複分析/柯西定理和柯西積分公式

Goursat-Pringsheim 引理

柯西定理指出，如果 $f:U\to \mathbb {C}$ 在 $U$ 上是全純函式（$U$ 是一個星形域；我們將在下一節中精確說明這意味著什麼），並且 $\gamma$ 是一個閉合曲線，其值在 $U$ 內，那麼

$\int _{\gamma }f(z)dz=0$

作為證明該定理的第一步，我們將證明一個特殊情況，其中 $\gamma$ 是一個三角形；這就是 Goursat-Pringsheim 引理。Goursat 最初提出了這個想法，但 Pringsheim 後來提出了使用三角形（而不是 Goursat 所用的正方形）的想法。

引理 6.1 (Goursat-Pringsheim):

設 $\Delta \subset U$ 是一個三角形，其中 $f:U\to \mathbb {C}$ 是全純函式，並且三角形的內部包含在 $U$ 內。那麼我們有

$\int _{\Delta }f(z)dz=0$.

證明:

任何三角形 $\Delta$ 可以被分成四個邊長相等的小三角形，如圖所示。每個小三角形的邊長將是原始三角形邊長的一半；從公式中可以清楚地看出，如果我們要使事情（更加）嚴格，我們就會為較小的三角形分配這些公式。我們將這四個三角形表示為 $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ 和 $\delta$。但是四個非負數中的一個

$\left|\int _{\alpha }f(z)dz\right|,\left|\int _{\beta }f(z)dz\right|,\left|\int _{\gamma }f(z)dz\right|,\left|\int _{\delta }f(z)dz\right|$

將是最大的。然後我們設定 $\Delta _{0}:=\Delta$，$\Delta _{1}$ 為從 $\Delta _{0}$ 生成的四個較小三角形中的第一個，使得上述絕對值最大，依此類推；即，一旦 $\Delta _{n}$ 對一般 $n\in \mathbb {N} _{0}$ 定義，我們將 $\Delta _{n}$ 分解成三角形 $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$，如上所述，然後定義 $\Delta _{n+1}$ 為 $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ 中使上述四個值中的絕對值最大的一個。

透過這種方式，我們獲得了一系列越來越小的三角形 $(\Delta _{n})_{n\in \mathbb {N} _{0}}$。現在我們有以下引理

引理 6.2（康托爾交集定理）:

設 $K_{1}\supseteq K_{2}\supseteq K_{3}\supseteq \cdots \supseteq K_{n}\supseteq \cdots$ 是位於豪斯多夫拓撲空間 $(M,d)$ 中的緊緻集的遞減序列。那麼

$\bigcap _{n\in \mathbb {N} }K_{n}\neq \varnothing$

證明:

在豪斯多夫拓撲空間中，緊集是閉集；事實上，令 $K$ 為這樣一個緊集，並假設某個 $x\notin K$ 的鄰域濾子使得其所有元素都與 $K$ 有非空交集。

因此，如果我們假設

$\bigcap _{n\in \mathbb {N} }K_{n}=\varnothing$

我們透過德摩根定律，在$K_{1}$中取補集，得到

$\bigcup _{n\in \mathbb {N} }(K_{1}\setminus K_{n})=K_{1}$

因此，如果我們將 $K_{1}$ 看作具有子空間拓撲的拓撲空間，那麼集合 $(K_{1}\setminus K_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 就構成了 $K_{1}$ 的開覆蓋。根據 $K_{1}$ 的緊緻性，存在有限子覆蓋 $K_{1}\setminus K_{n_{1}},\ldots ,K_{1}\setminus K_{n_{k}}$，這裡不失一般性，假設 $n_{1}<n_{2}<\cdots <n_{k}$。由於單調性，我們得到，事實上，$K_{1}=K_{1}\setminus K_{n_{k}}$，因此 $K_{n_{k}}=K_{1}$，這與假設矛盾。$\Box$

因此，我們可以得到一個點

$z_{0}\in \bigcap _{n\in \mathbb {N} }{\text{Conv}}(\Delta _{n})$

其中 ${\text{Conv}}(\Delta _{n})$ 表示 $\Delta _{n}$ 的填充三角形（即凸包）。

現在，根據假設，$f$ 可微，特別是在 $z_{0}$ 處。因此，我們可以寫成

$f(z)=f(z_{0})+f'(z_{0})(z-z_{0})+h(z)$

其中 $h(z)\to 0$ 當 $z\to 0$ 時；實際上，我們可以設定

$h(z)={\frac {f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}}-f'(z_{0})$

此外，如果我們在複平面上取任意三角形 $\Delta$ 並形成多項式在其上的曲線積分，我們將得到零；實際上，每個多項式 $p$ 都有一個原函式 $P$，它以明顯的方式形成，根據第 2 章；也就是說，它與實數情況下的公式完全相同，微分公式也證實了這一點。我們可以將三角形 $\Delta$ 分解成三條線；假設 $a,b,c\in \mathbb {C}$ 是該三角形的角點，那麼 $\Delta ={\overline {a,b}}+{\overline {b,c}}+{\overline {c,a}}$（$+$ 表示連線，儘管我們將在稍後考慮鏈時，允許在 $\cdot +\cdot$ 左右兩側使用更一般的曲線作為引數），我們將得到

${\begin{aligned}\int _{\Delta }p(z)dz&=\int \limits _{\overline {a,b}}p(z)dz+\int \limits _{\overline {b,c}}p(z)dz+\int \limits _{\overline {c,a}}p(z)dz\\&=(P\circ \gamma )(a)-(P\circ \gamma )(b)+(P\circ \gamma )(b)-(P\circ \gamma )(c)+(P\circ \gamma )(c)-(P\circ \gamma )(a)=0\end{aligned}}$

如預期。特別地，我們得到

$\int \limits _{\Delta _{n}}f(z)dz=\int \limits _{\Delta _{n}}h(z)dz$

以及根據基本估計

$2^{n}||$

但是，這個值實際上比原始積分的絕對值要大，因為我們有

$\int \limits _{\Delta _{n}}f(z)dz=\int \limits _{\alpha _{n}}f(z)dz+\int \limits _{\beta _{n}}f(z)dz+\int \limits _{\gamma _{n}}f(z)dz+\int \limits _{\delta _{n}}f(z)dz$

因為積分抵消了，如圖片所示，因此根據三角不等式

$\left|\int \limits _{\Delta _{n}}f(z)dz\right|\leq 4\left|\int \limits _{\Delta _{n+1}}f(z)dz\right|$;

然後使用歸納法獲得每個 $n$的“大於”。但由於如果絕對值小於或等於任何正值，它就為零，所以這表明了該定理。$\Box$

關於星形區域的柯西定理

現在我們準備證明關於星形區域的柯西定理。這個定理和柯西積分公式（從它推匯出來）是該理論的“工作馬”，我們將從這兩個定理推匯出全純函式的區域性理論，然後全域性理論也將隨之而來。

定義 6.3:

設 $U\subset \mathbb {C}$ 為開集。 $U$ 被稱為 **星形** 當且僅當存在一個指定點 $z_{0}\in U$，使得對於所有 $z\in U$，線段 ${\overline {z_{0},z}}$ 完전히 포함되어 있습니다. $U$.

非正式地說，$U$ 將 “看起來像一顆星星”，中心為 $z_{0}$.

關於這些域，我們有以下引理

引理 6.4:

設 $f:U\to \mathbb {C}$ 是一個全純函式，其中 $U$ 是星形的。 那麼 $f$ 在 $U$ 中有一個 *原函式*，即一個全純函式 $F:U\to \mathbb {C}$，使得 $F'(z)=f(z)$ 在每個點 $z\in U$ 上都成立。

證明:

我們首先定義

$F(z):=\int \limits _{\overline {z_{0},z}}f(z)dz$

這將由 $U$ 的星形來明確定義，即 $f$ 必須在路徑 ${\overline {z_{0},z}}$ 上定義，並且確實定義在該路徑上。我們現在的論點是，這樣定義的 $F$ 確實是 $f$ 的原函式。

實際上，選擇任何固定的 $z\in U$。由於 $U$ 是開集，我們找到了一個（可能很小的）半徑 $r>0$，使得 $B_{r}(z)$ 完全包含在 $U$ 中。

柯西積分公式

柯西積分公式乍一看有點奇怪

定理 6.6:

令 $f:U\to \mathbb {C}$ 為全純函式，並假設 $z_{0}\in U$ 是 $U$ 中的一個點，而 $r>0$ 是一個半徑，使得 ${\overline {B_{r}(z_{0})}}\subset U$。然後

對於所有 $z\in B_{r}(z_{0})$，我們有 $f(z)={\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{w-z}}dw$，

其中閉合輪廓 $\partial B_{r}(0)$ 是逆時針方向遍歷的，例如使用引數化

$\gamma :[0,2\pi ]\to \partial B_{r}(0),\gamma (t)=z_{0}+re^{it}$

這個公式乍一看可能很奇怪，但考慮特殊情況 $z=z_{0}$ 並代入曲線積分的定義，我們可以得到它的一個特例實際上是一個平均值公式

$f(z_{0})={\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw={\frac {1}{2\pi }}\int \limits _{0}^{2\pi }f(z_{0}+re^{it})dt$

以下我們總是假設路徑 $\partial B_{r}(z_{0})$ 是逆時針遍歷的。

證明:

首先我們注意到函式

$\Phi :[0,r]\to \mathbb {C} ,s\mapsto {\frac {1}{2\pi }}\int \limits _{0}^{2\pi }f(z_{0}+se^{it})dt$

是連續的；這是由於 $f$ 在緊集上的有界性，由控制收斂定理得出。然後我們注意到，對於任何 $s>0$，上述表示式與

${\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{s}(0)}\!{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw$

此外，給定 $r>s,t>0$，我們有

${\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{s}(0)}\!{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw-{\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{t}(0)}\!{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\gamma }{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw$

其中 $\gamma$ 是曲線

$\gamma :[0,1]\to \mathbb {C} ,\gamma (x)=(\delta _{1}\cdot \delta _{2})\cdot \delta _{3}={\begin{cases}\delta _{1}(x)\\\delta _{2}(x)\\\delta _{3}(x)\end{cases}}$

其中我們定義

$\delta _{1}(x):={\begin{cases}se^{{\frac {8}{3}}\pi ix}&x\leq {\frac {1}{4}}\\{\frac {x-{\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{2}}}}se^{{\frac {2}{3}}\pi i}+{\frac {x-{\frac {1}{4}}}{{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}}te^{{\frac {2}{3}}\pi i}&{\frac {1}{4}}\leq x\leq {\frac {1}{2}}\\te^{{\frac {2}{3}}\pi i-{\frac {8}{3}}\pi i{\bigl (}x-{\frac {1}{2}}{\bigr )}}&{\frac {1}{2}}\leq x\leq {\frac {3}{4}}\\{\frac {x-1}{{\frac {3}{4}}-1}}\end{cases}},\quad \delta _{2}(s):={\begin{cases}\end{cases}},\quad \delta _{3}(s):={\begin{cases}\end{cases}}$

$\cdot$ 表示曲線連線。該曲線在以下圖片中顯示

這張圖片展示了我在證明柯西積分公式時所使用的曲線。

然而，我們發現星形區域（例如半平面）包含了構成 $\gamma$ 的每個迴圈 $\delta _{j}$，因此，實際上

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{\gamma }{\frac {f(w)}{w-z_{0}}}dw=0$

根據星形區域上的柯西定理，因此 $\Phi$ 在 $(0,r]$ 上是常數，並且根據連續性和 $\Phi (0)=f(z_{0})$，此常數必須恰好是 $f(z_{0})$。$\Box$

注意：使用類似於曲線 $\gamma$ 的構造，我們實際上得到了柯西積分公式的更一般的版本

${\displaystyle }$

現在注意到，在我們的情況下，我們可以在積分符號下進行微分，這給了我們 $f^{(n)}(z)$ （高階導數）的公式，對於在相應球中的 $z$。實際上，我們得到

${\begin{aligned}f'(z)&={\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{(w-z)^{2}}}dw\\f^{(2)}(z)&={\frac {1}{2}}{\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{(w-z)^{2}}}dw\\f^{(3)}(z)&={\frac {1}{6}}{\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{(w-z)^{3}}}dw\\&\vdots \\f^{(n)}(z)&={\frac {1}{n!}}{\frac {1}{2\pi i}}\!\int \limits _{\partial B_{r}(0)}\!{\frac {f(w)}{(w-z)^{n}}}dw\\&\vdots \end{aligned}}$

稍後，我們將從泰勒展開式（我們將計算）中推匯出完全相同的公式；實際上，正如我們將展示的那樣，所有全純函式都等於它們的泰勒級數。