Cauchy 高阶导数公式及其应用

和㝧升《简明复分析》的处理方式不同（共书用了单位圆内复数的几何级数展开），今天上数学课时偶然发现了这种证法:

$\text{Cauchy}$ 高阶导数公式

全纯函数 $f(z)$ 的各阶导数为

f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}} d \xi

证明: 我们使用归纳法，当 $n=2$ 时有

\begin{gathered} f(z)-f\left(z_0\right) \\ =\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{\xi-z} d \xi-\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{\xi-z_0} d \xi \\ \quad=\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{\left(z-z_0\right) f(\xi)}{(\xi-z)\left(\xi-z_0\right)} d \xi \end{gathered}

于是

\frac{f(z)-f\left(z_0\right)}{z-z_0}=\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)\left(\xi-z_0\right)} d \xi

令 $z_0 \rightarrow z$ ，得到

f^{\prime}(z)=\frac{1}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^2} d \xi

这就证明了 $n=2$ 时的情况。而

\begin{gathered} f^{(k)}(z)-f^{(k)}\left(z_0\right)=\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{k+1}} d \xi-\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{\left(\xi-z_0\right)^{k+1}} d \xi \\ =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{k+1}}-\frac{f(\xi)}{\left(\xi-z_0\right)^{k+1}} d \xi \\ =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)\left[\left(\xi-z_0\right)^{k+1}-(\xi-z)^{k+1}\right]}{(\xi-z)^{k+1}\left(\xi-z_0\right)^{k+1}} d \xi \end{gathered}

由于有恒等式

a^{k+1}-b^{k+1}=(a-b)\left(a^k+a^{k-1} b+\cdots+b^k\right)=(a-b) \sum_{j=0}^k a^{k-j} b^j

于是

\begin{gathered} f^{(k)}(z)-f^{(k)}\left(z_0\right) \\ =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)\left(z-z_0\right) \sum_{j=0}^k(\xi-z)^{k-j}\left(\xi-z_0\right)^j}{(\xi-z)^{k+1}\left(\xi-z_0\right)^{k+1}} d \xi \\ =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} f(\xi)\left(z-z_0\right)\left[\sum_{j=0}^k \frac{1}{(\xi-z)^{j+1}\left(\xi-z_0\right)^{k+1-j}}\right] d \xi \end{gathered}

即可导出

\begin{aligned} \frac{f^{(k)}(z)-f^{(k)}\left(z_0\right)}{z-z_0} & =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} f(\xi)\left[\sum_{j=0}^k \frac{1}{(\xi-z)^{j+1}\left(\xi-z_0\right)^{k+1-j}}\right] d \xi \\ f^{(k+1)}(z) & =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} f(\xi)\left[\sum_{j=0}^k \frac{1}{(\xi-z)^{k+2}}\right] d \xi \\ & =\frac{k!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} f(\xi) \frac{k+1}{\left(\xi-z z^{k+2}\right.} d \xi \\ & =\frac{(k+1)!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{k+2}} d \xi \end{aligned}

这样由 $n=k$ 导出了 $n=k+1$ 时成立，用归纳法，就证明了

f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}} d \xi

推论 $1$

全纯函数的各阶导数存在，且都全纯。

Cauchy不等式

若 $f(z)$ 在域 $U$ 上全纯，且 $|f(z)|$ 在 $U$ 上有上确界 $M$ ，则有在 $U$ 上的 $f(z)$ 的各阶导数估计

\left|f^{(n)}(z)\right| \leq \frac{n!}{R^n} M

证明:

\begin{gathered} =\left|\frac{n!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega}^{\left|f^{(n)}(z)\right|} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}} d \xi\right| \\ \leq \frac{n!}{2 \pi i} \oint_{\partial \Omega}\left|\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\right| d \xi \\ =\frac{n!}{2 \pi i} \int_0^{2 \pi}\left|\frac{f\left(z+R e^{i \theta}\right)}{\left(R e^{i \theta}\right)^{n+1}}\right| d\left(R e^{i \theta}\right) \\ =\frac{n!}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left|\frac{f\left(z+R e^{i \theta}\right)}{\left(R e^{i \theta}\right)^n}\right| d \theta \\ =\frac{n!}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left|\frac{f\left(z+R e^{i \theta}\right)}{e^{i n \theta}}\right| d \theta \\ =\frac{n!}{2 \pi R^n} \int_0^{2 \pi}\left|f\left(z+R e^{i \theta}\right) e^{-i n \theta}\right| d \theta \\ =\frac{n!}{R^n} \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left|f\left(z+R e^{i \theta}\right)\right| d \theta \\ \leq \frac{n!}{R^n} M \end{gathered}

$\text{Liouvie}$ 定理 在 $\mathbb{C}$ 上全纯有界的函数必为常函数。证明: 取 $\text{Cauchy}$ 不等式在 $n=1$ 的情况

\left|f^{\prime}(z)\right| \leq \frac{M}{R}

若将其限为在 $\mathbb{C}$ 上，则我们可以令 $R \rightarrow+\infty$ ，得到 $f^{\prime}(z) \equiv 0$ 而在整个 $\mathbb{C}$ 上导数恒等于 0 的函数仅有常函数，于是就证明了定理。

代数基本定理 多项式函数 $f(z)=a_0+a_1 z+a_2 z^2 \cdots+a_n z^n$ 在 $\mathbb{C}$ 上有至少一个零点。证明: 我们使用反证法，假如 $f(z)$ 没有零点，设 $p(z)=\frac{1}{f(z)}, p(z)$ 必定在 $\mathbb{C}$ 上全纯有界。而由 $\text{Liouvie}$ 定理， $p(z)$ 必为常函数，这就与假设矛盾。证毕。