魏尔斯特拉斯分解定理

**魏爾施特拉斯分解定理**（英語：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：

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

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.）。

 1. $|z|<1$ 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 ${\begin{aligned}\int {\frac {1}{1-z}}dz=-\log(1-z)={\frac {z^{1}}{1}}+{\frac {z^{2}}{2}}+{\frac {z^{3}}{3}}+\cdots \end{aligned}}$ 。所以 $h_{n}(z)$ 的極限可以表示為 $h_{\infty }(z)=\lim _{n\to \infty }h_{n}(z)=-\log(1-z)$ 。
2. 因為 $(1-z)=\exp(\log(1-z))=\exp \left(-h_{\infty }(z)\right)$ ，所以 ${\frac {1}{1-z}}=\exp \left(h_{\infty }(z)\right)$ 。
3. 如果將 $h_{\infty }(z)$ 與 $h_{n}(z)$ 之間的差額定義為新的級數 $r_{n}(z)=h_{\infty }(z)-h_{n}(z)$ 。
4. 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。
5. 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

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

將指數部分展開可得。

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

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

## 相關條目

* 複分析
* 卡爾・魏爾施特拉斯

## 延伸閱讀

* Alford 的《複分析》

## 參考資料