复分析学习9——全纯函数各阶导数在紧集上的一致估计

    复习8中我们得到单位分解定理,现在便可以推导一个全纯函数各阶导数在紧集上的一致估计了.

我们先来证明一个引理,事实上他是单位分解定理的一个简单推论:设$\Omega\subset\mathbb C$为开集,$K$为$\Omega$的紧致子集,$V$为$K$的开邻域且$V\subset\Omega$,则存在$\varphi\in\mathscr D(V)$使得

1)$0\leq\varphi\leq1$;

2)在$V$的某邻域上有$\varphi\equiv1$.

证    对任意的$\varepsilon>0$,令

\[V(K,\varepsilon)\triangleq\{z\in\mathbb C:\rho(K,z)>\varepsilon\}\]

我们可以选取适当的$\varepsilon$使得

\[K\subset V(K,\varepsilon)\subset\overline{V}(K,2\varepsilon)\subset V\]

那么集合$\Omega_{1}=V(K,2\varepsilon)$和$\Omega_{2}=\Omega\setminus\overline{V}(K,\varepsilon)$构成了$\Omega$的一个开覆盖,根据单位分解定理,存在着序列$\{f_{n}(z)\}_{n\in\mathbb N^*}\subset\mathscr D(\Omega)$满足单位分解定理的三个性质.令

\[\varphi(z)=\sum_{{\rm supp}f_{i}(z)\subset\Omega_{1}}f_{i}(z)\]

显然$\varphi(z)\in\mathscr D(\Omega)$且

\[0\leq\varphi(z)\leq1\]

另一方面注意到若${\rm supp}f_{j}(z)\not\subset\Omega_{1}$,则必有

\[{\rm supp}f_{j}(z)\subset\Omega_{2}\]

因此在$\overline{V}(K,\varepsilon)$上恒有

\[f_{j}(z)=0\]

这样在$V(K,\varepsilon)$上

\[\varphi(z)=\sum_{i\in\mathbb N^*}f_{i}(z)\equiv1.\]

全纯函数各阶导数在紧集上的一致估计：设区域$U\subset\mathbb C$,且$K$为$U$的紧子集,而$V$为$K$的邻域并且$\overline{V}$也是$U$的紧子集,那么我们有：对$U$中任意的全纯函数$f(z)$,都存在着数列$\{c_{n}\},n\in\mathbb N^*$使得

\[\sup_{z\in K}|f^{(n)}(z)|\leq c_{n}\|f\|_{L(V)}\]

其中$\|f\|_{L(V)}$定义为

\[\frac{1}{A(V)}\int_{V}|f(\zeta)|{\rm d}A.\]

证    根据引理在$V$中存在$C^{\infty}$函数$g(z)$满足：在$V$上具有紧致的支集且在$K$的含于$V$的邻域内取值为1.那么对函数$fg$应用Pompeiu公式得

\begin{align*}f(z)g(z)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial U}\frac{f(\zeta)g(\zeta)}{\zeta-z}{\rm d}\zeta+\frac{1}{2\pi i}\iint\limits_{U}\frac{\partial(fg)}{\partial\overline{\zeta}}\cdot\frac{{\rm d}\zeta\wedge{\rm d}\overline{\zeta}}{\zeta-z}\\&=\frac{1}{2\pi i}\iint\limits_{U}\left(f\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}+g\frac{\partial f}{\partial\overline{\zeta}}\right)\frac{{\rm d}\zeta\wedge{\rm d}\overline{\zeta}}{\zeta-z}\end{align*}

注意到$f$全纯,从而$\frac{\partial f}{\partial\overline{z}}=0$.再者注意到$K_{1}={\rm supp}\frac{\partial g}{\partial\overline{z}}$是$V$的紧子集,而在$K$上,常有$\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}=0$,从而

\begin{align*}\rho(K_{1},K)>0\tag{1}\end{align*}

因此当$z\in K$时

\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{2\pi i}\iint\limits_{K_{1}}f\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}\cdot\frac{{\rm d}\zeta\wedge{\rm d}\overline{\zeta}}{\zeta-z}\\\Rightarrow f^{(n)}(z)&=\frac{n!}{2\pi i}\iint\limits_{K_{1}}f\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}\cdot\frac{{\rm d}\zeta\wedge{\rm d}\overline{\zeta}}{(\zeta-z)^{n+1}}\\\Rightarrow\left|f^{(n)}(z)\right|&\leq\frac{n!}{2\pi}\iint\limits_{K_{1}}|f(\zeta)|\cdot\left|\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}\right|\cdot\left|\frac{{\rm d}\zeta\wedge{\rm d}\overline{\zeta}}{(\zeta-z)^{n+1}}\right|\end{align*}

由(1)可知,存在$M>0$使得

\[\frac{1}{|\zeta-z|}<M,\forall z\in K,\zeta\in K_{1}\]

另一方面$C^{\infty}$的函数$g$在紧集$K_{1}$上必然有$\left|\frac{\partial g}{\partial\overline{\zeta}}\right|$有界,因此存在常数$a_{n}$使得

\begin{align*}\left|f^{(n)}(z)\right|&\leq 2a_{n}\iint\limits_{K_{1}}|f(\zeta)|{\rm d}A\\&\triangleq c_{n}\|f\|_{L(V)}\end{align*}

这样我们就给出了一个全纯函数$f(z)$在紧集$K$上各阶导数的一致估计了.

显然这个结果要比我们之前得到的估计式子要深刻的多.