4.4解析函数零点的孤立性与唯一性定理

§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,幂级数的系数必不全为零.故必有一正数m(m≥1),使得(1)()()'()()0,()0,mmfafafafa但合乎上述条件的m称为零点a的阶(级),a称为f(z)的m阶（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阶零点的充要条件为:()()()mfzzaz()z其中0().a(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：0()()!nmnfafzzan(1)()()()()0,()0,mmfafafafa但()(),!nmnmfafzzan()()!nmnmfafzzan()()!nmnnmmfazazan()mzaz()()()!nnmnmfazzan0()()()()!nmnnfazzanm在a点解析，且0()()!mfaam设()()mfzzaa(z)在a点解析0()()()!nnnazzan0:()()()!)(!nmnmnnnnmaanmfzzazannmn()()!nmnmfafzzan0()a(1)()()'()()0,()0mmfafafafa但例4.15：考察函数f(z)=z-sinz在原点z=0的性质解：f(z)=z-sinz210(1)(21)!nnnzzn1211(1)(21)!nnnzn13221(1)(21)!nnnzzn3()zz例4.16：求函数f(z)=sin(z)-1的全部零点，并指出它们的阶(级)f(z)=z-sinz13221(1)(21)!nnnzzn3()zz1221(1)()()(21)!nnnzzACn1(0)03!z=0是函数f(z)=z-sinz的3阶原点解：令f(z)=sin(z)-1=0,得其全部零点为：2,2kzkkZf(zk)=cos(zk)=0,f(zk)=-sin(zk)0.zk是函数f(z)=sin(z)-1的二阶零点。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.)()()(),mfzzaz其中在点a的邻域|z-a|R内解析,且()0,a()z(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)从而在点a连续.于是由例1.28知存在一邻域|z-a|r使得于其中恒不为零.故f(z)在其中无异于a的其它零点.()z)(z(2)在K内有f(z)的一列零点{zn}(zn≠0)收敛于a,证因为f(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,(zn≠0)f(zn)=0,zn→a()0fzzK注：实可微函数的零点不一定是孤立的！例21sin0()00xxfxxx(1)函数f1(z),f2(z)在区域D内解析由假设知①f(z)∈A(D),②在D内有一系列零点{zn}(zn≠0)收敛于a∈D.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a∈D的点列{zn}(zn≠a),在其上f1(z)=f2(z),f1(z)f2(z)z∈D定理4.20证令f(z)=f1(z)-f2(z)只须证明f(z)在D内恒为零.12fzfz一般情况下,可用下述所谓圆链法来证明.0()0,fzzK=a0a1L=anD图4.2at-1atK0ban-1a2K1aK2Kn-1bD作连接a及b的折线LDd=inf{|-|:L,D}0使|at-at-1|R(0Rd).t=1,2,…,n考察在圆K0:|z-a0|R在L上依次取一串点a=a0,a1,…,an-1,an=b,作圆Kt:|z-at|R,t=0,1,…,n①f(z)∈A(K0),②在K0内,zna,f(zn)=0,4.19f(b)=0.()0,bDfzzD1()0,fzzK4.192()0,fzzK4.194.191()0,nfzzK4.19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.22122sincos,sinsincos,zzzzz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11()ln(),fzz解：令1211()()nnnfzzn则：11(){||}fzAz21(){||}fzAz111(,){||}zxz时，112111()ln()=()()nnnxxfxfxn42212th.()(),fzfz11111()ln()||nnnzzzn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：令M=sup{|f(z)|:zD},则必0M+∞.设存在z0D，|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,就得到反证法：z0DK20001()(Re).2ifzfzd20001|()||(Re)|.2ifzfzd00|(Re)|,|()|,ifzMfzM02(),0|(Re)|.ifzM以下用反证法说明这一点:如果有=0：00|(Re)|ifzM因为|f(z)|连续0|(Re)|ifzMs.t.00(,)[0,2]I0:,DKz0在这个区间之外,总是0|(Re)|ifzM200012|()|(Re)iMfzfzd0012(Re)(Re)CiiIIfzdfzd0012|(Re)||(Re)|CiiIIfzdfzd21222()()MMM200012|()||(Re)|,iMfzfzM自相矛盾!z0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.,z0z0z0z0z0|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|f(z)|=M让R连续趋近于零(2)由第二章习题(一)6(3),必f(z)在K内为常数.(3)由唯一性定理,必f(z)在D内为一常数.推论4.24设(1)f(z)在有界区域D内解析,在闭域D=D+D上连续;(2)|f(z)|M,(z∈D).则除f(z)为常数的情形外,|f(z)|M,(z∈D).*例4.19①f(z)A(K),K={z||z|≤R}则f(z)在圆|z|R内，至少有一个零点②a0,s.t.当|z|=R时，|f(z)|a,但|f(0)|a00sup|()|sup|()||()|,zDDfzfzfzzDz=1()()()zAKfz设f(z)在圆|z|R内无零点，即|f(z)|0与最大模原理矛盾！证明又当|z|=R时，|f(z)|a0,及f(z)A(K)1100|()||()|fa11|||()||()|zRzfza10|(R)||()|iea1()()()zAKfz设f(z)在圆|z|R内无零点，即|f(z)|0自相矛盾！证2又当|z|=R时，|f(z)|a0,及f(z)A(K)1100|()||()|fa11|||()||()|zRzfza1|(R)|iea20102d()(Re)i220011112002|(R|()||()e|)|iaadd有可能是考题！！！