**魏尔施特拉斯分解定理**（英語：）是指任意整函数f(z)可以分解为如下无穷乘积的形式：

{\displaystyle f(z)=}{\displaystyle z^{m}e^{g(z)}}{\displaystyle \prod \_{n=1}^{\infty }}{\displaystyle (1-{\tfrac {z}{a\_{n}}})}{\displaystyle e^{{\tfrac {z}{a\_{n}}}+{\tfrac {1}{2}}({\tfrac {z}{a\_{n}}})^{2}+{\tfrac {1}{3}}({\tfrac {z}{a\_{n}}})^{3}+\cdots +{\tfrac {1}{h}}({\tfrac {z}{a\_{n}}})^{h}}}{\displaystyle =z^{m}e^{g(z)}\prod \_{n=1}^{\infty }E\_{p\_{n}}\left({\frac {z}{a\_{n}}}\right)}

其中g(z)是另一整函数，h是上述无穷乘积收敛的最小整数，称为亏格。{\displaystyle E\_{p\_{n}}}是魏尔施特拉斯的基本因子。这种无穷乘积称为典范乘积。求解g(z)的方法一般是两边同时取对数再求导数，这样右边就可以化为无穷级数形式，通过对比无穷级数理论中的相关结果得出g(z)的形式。

基本因子
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英文为**primary factors**或是**elementary factors**。也有译为"**主要因子**"的版本。

对于任意的{\displaystyle n\in \mathbb {N} \_{0}}，**基本因子**{\displaystyle E\_{n}(z)}的定义如下：

{\displaystyle {\begin{aligned}&E\_{n}(z)=(1-z)\exp \left(h\_{n}(z)\right)\\&h\_{n}(z)={\begin{cases}0&{\text{ if }}n=0,\\{\frac {z^{1}}{1}}+{\frac {z^{2}}{2}}+\cdots +{\frac {z^{n}}{n}}&{\text{ otherwise. }}\end{cases}}\end{aligned}}}

其中，级数{\displaystyle h\_{n}(z)={\frac {z^{1}}{1}}+{\frac {z^{2}}{2}}+{\frac {z^{3}}{3}}+\cdots +{\frac {z^{n}}{n}}}。

对于级数{\displaystyle h\_{n}(z)}，有如下性质。以下性质在后续引理的证明中会用到（主要是3.、4.与5.）。

1. |z|<1的情况下，{\displaystyle h\_{n}(z)}可被展开为{\displaystyle {\frac {1}{1-z}}=1+z^{1}+z^{2}+z^{3}+\cdots }。接着两边同时积分，可得{\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{1-z}}dz=-\log(1-z)={\frac {z^{1}}{1}}+{\frac {z^{2}}{2}}+{\frac {z^{3}}{3}}+\cdots \end{aligned}}}。所以{\displaystyle h\_{n}(z)}的极限可以表示为{\displaystyle h\_{\infty }(z)=\lim \_{n\to \infty }h\_{n}(z)=-\log(1-z)}。
2. 因为{\displaystyle (1-z)=\exp(\log(1-z))=\exp \left(-h\_{\infty }(z)\right)}，所以{\displaystyle {\frac {1}{1-z}}=\exp \left(h\_{\infty }(z)\right)}。
3. 如果将{\displaystyle h\_{\infty }(z)}与{\displaystyle h\_{n}(z)}之间的差额定义为新的级数{\displaystyle r\_{n}(z)=h\_{\infty }(z)-h\_{n}(z)}。
4. 利用2.与3.改写{\displaystyle E\_{n}(z)}的定义式：{\displaystyle {\begin{aligned}&E\_{n}(z)=(1-z)\exp \left(h\_{n}(z)\right)=(1-z)\exp \left(h\_{\infty }(z)-r\_{n}(z)\right)\\&\quad =(1-z){\frac {1}{1-z}}\exp \left(-r\_{n}(z)\right)=\exp \left(-r\_{n}(z)\right)\end{aligned}}}。改写后的基本因子定义式{\displaystyle E\_{n}(z)=\exp \left(-r\_{n}(z)\right)}将会在后续引理的证明中用到。
5. 将3.的关系写成级数形式：{\displaystyle r\_{n}(z)={\frac {z^{n+1}}{n+1}}+{\frac {z^{n+2}}{n+2}}+{\frac {z^{n+3}}{n+3}}+\cdots =\sum \_{k=n+1}^{\infty }{\frac {z^{n+1}}{n+1}}={\frac {z^{n+1}}{n+1}}\sum \_{k=0}^{\infty }{\frac {n+1}{n+1+k}}z^{k}}。

利用以上性质，可以证明下面的重要引理。该引理在后续证明魏尔施特拉斯分解定理时有关键性作用。

  

**引理 (15.8, Rudin):** 对于{\displaystyle |z|\leq 1,n\in \mathbb {N} \_{0}}，

{\displaystyle {\begin{aligned}\left|1-E\_{n}(z)\right|\leq |z|^{n+1}\end{aligned}}}成立。

**证明：**

n=0时，{\displaystyle |1-z|\leq |z|}显而易见。所以只讨论n\geq 1的情况。

**i)** 将引理左边的部分（不带绝对值）定义为一个新函数{\displaystyle u\_{n}(z)=1-E\_{n}(z)=1-(1-z)\exp h\_{n}(z)}。后续称此式为式(1)。

运用性质4.与5.改写式(1)：

{\displaystyle {\begin{aligned}u\_{n}(z)=1-E\_{n}(z)=1-\exp \left(-r\_{n}(z)\right)=1-\exp \left(-{\frac {z^{n+1}}{n+1}}\sum \_{k=0}^{\infty }{\frac {n+1}{n+1+k}}z^{k}\right)=1-\exp(-{\frac {z^{n+1}}{n+1}})\exp {(-{\frac {z^{n+2}}{n+1}}{\frac {n+1}{n+2}})}\exp {(-{\frac {z^{n+3}}{n+1}}{\frac {n+1}{n+3}})}...\end{aligned}}}

将指数部分展开后可得（为了简洁，系数用字母{\displaystyle b,c,d}表示）：{\displaystyle u\_{n}(z)=1-(1-b\_{n+1}z^{n+1}+b\_{2n+2}z^{2n+2}+...)(1-c\_{n+2}z^{n+2}+c\_{2n+4}z^{2n+4}+...)(1-d\_{n+3}z^{n+3}+d\_{2n+4}z^{2n+4}+...)...}

整理后可得，{\displaystyle u\_{n}(z)}可以用一个新的级数来表示：{\displaystyle u\_{n}(z)=1-(1-b\_{n+1}z^{n+1}-c\_{n+2}z^{n+2}-d\_{n+3}z^{n+3}+...)}。将系数统一用a（如{\displaystyle a\_{0}=b\_{n+1},a\_{1}=c\_{n+2}}）来标注的话，{\displaystyle u\_{n}(z)=z^{n+1}\sum \_{k=0}^{\infty }a\_{k}z^{k}}。

将该结果微分，可得：

{\displaystyle u'\_{n}(z)=a\_{0}(n+1)z^{n}+a\_{1}(n+2)z^{n+1}+a\_{2}(n+3)z^{n+2}+...}

**ii)** 将式(1)直接微分，可得

{\displaystyle {\begin{aligned}&u\_{n}^{\prime }(z)=-E\_{n}^{\prime }(z)=\exp h\_{n}(z)-(1-z)h\_{n}^{\prime }(z)\exp h\_{n}(z)\\&\quad =\exp h\_{n}(z)-(1-z){\frac {1-zn}{1-z}}\exp h\_{n}(z)=z^{n}\exp h\_{n}(z)\end{aligned}}}

将指数部分展开可得。

{\displaystyle u\_{n}^{\prime }(z)=z^{n}\exp h\_{n}(z)=z^{n}\exp({\frac {z^{1}}{1}}+{\frac {z^{2}}{2}}+\cdots +{\frac {z^{n}}{n}})=z^{n}\exp(z)\exp({\frac {z^{2}}{2}})\exp({\frac {z^{3}}{3}})...\exp({\frac {z^{n}}{n}})=z^{n}(\sum \_{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}})(\sum \_{l=0}^{\infty }{\frac {x^{2l}}{2^{l}l!}})...(\sum \_{j=0}^{\infty }{\frac {x^{nj}}{n^{j}j!}})}

**结论1：**比较**i)**与**ii)**的结果。比较{\displaystyle z^{n}}项可知，{\displaystyle a\_{0}(n+1)=1\to a\_{0}={\frac {1}{n+1}}}。同样的方法比较后续项可知，{\displaystyle a\_{k}}皆为正的实数。

**iii)** 基于{\displaystyle u\_{n}}新设一个级数{\displaystyle v\_{n}(z)={\frac {u\_{n}(z)}{z^{n+1}}}=\sum \_{k=0}^{\infty }a\_{k}z^{k}}。因为极点是一个可消极点，所以这也是一个整函数。计算{\displaystyle v\_{n}(1)={\frac {u\_{n}(1)}{1^{n+1}}}=1-E\_{n}(1)=1-[(1-1)\exp \left(h\_{n}(1)\right)]=1}

所以在给定的条件{\displaystyle |z|\leq 1}下，运用绝对值不等式的基本性质和结论1：

{\displaystyle \left|v\_{n}(z)\right|\leq \sum \_{k=0}^{\infty }\left|a\_{k}\|z\right|^{k}\leq \sum \_{k=0}^{\infty }a\_{k}=v\_{n}(1)=1{\text{ if }}|z|\leq 1}

即，{\displaystyle \left|v\_{n}(z)\right|=\left|{\frac {u\_{n}(z)}{z^{n+1}}}\right|\leq 1\to \left|1-E\_{n}(z)\right|\leq |z|^{n+1}}成立。引理(15.8)证明完毕。

相关条目
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* 复分析
* 卡尔·魏尔施特拉斯

延伸阅读
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* Alford的《复分析》

参考资料
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1. ↑  Boas, R. P. New York: Academic Press Inc. 1954, ISBN 0-8218-4505-5, OCLC 6487790 , chapter 2.
2. 1 2  Rudin, W.  3rd, Boston: McGraw Hill: 301–304, 1987, ISBN 0-07-054234-1, OCLC 13093736 .