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Lesson 36 解析函数

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2025-3-12

解析函数

分为实解析函数、复解析函数 (全纯函数).

回忆：幂级数函数的行为很好 (是 C∞C^\infty 光滑的，可以逐项求导、逐项积分). 自然我们要问：某个 C∞C^\infty 的 ff 在 x0x_0 附近能否被表示为幂级数？

f(x)=∑∞n=0an(x−x0)n ,∀x∈(x0−δ,x0+δ)(*)f(x)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}a_n(x-x_0)^n\,,\quad\forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\tag{*}

/Claim/

若 (∗)(*) 成立，则 an=f(n)(x0)n!a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}，∀n\forall n，ff 在 x0x_0 附近的幂级数表示至多唯一，是

f(x)=∑∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)nf(x)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n

(称为 ff 在 x0x_0 附近的 Taylor 级数)

/Definition/

称 ff 在 x0x_0 处解析，若 ∃δ>0\exist\delta>0，使得

f(x)=∑∞n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n ,∀x∈(x0−δ,x0+δ)f(x)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\,,\quad\forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)

对开区间 II，称 ff 是 II 上的解析函数，记为 f∈C∞(I)f\in C^\infty(I)，若 ff 在 ∀x0∈I\forall x_0\in I 处均解析.

/Theorem/

设 f∈C∞(I)f\in C^\infty(I)，则 ff 在 II 上解析，当且仅当 ∀x0∈I\forall x_0\in I，∃(x0−δ,x0+δ)⊆I\exist(x_0-\delta,x_0+\delta)\subseteq I (δ>0\delta>0)，以及正常数 C,RC,R 使得

∣f(n)(x)∣≤n!RnC ,∀x∈(x0−δ,x0+δ) ,∀n∈Z≥0|f^{(n)}(x)|\leq\frac{n!}{R^n}C\,,\quad\forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\,,\quad\forall n\in\mathbb{Z}_{\geq0}

/Proof/

对我们来说，充分性 (“⟸\Longleftarrow”) 是更好证明的：只需证 ff 在 x0x_0 处解析. 为此，要取一个 ∣x−x0∣|x-x_0| 的上限，我们先写出 ff 与其 Taylor 公式的差：

∣f(x)−∑n−1k=0f(k)(x0)k!(x−x0)k∣=Taylor∣f(n)(ξx,n)n!(x−x0)n∣\left|f(x)-\underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum}}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right|\overset{\text{Taylor}}{=}\left|\frac{f^{(n)}(\xi_{x,n})}{n!}(x-x_0)^n\right|

由我们的条件，上式应该满足：

≤n!RnCn!∣x−x0∣n=(∣x−x0∣R)nC\leq\frac{\frac{n!}{R^n}C}{n!}|x-x_0|^n=\left(\frac{|x-x_0|}{R}\right)^nC

只要取底数小于 11，最终的余项会趋于 00，所以我们取 ∀∣x−x0∣<min⁡(δ,R)\forall|x-x_0|<\min(\delta,R)，可知这时有

lim⁡n→∞(f(x)−∑n−1k=0f(k)(x0)k!(x−x0)k)=0\lim_{n\to\infty}\left(f(x)-\underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum}}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\right)=0

即，∀∣x−x0∣<min⁡(δ,R)\forall|x-x_0|<\min(\delta,R)，f(x)f(x) 在 x0x_0 处解析.

对于必要性 (“⟹\Longrightarrow”)，我们尝试证明：已知 ff 在 x0x_0 处解析，设在 (x0−δ,x0+δ)(x_0-\delta,x_0+\delta) 中有

f(x)=∑∞k=0ak(x−x0)k ,∀x∈(x0−δ,x0+δ)f(x)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}a_k(x-x_0)^k\,,\quad\forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)

逐项求导 nn 次，得到

∣f(n)(x)∣=∣∑∞k=nakk(k−1)⋯(k−n+1)(x−x0)k−n∣≤∑∞k=n∣ak∣k(k−1)⋯(k−n+1)δk−nWe need sup⁡∣ak∣(**)\begin{aligned} |f^{(n)}(x)|&=\left|\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}a_kk(k-1)\cdots(k-n+1)(x-x_0)^{k-n}\right|\\ &\leq\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}|a_k|k(k-1)\cdots(k-n+1)\delta^{k-n}\\\\ &\text{We need }\sup|a_k| \end{aligned} \tag{**}

/Lemma/

∑∞n=0anxn\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}a_nx^n 半径 ≥ρ\geq\rho ⟺\Longleftrightarrow ∀0<R<ρ\forall0<R<\rho，∃\exist 常数 CC 使得 ∣an∣≤CRn|a_n|\leq\frac{C}{R^n}，∀n∈Z≥0\forall n\in\mathbb{Z}_{\geq0}.

这个引理的证明放在后面.

由于 ∑∞k=0ak(x−x0)k\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}a_k(x-x_0)^k 的收敛半径 ≥δ′>δ\geq\delta'>\delta (这里特意取小了一个 δ\delta，为了保证收敛)，用引理知道对于 ∀0<R<δ′\forall0<R<\delta'，∃C\exist C 使得 ∣an∣≤CRn|a_n|\leq\frac{C}{R^n}，∀n≥0\forall n\geq0. 代回 (∗∗)(**)，知道

∣f(n)(x)∣≤∑∞k=nCRkk(k−1)⋯(k−n+1)δk−n=n!Rn∑∞k=nC⋅k(k−1)⋯(k−n+1)n!(δR)k−n=n!RnC∑∞k=nCkk−n(δR)k−n=k−n=ln!RnC∑∞l=0Cn+ll(δR)l=n!RnC(1−δR)−n−1\begin{aligned} |f^{(n)}(x)|&\leq\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{C}{R^k}k(k-1)\cdots(k-n+1)\delta^{k-n}\\ &=\frac{n!}{R^n}\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}C\cdot\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!}\left(\frac{\delta}{R}\right)^{k-n}\\ &=\frac{n!}{R^n}C\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}C_k^{k-n}\left(\frac{\delta}{R}\right)^{k-n}\\ &\overset{k-n=l}{=}\frac{n!}{R^n}C\underset{l=0}{\overset{\infty}{\sum}}C_{n+l}^l\left(\frac{\delta}{R}\right)^l\\ &=\frac{n!}{R^n}C(1-\frac{\delta}{R})^{-n-1} \end{aligned}

其中，最后一步用到之前的结论：

(1−x)−n−1=∑∞l=0Cn+llxl ,∣x∣<1(1-x)^{-n-1}=\underset{l=0}{\overset{\infty}{\sum}}C_{n+l}^lx^l\,,\quad|x|<1

这样，∀∣x−x0∣<δ<δ′\forall|x-x_0|<\delta<\delta'，有

∣f(n)(x)∣≤n!RRn+1C1(1−δR)n+1=CRR−δn!Dn\begin{aligned} |f^{(n)}(x)|&\leq\frac{n!R}{R^{n+1}}C\frac{1}{(1-\frac{\delta}{R})^{n+1}}=\frac{CR}{R-\delta}\frac{n!}{D^n} \end{aligned}

其中，D=R−δ>0D=R-\delta>0. 恰好是定理中的 RHS，证毕.

引理证明

“⟹\Longrightarrow”：由 Cauchy - Hadamard 公式，得到 lim⁡n→∞sup⁡ann<1R\underset{n\to\infty}{\lim}\sup\sqrt[n]{a_n}<\frac{1}{R}.

令 yn=sup⁡{ann ,an+1n+1    ,⋯ }y_n=\sup\{\sqrt[n]{a_n}\,,\sqrt[n+1]{a_{n+1}}\,\,\,\,,\cdots\}，则 yny_n 单调递减，趋于我们要求的 lim⁡sup⁡\lim\sup. 所以 ∃yN<1R\exist y_N<\frac{1}{R}，∀n≥N\forall n\geq N 有 ∣an∣n<1R\sqrt[n]{|a_n|}<\frac{1}{R}，∣an∣<1Rn|a_n|<\frac{1}{R^n}.

表明 ∣an∣Rn|a_n|R^n 有上界 (n≥Nn\geq N) 时，而且前面只有有限项，所以 {∣an∣Rn}\{|a_n|R^n\} 有上界 CC，得到 ∣an∣≤CRn|a_n|\leq\frac{C}{R^n}，∀n\forall n.

虽然这里我们不需要用到“⟸\Longleftarrow”，但是我们还是来证明一下：

要证明收敛半径 ≥ρ\geq\rho，为此，取 ∀∣x∣<R<ρ\forall|x|<R<\rho，从而

∣anxn∣≤CRn∣x∣n=C(∣x∣R)n|a_nx^n|\leq\frac{C}{R^n}|x|^n=C\left(\frac{|x|}{R}\right)^n

这里只需要公比 ∣x∣/R|x|/R 小于 11，比较定理知道绝对收敛，∀∣x∣<ρ\forall|x|<\rho. 而收敛半径应当为 sup⁡{x≥0:x\sup\{x\geq0:x 处绝对收敛}≥ρ\}\geq\rho，得证.

证毕.

一般而言，我们用这个定理来验证 f∈C∞f\in C^\infty 是否解析.

/Corollary/

幂级数在收敛半径内是解析函数.

设 f(x)=∑∞n=0an(x−x0)nf(x)=\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}a_n(x-x_0)^n 半径为 δ\delta，则 ff 在 (x0−δ,x0+δ)(x_0-\delta,x_0+\delta) 中解析.

一种解释是，我们相信 ff 可以以 x0x_0 为中心展为幂级数，那么也可以以 x1∈(x0−δ,x0+δ)x_1\in(x_0-\delta,x_0+\delta) 为中心展开，每一项 (x−x0)n(x-x_0)^n 在 x1x_1 处再展开成无穷项.

⟶\longrightarrow 但是这里并不严格，因为原来的每一项都会展开成大量的不同阶数的项，导致混乱.

/Proof/ (严格证明)

用定理的证明过程，重新概括地写一遍：

∀δ<δ′\forall\delta<\delta'，取定 δ<R<δ′\delta<R<\delta'，可得 ∀x∈(x0−δ′,x0+δ′)\forall x\in(x_0-\delta',x_0+\delta') 有

∣f(n)(x)∣≤CRn!(R−δ)n+1 ,∀n≥0|f^{(n)}(x)|\leq CR\frac{n!}{(R-\delta)^{n+1}}\,,\quad\forall n\geq0

这样，∀x1∈(x0−δ′,x0+δ′)\forall x_1\in(x_0-\delta',x_0+\delta')，取 ∣x1−x0∣<δ<δ′|x_1-x_0|<\delta<\delta'，可得 ∀x0−δ<x<x0+δ\forall x_0-\delta<x<x_0+\delta 有

∣f(n)(x)∣≤kn!Dn ,∀n≥0|f^{(n)}(x)|\leq k\frac{n!}{D^n}\,,\quad\forall n\geq0

特别地，在 B∣δ−x1∣(x1)B_{|\delta-x_1|}(x_1) 中亦如此，所以由定理知 ff 在 (x0−δ′,x0+δ′)(x_0-\delta',x_0+\delta') 中解析.

实解析函数的例子

/Example/

多项式函数是 R\R 上的实解析函数. 因为它直接是一个 Taylor 公式的有限和.

exe^x，sin⁡x\sin x，cos⁡x\cos x 在 R\R 上是实解析函数.

(实际上包含了上面几个例子) 幂级数在收敛半径内是实解析函数.

上学期证明过，

(1+x)α=∑∞k=0Cαkxk ,∣x∣<1(1+x)^\alpha=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}C_\alpha^kx^k\,,\quad|x|<1

右边幂级数的半径为 11，(1+x)α(1+x)^\alpha 在 (−1,1)(-1,1) 上实解析.

ln⁡(1+x)\ln(1+x) 在 (−1,1)(-1,1) 中实解析.

艾神突然想到的一个问题：(1+x)α(1+x)^\alpha 和 ln⁡(1+x)\ln(1+x) 在 (−1,+∞)(-1,+\infty) 上是否实解析？

回答：是的，因为对于 (1,+∞)(1,+\infty)，换元即可，取为

f(x)=(1+x)α=(1+x0)α(1+x−x01+x0)α=(1+x0)α∑∞n=0Cαn(x−x01+x0)ng(x)=ln⁡(1+x)=ln⁡(1+x0)+∑∞n=1(−1)n−1n(x−x01+x0)n\begin{aligned} f(x)&=(1+x)^\alpha=(1+x_0)^\alpha(1+\frac{x-x_0}{1+x_0})^\alpha=(1+x_0)^\alpha\underset{n=0}{\overset{\infty}{\sum}}C_\alpha^n(\frac{x-x_0}{1+x_0})^n\\ g(x)&=\ln(1+x)=\ln(1+x_0)+\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(\frac{x-x_0}{1+x_0})^n \end{aligned}

多元微分学

终于进入我们课程的下一个部分——多元微分学.

这里的内容有：多元函数、极限、连续性、求导 & 微分、Taylor 公式.

Rn=R×⋯×R\R^n=\R\times\cdots\times\R，为 nn 重 Descartes 积，得到 nn 维 Euclidean 空间. 其元素称为 Rn\R^n 的点，可以写成行 / 列向量形式：

x⃗=(x1⋮xn)=(x1⋯xn)\vec{x}=\begin{pmatrix} x_1\\\vdots\\x_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_1&\cdots&x_n \end{pmatrix}

称 xix_i 为 x⃗\vec{x} 的第 ii 个分量.

/Definition/

一个多元函数 f:D→Rf:D\to\R 是指从 Rn\R^n 的子集 DD 到 R\R 的映射；

一个多元映射指 f:D→Rnf:D\to\R^n.

注意 Rn\R^n 有 mm 个投影映射 Pi:Rm→RP_i:\R^m\to\R (向第 ii 个坐标投影)，P(x1,⋯ ,xm)=xiP(x_1,\cdots,x_m)=x_i，f:D→Rmf:D\to\R^m ⟺\Longleftrightarrow mm 个分量函数 fi:D→fRm→PiRf_i:D\overset{f}{\to}\R^m\overset{P_i}{\to}\R (1≤i≤m1\leq i\leq m). 具体而言，∀x⃗∈D\forall\vec{x}\in D，f(x⃗)∈Rmf(\vec{x})\in\R^m 的第 ii 个分量为 Pi(f(x))=fi(x⃗)P_i(f(x))=f_i(\vec{x}).

f(x⃗)=(f1(x⃗),f2(x⃗),⋯ ,fm(x⃗)) ,∀x⃗∈Df(\vec{x})=(f_1(\vec{x}),f_2(\vec{x}),\cdots,f_m(\vec{x}))\,,\quad\forall \vec{x}\in D

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