解析數論/複分析工具

無限乘積

引理 5.1 (實數乘積的收斂性):

令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 使得

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

絕對收斂。然後如果 $\forall n\in \mathbb {N} :|b_{n}|\leq |a_{n}|$,

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

收斂。

證明: 不失一般性，我們假設 $|b_{n}|<{\frac {1}{2}}$ 對於所有 $n\in \mathbb {N}$.

記

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

那麼我們有

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

現在我們將一階拉格朗日餘項的泰勒公式應用於 $\log(1+x)$ 在 $1$ 處獲得 $|x|<{\frac {1}{2}}$

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

因此，我們有 $|x|<{\frac {1}{2}}$

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

因此，$|\log(1+b_{j})|\leq |b_{j}|$ 因此我們得到了 $q_{n}$ 的（甚至絕對）收斂； 因此，由指數函式的連續性， $p_{n}$ 也收斂。$\Box$

定理 5.2（複數乘積的比較檢驗）:

假設 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個非負實數序列，使得

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

收斂。進一步假設 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個複數序列，使得 $\forall n\in \mathbb {N} :|s_{n}|\leq a_{n}$。那麼

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

收斂。此外，對於所有$n\in \mathbb {N}$

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

證明:

我們定義

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

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

不失一般性，我們可以假設所有乘積都不為零；否則我們立即得到收斂（到零）。

我們現在證明$(p_{n})_{n\in \mathbb {N} }$是一個柯西序列。實際上，我們有

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

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

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

由於 $q_{n}\to q$，它是一個柯西序列，因此，根據上述不等式，$(p_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 也是一個柯西序列。定理的最後一個斷言可以透過在上述不等式中取 $k\to \infty$ 得到。$\Box$

定理 5.3（複數積的求和檢驗）:

設 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個實數序列，使得

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

絕對收斂。那麼，如果 $\forall n\in \mathbb {N} :|s_{n}|\leq |a_{n}|$，

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

收斂，其中 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個複數序列。此外，對於所有 $n\in \mathbb {N}$

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

證明 1:

我們使用引理 5.1 和比較檢驗來證明定理。

實際上，根據引理 5.1，乘積

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

收斂。因此，根據定理 5.2，我們得到收斂和所需的不等式。$\Box$

證明 2（不使用不等式）:

我們利用引理 5.1 和對 $\arcsin$ 應用泰勒公式證明了定理，除了最後的不等式。

我們定義 $p_{n}:=\prod _{j=1}^{n}(1+s_{j})$。然後，由於每個複數都滿足 $z=|z|e^{i\arg(z)}$，我們需要證明序列 $(|p_{n}|)_{n\in \mathbb {N} }$ 和 $(\arg(p_{n}))_{n\in \mathbb {N} }$ 的收斂性。

對於第一個序列，我們注意到 $(|p_{n}|)_{n\in \mathbb {N} }$ 的收斂性等價於 $(|p_{n}|^{2})_{n\in \mathbb {N} }$ 的收斂性。現在對於每個 $k\in \mathbb {N}$

$|1+$

定理 5.4（全純函式乘積）:

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是域 $D$ 上的全純函式序列，使得對於每個 $z\in D$，我們都能找到一個緊緻集 $K\ni z$ 和一個序列 $(a_{n}^{K})_{n\in \mathbb {N} }$，使得 $\forall n\in \mathbb {N} :\forall w\in K:|f_{n}(z)|\leq |a_{n}^{K}|$ 並且

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

絕對收斂。 然後

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

定義一個全純函式。

證明:

首先，我們注意到 $g(z)$ 對每個 $z$ 都是定義良好的，這是由於定理 5.2。 為了證明該乘積是全純的，我們使用複分析中的一個事實，即如果一個函式序列區域性一致收斂於另一個函式，並且該函式序列有無限多個全純成員，那麼極限函式也是全純的。 事實上，根據定理 5.3 中的不等式，我們得到了均勻收斂。 因此，定理得證。 $\Box$

魏爾斯特拉斯分解

以下引理非常重要，因為我們可以從中推匯出三個重要定理。

1. 具有規定零點的全純函式的存在性
2. 魏爾斯特拉斯分解定理（一種將任何全純函式寫成線性因子和指數函式的乘積的方法）
3. 米塔-列夫勒定理（以 哥斯塔·米塔-列夫勒（一個人）命名）

引理 5.5:

令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是複數序列，滿足

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

且

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

則函式

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

恰好具有零點 $\{a_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，並具有正確的重數。

證明:

對於每個$n\in \mathbb {N}$定義

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

我們的計劃是證明$\prod _{n=1}^{\infty }u_{n}(s)$在半徑為$|a_{N}|$的圓的每個子圓中一致收斂。對於每個$N\in \mathbb {N}$。由於函式$z\mapsto \log(1+z)$在以零為中心的單位球內是全純的，因此它等於它在那裡的泰勒級數，即

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

因此，對於$|s|<|a_{n}|$

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

現在設$N\in \mathbb {N}$是給定的，而$n\geq N$是任意的。那麼對於$|s|<(1-\epsilon )|a_{N}|$，$\epsilon >0$是任意的

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

現在對 $n\geq N$ 求和，我們得到

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

對所有 $|s|<(1-\epsilon )|a_{N}|$。因此，我們在該圓內具有一致收斂；因此對數的和是全純的，原始積也是全純的，如果我們將所有內容代入指數函式（注意我們確實有 $\exp(\log(z))=z$ 即使 $z$ 是一個任意的複數）。$\Box$

注意，我們的證明方法類似於我們證明引理 5.1 的方法。儘管如此，不可能直接從定理 5.4 中證明上面的引理，因為如果 $a_{n}$ 選擇得過於緩慢，相應的級數不會收斂。

定理 5.6（具有給定零點的全純函式）:

設 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是複數序列，它沒有積累點。那麼函式

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

包含零值 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，並具有正確的重數，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，按照其絕對值升序排列，而 $m\in \mathbb {N}$ 表示序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中的零值數量。

證明:

我們按照模 $|s_{n}|$ 對序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 進行升序排列，並使用實數上的標準大於或等於關係。我們繼續觀察，然後 $|s_{n}|\to \infty$，因為如果它保持有界，根據 海涅-博雷爾定理，將存在一個聚點。另外，該序列僅在有限次內為零（否則零將是一個聚點）。在從序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中去除零值後，我們稱剩餘的序列為 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$。令 $m\in \mathbb {N}$ 表示 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中零值的數量。然後根據引理 5.5，函式

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

具有必要的屬性。$\Box$

定理 5.7（魏爾斯特拉斯因式分解定理）:

令 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 是一個全純函式，不是常數零函式，其零點為 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$，令 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 為序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 中的非零元素，按其絕對值升序排列，如果 $f(0)=0$，令 $m$ 為 $f$ 在 $0$ 處的零點階。那麼存在一個全純函式 $H:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 使得

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

證明:

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 $\mathbb {C}$ 上有一個全純對數，我們記為 $H$。這滿足

$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$

推論 5.8（米塔格-列夫勒定理）:

設 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個沒有聚點的複數序列。那麼存在一個亞純函式 $f:\mathbb {C} \setminus \{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}\to \mathbb {C}$ ，它正好有極點 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ ，其中極點 $z_{0}\in \{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ 的階數為 $l:=|\{n\in \mathbb {N} |s_{n}=z_{0}\}|$ 。

證明:

根據定理 5.7，我們得到一個函式 $g$ ，其零點為 $\{s_{n}|n\in \mathbb {N} \}$ ，具有正確的重數。設 $f=1/g$ 。$\Box$

Hadamard 因式分解

在本節中，我們力求以一種比 Weierstraß 因式分解更易於處理的方式對某些全純函式進行因式分解。這就是 Hadamard 因式分解。它只適用於滿足一定增長估計的函式，但事實上，解析數論中出現的許多重要函式確實滿足這個估計，因此這個因式分解將為我們提供證明關於這些函式的某些定理的方法。

為了證明我們可以進行 Hadamard 因式分解，我們需要對全純函式進行一些估計，以及一些準備性引理。

全純函式的估計

定理 5.9:

設 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 是一個全純函式，滿足 $f(0)\neq 0$，並設 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是該函式的零點序列，按絕對值升序排列。設 $R>r>0$。如果我們用 $N(r)$ 表示 $f$ 在 $B_{r}(0)$ 內部的零點數，那麼

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

證明:

令 $m:=N(r)$，並定義函式 $g:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 為

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

其中，後一個極限存在，這是因為將 $f$ 在 $s$ 處展開為冪級數，並注意到常數項為零。根據黎曼關於可去奇點的定理，$g$ 是全純的。現在我們有

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

如果進一步$|s|=R$，那麼${\frac {|s|}{R}}=1$，因此我們可以乘以該數字而不改變任何東西，從而為$j\in \{1,\ldots ,m\}$獲得

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

現在寫$s=\sigma +it$和$s_{j}=\sigma _{j}+it_{j}$，我們一方面得到

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

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 $R^{2}$ 的距離相同，因為 $R^{2}$ 位於實軸上。

因此，根據最大值原理，我們有

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

定理 5.10:

令 $s_{0}\in \mathbb {C}$，令 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 在 $B_{R}(s_{0})$ 內是全純的，並定義 $M:=\max _{|s|=R}\Re f(s)$。那麼

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

證明:

首先，我們考慮這種情況 $s_{0}=0$ 以及 $f(0)=0$。我們可以將 $f$ 寫成其冪級數形式

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

其中 $a_{j}={\frac {f^{(j)}(0)}{j!}}$。如果我們寫 $\partial B_{R}(0)\ni s=Re^{i\varphi }$ 以及 $a_{j}=|a_{j}|e^{\varphi _{j}}$，我們透過尤拉公式得到

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

因此

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

由於後面的總和被總和

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

支配，它在 $\varphi$ 中絕對一致收斂。因此，透過交換積分和求和的順序，我們得到

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

由於

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

並且對於所有$n\in \mathbb {N}$

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

由於

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

正如使用分部積分兩次以及$1=\sin ^{2}+\cos ^{2}$ 可以看到的那樣。根據積分的單調性，我們現在有

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

這證明了在$s_{0}=0=f(0)$ 的情況下該定理成立。對於一般情況，我們定義

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

然後$s_{0}=0=g(0)$，因此根據我們已經證明的情況

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

定理 5.11:

進一步準備

定義 5.12（收斂指數）:

令$(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是一個不包含零的複數序列，使得

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

對於$\beta >0$ 收斂。然後

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

被稱為序列 $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 的 收斂指數。

定義 5.13 (有限階全純函式):

設 $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ 為全純函式，併為 $r\geq 0$ 定義

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

如果存在 $\alpha >0$ 使得

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

對於合適的 $r_{0}>0$ 成立，則 $f$ 被稱為 有限階 函式。在這種情況下，

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

被稱為 $f$ 的 階。

引理 5.14: