解析組合/柯西-阿達馬定理和柯西不等式

簡介

估計生成函式係數最基本的方法之一是柯西-阿達馬定理和柯西不等式。

我們還將介紹一些背景知識，這將對以後的章節有用。

柯西-阿達馬定理

上極限

分析中的一個關鍵概念是數字序列。在我們的例子中，數字序列可以是我們感興趣的生成函式的係數，寫成 $\{a_{n}\}$.

序列的聚點是數字 $t$，使得對於給定的 $\epsilon >0$，存在無限多個 $n$ 使得

$|a_{n}-t|<\epsilon$.

例如，${\frac {1}{1-z}}$ ($\{1,1,1,\cdots \}$) 的係數序列的聚點為 $1$。 $e^{z}$ ($\{1,{\frac {1}{2!}},{\frac {1}{3!}},\cdots \}$) 的聚點為 $0$。 ${\frac {1}{1-z^{2}}}$ ($\{1,0,1,0,\cdots \}$) 有兩個聚點，$0$ 和 $1$。

一個數列的一個有用性質是它的 **上極限**，記作 $\limsup a_{n}$。這是數列 $\{a_{n}\}$ 的聚點集的最小上界。

在我們上面的例子中，這些將分別為 $1$，$0$ 和 $1$。

收斂

$f(z)$ 被稱為收斂，如果它的級數展開 $\sum a_{n}z^{n}$ 等於一個有限值。

它可能只對 $z$ 的特定值這樣做。有各種方法來測試一個級數是否收斂以及對哪些 $z$ 收斂。

例如，${\frac {1}{1-z}}$ 的級數展開為 $\sum z^{n}$。我們可以使用 D'Alembert 比例檢驗 來測試該級數的收斂性，該檢驗指出，如果以下條件成立，則級數收斂：

$\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}<1$

在我們的例子中，比率為 ${\frac {z^{n+1}}{z^{n}}}$，它只有在 $|z|<1$ 時才小於 $1$。因此，該級數在小於 $1$ 的值上收斂。

$f(z)$ 的 **收斂半徑** 是一個值 $z_{0}$，使得對於 $|z|<z_{0}$，級數展開收斂。

在我們的例子中，${\frac {1}{1-z}}$ 的收斂半徑為 $1$。

需要注意的是，收斂半徑等於函式的最小奇點。 我們將在後面瞭解奇點。

定理

如果 $f(z)=\sum a_{n}z^{n}$ 且 $R$ 是其收斂半徑，則

${\frac {1}{R}}=\limsup _{n\to \infty }|a_{n}|^{1/n}$

該定理的一個推論是

$\left({\frac {1}{R}}-\epsilon \right)^{n}\leq a_{n}\leq \left({\frac {1}{R}}+\epsilon \right)^{n}$ （對於所有 $\epsilon >0$ 以及足夠大的 $n$）

證明

由 Wilf 和 Lang 證明。

函式 $f(z)$ 的收斂半徑 $R$ 意味著如果 $|z|<R$，那麼 $f(z)\neq \infty$。

取 $f(z)=\sum a_{n}z^{n}$，$R$ 是它的收斂半徑，$t=\limsup _{n\to \infty }|a_{n}|^{1/n}$。根據 $\limsup$ 的定義，對於除有限個 $n$ 之外的所有情況

$|a_{n}|\leq (t+\epsilon )^{n}$.

$f(z)$ 當 $|z|\geq {\frac {1}{(t+\epsilon )}}$ 時不會收斂（因為否則 ${\frac {a_{n+1}z^{n+1}}{a_{n}z^{n}}}>1$ 對於所有 $n$ 成立，因此根據達朗貝爾比值判別法會發散），所以 $R\geq {\frac {1}{(t+\epsilon )}}$.

根據 $\limsup$ 的定義，存在無限多個 $n$

$|a_{n}|\geq (t-\epsilon )^{n}$.

$f(z)$ 當 $|z|={\frac {1}{(t-\epsilon )}}$ 時不會收斂，所以 $R\leq {\frac {1}{(t-\epsilon )}}$.

如果 $R\geq {\frac {1}{(t+\epsilon )}}$ 且 $R\leq {\frac {1}{(t-\epsilon )}}$，則 $R={\frac {1}{t}}$ 且 ${\frac {1}{R}}=\limsup _{n\to \infty }|a_{n}|^{1/n}$.

現在，我們證明該定理的結果。

如果，${\frac {1}{R}}=\limsup _{n\to \infty }|a_{n}|^{1/n}$，根據$\limsup$ 的定義，除了有限個$n$ 外，

$|a_{n}|\leq \left({\frac {1}{R}}+\epsilon \right)^{n}$

並且存在無窮多個$n$

$|a_{n}|\geq \left({\frac {1}{R}}-\epsilon \right)^{n}$.

柯西不等式

複數

複數是一個數$z=x+iy$，其中$x$ 和 $y$ 都是實數，$i$ 是虛數單位，其中$i^{2}=-1$。$x$ 被稱為實部，$y$ 被稱為虛部（即使$y$ 本身是一個實數）。

輪廓積分

由於複數有兩個分量，實部和虛部，因此復積分涉及到在二維平面上繞曲線積分。這被稱為輪廓積分。

我們將其表示為

$\int _{C}f(z)dz$

其中$C$ 表示輪廓。

要理解本書後面內容，不需要掌握如何計算輪廓積分。

解析函式

如果函式 $f(z)$ 在點 $z_{0}$ 處被定義、單值且具有導數，則該函式在點 $z_{0}$ 及其周圍的每個點處都是解析的。 。

如果函式 $f(z)$ 在點集 $U$ 的每個點處都是解析的，則稱該函式在點集 $U$ 上是解析的。 。

解析函式的一個性質是，當對閉合 輪廓 $C$ 進行輪廓積分時，我們可以將輪廓 $C$ 連續變形為另一個閉合 輪廓 $C^{'}$，而不改變積分的值（只要在變形輪廓時不穿過任何奇點）。 。

柯西積分公式

柯西積分公式指出：

$f(z_{0})={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}$

其中 $C$ 是一個輪廓，$z_{0}$ 是 $C$ 內部的點，而 $f(z)$ 在輪廓內及輪廓上都是解析 的。

證明：因為 $f(z)$ 是解析的，我們可以用中心為 $z_{0}$、半徑為 $\rho$ 的輪廓 $\gamma$ 代替圍繞 $C$ 的積分。

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\gamma }f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}$

由於 $f(z)$ 是解析函式，它也是連續的。這意味著對於任何 $\epsilon >0$，都存在一個 $\delta >0$ 使得 $|z-z_{0}|<\delta \implies |f(z)-f(z_{0})|<\epsilon$。我們可以透過設定 $\rho \leq \delta$ 來實現這一點。

$\int _{\gamma }f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}=f(z_{0})\int _{\gamma }{\frac {dz}{z-z_{0}}}+\int _{\gamma }{\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}dz$

$f(z_{0})\int _{\gamma }{\frac {dz}{z-z_{0}}}=2\pi if(z_{0})$

$\int _{\gamma }{\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}dz\leq {\frac {\epsilon }{\rho }}2\pi \rho =2\pi \epsilon$

最後，

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\gamma }f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}={\frac {1}{2\pi i}}(2\pi if(z_{0})+2\pi \epsilon )=f(z_{0})$，因為 $\epsilon \to 0$。

泰勒級數

如果 $f(z)$ 在輪廓 $C$ 的內部和上是解析的，則 $f(z)$ 在點 $z_{0}$ 處的泰勒級數展開（該點在 $C$ 的內部）。

$f(z)=f(z_{0})+f'(z_{0})(z-z_{0})+{\frac {f''(z_{0})(z-z_{0})^{2}}{2!}}+\cdots$

柯西係數公式

柯西係數公式指出：

$a_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z^{n+1}}}$

證明： 柯西積分公式指出

$f(z_{0})={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z-z_{0}}}$

如果你對兩邊關於 $z_{0}$ $n$ 次微分，你得到：

${\frac {f^{(n)}(z_{0})}{n!}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{(z-z_{0})^{n+1}}}$

關於 $0$ 的 $f(z)$ 的泰勒級數展開

$f(z)=f(0)+f'(0)z+{\frac {f''(0)z^{2}}{2!}}+\cdots$

因此

$a_{n}={\frac {f^{(n)}(0)}{n!}}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}f(z){\frac {dz}{z^{n+1}}}$

定理

由於 Titchmarsh 的定理。

如果 $R$ 是 $f(z)$ 的收斂半徑，對於所有 $n\geq 0$ 和 $0<r<R$

$|a_{n}|\leq {\frac {\max _{|z|=r}|f(z)|}{r^{n}}}$

證明

由 Titchmarsh 提供的證明。

根據柯西係數公式

$a_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z|=r}f(z){\frac {dz}{z^{n+1}}}$

我們有

$|a_{n}|=\left|{\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z|=r}f(z){\frac {dz}{z^{n+1}}}\right|={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z|=r}|f(z)|{\frac {dz}{z^{n+1}}}$

和

$\int _{|z|=r}|f(z)|dz\leq \max _{|z|=r}|f(z)|2\pi r$

因此

$|a_{n}|={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z|=r}|f(z)|{\frac {dz}{z^{n+1}}}\leq {\frac {1}{2\pi }}\max _{|z|=r}|f(z)|{\frac {2\pi r}{r^{n+1}}}={\frac {\max _{|z|=r}|f(z)|}{r^{n}}}$

直觀地，我們透過取 $|f(z)|$ 沿整個輪廓的最大值來估計輪廓積分，如下面的綠色環所示。

參考文獻

• Lang, Serge (1999). Complex Analysis (第 4 版). Springer Science+Business Media, LLC.
• Stroud, K. A. (2003). Advanced Engineering Mathematics (第 4 版). Palgrave Macmillan.
• Stroud, K. A. (2001). Engineering Mathematics (第 5 版). Palgrave Macmillan.
• Titchmarsh, E. C. (1939). The Theory of Functions (第 2 版). Oxford University Press.
• Wilf, Herbert S. (2006). Generatingfunctionology (PDF) (第 3 版). A K Peters, Ltd.