魏爾施特拉斯分解定理

魏爾施特拉斯分解定理（Weierstrass factorization theorem）是指任意整函數$f(z)$可以分解為如下無窮乘積的形式：

$f(z)=$ $z^me^{g(z)}$ $\prod_{n=1}^\infty$ $(1-\tfrac{z}{a_{n}})$ $e^{\tfrac{z}{a_{n}}+\tfrac{1}{2}(\tfrac{z}{a_{n}})^2+\tfrac{1}{3}(\tfrac{z}{a_{n}})^3+\cdots+\tfrac{1}{h}(\tfrac{z}{a_{n}})^h}$ $=z^{m} e^{g(z)} \prod_{n=1}^{\infty} E_{p_{n}}\left(\frac{z}{a_{n}}\right)$

其中$g(z)$是另一整函數，$h$是上述無窮乘積收斂的最小整數，稱為虧格。$E_{p_{n}}$是魏爾施特拉斯的基本因子。這種無窮乘積稱為典範乘積。求解$g(z)$的方法一般是兩邊同時取對數再求導數，這樣右邊就可以化為無窮級數形式，通過對比無窮級數理論中的相關結果得出$g(z)$的形式。

## 基本因子

英文為primary factors或是elementary factors。也有譯為「主要因子」的版本。

對於任意的$n \in \mathbb{N}_{0}$，基本因子$E_n(z)$的定義如下：

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

其中，級數$h_n(z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots+\frac{z^{n}}{n}$。

對於級數$h_n(z)$，有如下性質。以下性質在後續引理的證明中會用到（主要是3.、4.與5.）。

- $|z|<1$的情況下，$h_n(z)$可被展開為$\frac{1}{1-z}=1+z^{1}+z^{2}+z^{3}+\cdots$。接著兩邊同時積分，可得$\begin{aligned} \int \frac{1}{1-z} d z=-\log (1-z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots \end{aligned}$。所以$h_n(z)$的極限可以表示為$h_{\infty}(z) = \lim_{n\to\infty}h_n(z) =-\log (1-z)$。
- 因為$(1-z)=\exp (\log (1-z))=\exp \left(-h_{\infty}(z)\right)$，所以$\frac{1}{1-z}=\exp \left(h_{\infty}(z)\right)$。
- 如果將$h_{\infty}(z)$與$h_n(z)$之間的差額定義為新的級數$r_n(z)=h_{\infty}(z)-h_{n}(z)$。
- 利用2.與3.改寫$E_{n}(z)$的定義式：$\begin{aligned} &E_{n}(z)=(1-z) \exp \left(h_{n}(z)\right)=(1-z) \exp \left(h_{\infty}(z)-r_{n}(z)\right) \\ &\quad=(1-z) \frac{1}{1-z} \exp \left(-r_{n}(z)\right)=\exp \left(-r_{n}(z)\right) \end{aligned}$。改寫後的基本因子定義式$E_{n}(z)=\exp \left(-r_{n}(z)\right)$將會在後續引理的證明中用到。
- 將3.的關係寫成級數形式：$r_n(z) =\frac{z^{n+1}}{n+1}+\frac{z^{n+2}}{n+2}+\frac{z^{n+3}}{n+3}+\cdots=\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{z^{n+1}}{n+1}=\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}$。

利用以上性質，可以證明下面的重要引理。該引理在後續證明魏爾施特拉斯分解定理時有關鍵性作用。

引理 (15.8, Rudin): 對於$|z| \leq 1, n \in \mathbb{N}_{0}$。

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

證明：

$n=0$時，$|1-z|\leq|z|$顯而易見。所以只討論$n\geq 1$的情況。

i) 將引理左邊的部分（不帶絕對值）定義為一個新函數$u_{n}(z)=1-E_{n}(z)=1-(1-z) \exp h_{n}(z)$。後續稱此式為式$(1)$。

運用性質4.與5.改寫式$(1)$：

$$\begin{aligned} u_{n}(z)=1-E_{n}(z) =1 - \exp \left(-r_{n}(z)\right) = 1 - \exp \left(-\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}\right)=1-\exp(-\frac{z^{n+1}}{n+1})\exp{(-\frac{z^{n+2}}{n+1}\frac{n+1}{n+2})}\exp{(-\frac{z^{n+3}}{n+1}\frac{n+1}{n+3})}... \end{aligned}$$

將指數部分展開後可得（為了簡潔，係數用字母$b,c,d$表示）：$u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}+b_{2n+2}z^{2n+2}+...)(1-c_{n+2}z^{n+2}+c_{2n+4}z^{2n+4}+...)(1-d_{n+3}z^{n+3}+d_{2n+4}z^{2n+4}+...)...$

整理後可得，$u_{n}(z)$可以用一個新的級數來表示：$u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}-c_{n+2}z^{n+2}-d_{n+3}z^{n+3}+...)$。將係數統一用$a$（如$a_0 = b_{n+1},a_1 = c_{n+2}$）來標註的話，$u_{n}(z)=z^{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}$。

將該結果微分，可得：

$$u'_{n}(z)= a_0(n+1) z^n + a_1(n+2) z^{n+1}+a_2(n+3)z^{n+2}+...$$

ii) 將式$(1)$直接微分，可得

$$\begin{aligned} &u_{n}^{\prime}(z)=-E_{n}^{\prime}(z)=\exp h_{n}(z)-(1-z) h_{n}^{\prime}(z) \exp h_{n}(z) \\ &\quad=\exp h_{n}(z)-(1-z) \frac{1-z n}{1-z} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z) \end{aligned}$$

將指數部分展開可得。

$$u_{n}^{\prime}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp(\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\cdots+\frac{z^{n}}{n}) =z^n\exp(z)\exp(\frac{z^2}{2})\exp(\frac{z^3}{3})...\exp(\frac{z^n}{n}) =z^n(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!})(\sum_{l=0}^{\infty} \frac{x^{2l}}{2^ll!})...(\sum_{j=0}^{\infty} \frac{x^{nj}}{n^jj!})$$

結論1：比較i)與ii)的結果。比較$z^n$項可知，$a_0(n+1) = 1\to a_0 = \frac{1}{n+1}$。同樣的方法比較後續項可知，$a_k$皆為正的實數。

iii) 基於$u_n$新設一個級數$v_{n}(z)=\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}=\sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}$。因為極點是一個可消極點，所以這也是一個整函數。計算$v_n(1) =\frac{u_{n}(1)}{1^{n+1}} = 1-E_{n}(1) =1-[(1-1) \exp \left(h_{n}(1)\right)] = 1$

所以在給定的條件$|z| \leq 1$下，運用絕對值不等式的基本性質和結論1：

$$\left|v_{n}(z)\right| \leq \sum_{k=0}^{\infty}\left|a_{k} \| z\right|^{k} \leq \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}=v_n(1)=1 \text { if }|z| \leq 1$$

即，$\left|v_{n}(z)\right| = \left|\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}\right| \leq1\to\left|1-E_{n}(z)\right| \leq|z|^{n+1}$成立。引理(15.8)證明完畢。

## 延伸閱讀

- Alford的《複分析》