复变函数44解析函数零点的孤立性与唯一性定理

1、4.4解析函数零点的孤立性与唯一性定理,4.4.1 级析函数零点的孤立性 4.4.2 唯一性定理 4.4.3 最大与最小模原理,定义4.7 设f(z)在解析区域D内一点a的值为零, 即：f(a)=0，则称a为解析函数f(z)的一个零点.,如果在|z-a|R内,解析函数f(z)不恒为零, 我们将它在点a展成幂级数,此时,幂级数的系数 不必全为零.故必有一正数m(m1),使得,合乎上述条件的m称为零点a的阶(级),a称为f(z) 的m（级）零点.特别是当m=1时,a也称为f(z) 的简单零点.,4.4.1 解析函数的零点及其孤立性,定理4.17 不恒为零的解析函数f(z)以a 为m级零点的充要条件

2、为:,其中,(4.14),在点a的邻域|z-a|R内解析,且,证明：,设f(z)以a为m级零点,则：,在a点解析，且,设,(z)在a点解析,例4.15：考察函数f(z)=z-sinz在原点z=o的性质,例4.16：求函数sinz-1的全部零点，并指出它们的阶（级）,定理4.18 如在|z-a|R内解析的函数f(z)不 恒为零,a为其零点,则必有a的一个邻域,使得 f(z)在其中无无异于a的零点.(简单来说就是,不 恒为零的解析函数的零点必是孤立的.),(2) 零点的孤立性,证 设a为f(z)的m级零点,于是,由定理(4.17),(2)在K内有f(z)的一列零点zn(zn0)收敛于a,证 因为f

3、(z)在点a连续,且f(zn)=0,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.,推论4.19 设,(1)f(z)在邻域K:|z-a|R内解析;,即存在zn K, (zn0) f(zn)=0, zna,注：实可微函数的零点 不一定是孤立的！例,(1)函数f1(z), f2(z)在区域D内解析,由假设知f(z)A(D),在D内有一系列 零点zn(zn0)收敛于aD.如果D本身就是以a为心的圆,或D就是整个z平面,则由推论4.19, 即知.,设:,(2)D内有一个收敛于aD的点列zn (zna),在其上f1(z)=f2(z), f1(z) f

4、2(z) zD,定理4.20,证 令f(z)=f1(z)-f2(z)只须证明f(z)在D内恒为零.,一般情况下,可用下述所谓圆链法来证明.,K1,a0=,a1,K1,L,an=,D,图4.2,设b是D内任意固定的点,(图4.2).,在D内可作一折线L连接a及b,以d表示L与边界 间的最短距离(见第三章定理3.3注,d0).,在L上依次取一串点 a=a0,a1,an-1,an=b,at-1,at,使相邻两点间的距离小于定数R(0Rd).显然,由推论4.19,在圆K0:|z-a0|R内,K0,在圆K1:|z-a1|R,再用推论4.19,即知在 K1内,这样继续下去,直到最后一个含有点b为止,在该圆

5、Kn-1内,特别说来,f(b)=0.因为b是D内任意的点,故证明了D内,b,an-1,a1,a2,推论4.21 设在区域D内解析的函数f1(z)及f2(z)在D内的某一子区域(或一小段弧)相等,则它们在D内恒等.,推论4.22 一切在实轴上成立的恒等式,在z平面上 也成立,只要这个恒等式的两边在z平面上都是解 析的.,例4.18,应用唯一性定理，在|z|1内展开Ln(1+z)的 主值枝成z的幂级数,4.4.3最大(小)模原理,定理4.23(最大模 原理) 设f(z)在区域D内解析,则 |f(z)|在D内任何点都不能达到最大值,除非在D内 f(z)恒等于常数.,证 如果用M表|f(z)|在D内的

6、最小上界,则 必0M+.假定在D内有一点z0,函数f(z)的模,在z0达到它的最大值,即|f(z0)|=M.,(1)应用平均值定理(定理3.12)于以z0为中心, 并且连同它的周界一起都全含于区域D内的一个 圆|z-z0|R,就得到,由于,以下用反证法说明这一点:,如果对于某一个值 =0有：,那么根据|f(z)|的连续函数的保号性：,z0,在这个区间之外,总是,在这样的情况下,由(4.15)得,因此,我们已经证明了:在以 点z0为中心的每一个充分小 的圆上|f(z)|=M.,自相矛盾,z0,z0,z0,z0,z0,|f(z)|=M.,在z0点的足够小的邻域K内(K及其周界全含于D内)有,让R连切趋近于零,(2)由第二章习题(一)6(3),必f(z)在K内为常数.,推论4.24 设(1)f(z)在有界区域D内解析,在 闭域 上连续;,(2),则除f(z)为常数的情景外,|f(z)|M,(zD).,(3)由唯一性定理,必f