftrightarrow \left|{\frac {R^{2}s-s^{2}{\overline {s_{j}}}}{R^{2}s-R^{2}s_{j}}}\right|=1\\&\Leftrightarrow \left|{\frac {R^{2}-s{\overline {s_{j}}}}{R^{2}-R^{2}{\frac {s_{j}}{s}}}}\right|=1\end{aligned}}$.

现在写$s=\sigma +it$和$s_{j}=\sigma _{j}+it_{j}$，我们一方面得到

$s{\overline {s_{j}}}=\sigma \sigma _{j}+tt_{j}+i(t\sigma _{j}-\sigma t_{j})$

另一方面

$R^{2}{\frac {s}{s_{j}}}=R^{2}{\frac {\sigma _{j}\sigma +t_{j}t+i(t_{j}\sigma -\sigma _{j}t)}{\sigma ^{2}+t^{2}}}$.

因此，

${\overline {s{\overline {s_{j}}}}}=R^{2}{\frac {s}{s_{j}}}$,

因此，$s{\overline {s_{j}}}$ 和 $R^{2}{\frac {s}{s_{j}}}$ 到 $R^{2}$ 的距离相同，因为 $R^{2}$ 位于实轴上。

因此，根据最大值原理，我们有

$|f(0)|\prod _{j=1}^{m}{\frac {R}{|s_{j}|}}=|g(0)|\leq \max _{|s|=R}|g(s)|=\max _{|s|=R}|f(s)|$.$\Box$

定理 5.10:

令 $s_{0}\in \mathbb {C}$，令 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 在 $B_{R}(s_{0})$ 内是全纯的，并定义 $M:=\max _{|s|=R}\Re f(s)$。那么

$\forall n\in \mathbb {N} :{\frac {|f^{(n)}(s_{0})|}{n!}}\leq {\frac {2}{R^{n}}}(M-\Re f(s_{0}))$.

证明:

首先，我们考虑这种情况 $s_{0}=0$ 以及 $f(0)=0$。我们可以将 $f$ 写成其幂级数形式

$f(s)=\sum _{j=1}^{\infty }a_{j}s^{j},s\in B_{R}(0)$,

其中 $a_{j}={\frac {f^{(j)}(0)}{j!}}$。如果我们写 $\partial B_{R}(0)\ni s=Re^{i\varphi }$ 以及 $a_{j}=|a_{j}|e^{\varphi _{j}}$，我们通过欧拉公式得到

$\Re \left(a_{j}s\right)=|a_{j}|R^{j}\cos(j\varphi +\varphi _{j})$

因此

$\Re f(s)=\sum _{j=1}^{\infty }|a_{j}|R^{j}\cos(j\varphi +\varphi _{j})$.

由于后面的总和被总和

$\sum _{j=1}^{\infty }|a_{j}|R^{j}$,

支配，它在 $\varphi$ 中绝对一致收敛。因此，通过交换积分和求和的顺序，我们得到

$\int _{0}^{2\pi }\Re f(Re^{i\varphi })d\varphi =0$

由于

$\int _{0}^{2\pi }\cos(j\varphi +\varphi _{j})d\varphi =\left[{\frac {1}{j}}\sin \left(j\varphi +\varphi _{j}\right)\right]_{\varphi =0}^{\varphi =2\pi }=0$

并且对于所有$n\in \mathbb {N}$

$\int _{0}^{2\pi }\Re f(Re^{i\varphi })\cos(n\varphi +\varphi _{n})d\varphi =\pi |a_{n}|R^{n}$

由于

$\int _{0}^{2\pi }\cos(j\varphi +\varphi _{j})\cos(n\varphi +\varphi _{n})d\varphi =\pi \delta _{j,n}$,

正如使用分部积分两次以及$1=\sin ^{2}+\cos ^{2}$ 可以看到的那样。根据积分的单调性，我们现在有

$\pi |a_{n}|R^{n}\leq \int _{0}^{2\pi }\Re f(Re^{i\varphi })(1+\cos(n\varphi +\varphi _{n}))d\varphi \leq 2\pi M$.

这证明了在$s_{0}=0=f(0)$ 的情况下该定理成立。对于一般情况，我们定义

$g(s):=f(s+s_{0})-f(s_{0})$.

然后$s_{0}=0=g(0)$，因此根据我们已经证明的情况

$\left|{\frac {f^{n}(s_{0})}{n!}}\right|=\left|{\frac {g^{n}(0)}{n!}}\right|\leq {\frac {2}{R^{n}}}\max _{|s|=R}\Re g(s)={\frac {2}{R^{n}}}(M-\Re f(s_{0}))$.$\Box$

定理 5.11:

进一步准备

定义 5.12（收敛指数）:

令$(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一个不包含零的复数序列，使得

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{|s_{n}|^{\beta }}}$

对于$\beta >0$ 收敛。然后

$\sigma :=\inf \left\{\beta >0{\big |}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{|s_{n}|^{\beta }}}<\infty \right\}$

被称为序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 的 收敛指数。

定义 5.13 (有限阶全纯函数):

设 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 为全纯函数，并为 $r\geq 0$ 定义

$M(r):=\max _{|s|=r}|f(s)|$.

如果存在 $\alpha >0$ 使得

$\forall r>r_{0}:M(r)<e^{r^{\alpha }}$

对于合适的 $r_{0}>0$ 成立，则 $f$ 被称为 有限阶 函数。在这种情况下，

$\rho :=\inf \left\{\alpha >0{\big |}\exists r_{0}>0:\forall r>r_{0}:M(r)<e^{r^{\alpha }}\right\}$

被称为 $f$ 的 阶。

引理 5.14: