幅角原理

林延輯

台灣師範大學數學系

May 31, 2016

任取 Γ上的一點作為起點，沿著 Γ走一圈，記錄幅角的變化∆Γ arg z。

y

x

Γ

O

w0

w

12π

∆Γ arg z必為整數！稱為 Γ對原點的繞圈數winding number。

繞圈數Winding Number

▶ 繞圈數 n(Γ, 0) = 12π

∆Γ arg z.

▶ 對任一點 α /∈ Γ，都可以定義n(Γ, α) =

12π

∆Γ arg(z− α).▶ 如果 Γ是分段 C1 曲線，則繞圈數可

表成 n(Γ, α) =12πi

∫Γ

dzz− α

.

(因為 1z− α

=ddz log(z− α) =

ddz(ln |z− α|+ i arg(z− α)

).)

Γ2

1

0

以函數的形式描述繞圈數

O

Γ = f(C)

w0 = f(z0)

C

z0

w = f(z)

12π

∆C arg f(z)

亞純函數

Definition設 D是複數平面中的 domain。如果函數 f在 D中只有孤立奇異點，而且這些孤立奇異點只能是可移除奇異點或是極點 (也就是說，不能有本性奇異點)，而在其他地方都是解析的，則稱 f是 D上的亞純函數meromorphic function。

註：解析函數 analytic function又稱為全純函數 holomorphic function。

幅角原理 Argument principle

Theorem設 C是一條正向的簡單封閉路徑，函數 f在 C上與其內部是亞純函數，並且 f的零點與極點都不在 C上。則

12π

∆C arg f(z) =12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = Z− P,

其中 Z是 f在 C內部的零點個數 (含重數 multiplicity)，P是 f在 C內部的極點個數 (含重數)。

Proof▶

12π

∆C arg f(z) =12πi∆C log f(z) =

12πi

∫C

(log f(z))′ dz =12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz.

Theorem12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = Z− P.

Proof.▶ 設 ζ 位於 C的內部，且 ord

z=ζf(z) = m ∈ Z. (m可以等於 0)

▶ f(z) = (z− ζ)m φ(z), φ(ζ) ̸= 0.

▶f ′(z)f(z) =

m(z− ζ)m−1 φ(z) + (z− ζ)m φ ′(z)(z− ζ)m φ(z) =

mz− ζ

+φ ′(z)φ(z) .

▶ Resz=ζ

f ′(z)f(z) = m.

▶ 由 Cauchy留數定理，加遍 C所有的內部點，得證。

幅角原理

Theorem設 C是一條正向的簡單封閉路徑，函數 f在 C上與其內部是亞純函數，並且 f的零點與極點都不在 C上。則

12π

∆C arg f(z) =12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = Z− P,

其中 Z是 f在 C內部的零點個數 (含重數 multiplicity)，P是 f在 C內部的極點個數 (含重數)。

Example設 C為正向單位圓 |z| = 1，亞純函數 f(z) = (2z− 1)7(z− 2)5

z3 。則

12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = 7− 3 = 4.

Example設 C為正向圓 |z| = 4。試求 1

2πi∫Ccot zdz = 1

2πi∫Ccos zsin z dz.

Solution12πi

∫Ccot zdz = 1

2πi∫Ccos zsin z dz.

其中 cos z = (sin z)′。▶ 因為 f(z) = sin z是整函數，所以我們只需計算 f(z)在 C的內部的零根個數 (含重數)即可。

▶ sin z = 0的解都是 π 的整數倍，且都是單根。在 C的內部有−π, 0, π 等三個零根。

▶ 由幅角原理,得 12πi

∫Ccot zdz = 3. ♡

Rouché定理Theorem (Rouché Theorem)設 C為複數平面中的簡單封閉路徑，f, g為滿足下列性質的函數：1. f(z), g(z)在 C上與其內部為解析函數；2. |f(z)| > |g(z)|對每一個點 z ∈ C皆成立。則 f與 f+ g在 C的內部有一樣多的零點個數 (含重數)。

C

註. 我們會把 g當作 C上對 f的小擾動；在小擾動之下根的個數不變。

Theorem (Rouché Theorem)設 C為複數平面中的簡單封閉路徑，f, g為滿足下列性質的函數：1. f(z), g(z)在 C上與其內部為解析函數；2. |f(z)| > |g(z)|對每一個點 z ∈ C皆成立。則 f與 f+ g在 C的內部有一樣多的零點個數 (含重數)。

Proof▶ 顯然 C的定向 (orientation)與結論無關。以下我們假設 C為正向路徑。

▶ f與 f+ g在 C上的取值都不會是 0，因為 ∀ z ∈ C,

|f(z)| > |g(z)| ≥ 0; |f(z) + g(z)| ≥∣∣|f(z)| − |g(z)|

∣∣ > 0.

▶ 由幅角原理，

Zf =12π

∆C arg f(z), Zf+g =12π

∆C arg(f(z) + g(z)).

First Proof.▶ Zf =

12π

∆C arg f(z), Zf+g =12π

∆C arg(f(z) + g(z)).

▶

∆C arg(f(z) + g(z)) = ∆C arg

(f(z) · (1+ g(z)

f(z)))

= ∆C arg f(z) + ∆C arg(1+ g(z)

f(z))

.

▶ On C, |f(z)| > |g(z)| =⇒∣∣∣∣g(z)f(z)

∣∣∣∣ < 1 =⇒∣∣∣∣(1+ g(z)f(z)

)− 1∣∣∣∣ < 1.

▶ ∆C arg(1+ g(z)

f(z))= 0.

▶ Zf = Zf+g. ♡

Second Proof

▶Zf =

12π

∆C arg f(z)

=12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz.

Zf+g =12π

∆C arg(f(z) + g(z))

=12πi

∫Cf ′(z) + g ′(z)f(z) + g(z) dz.

▶ 考慮函數 Φ(t) = 12πi

∫Cf ′(z) + t g ′(z)f(z) + t g(z) dz, 0 ≤ t ≤ 1.

▶ Zf = Φ(0), Zf+g = Φ(1).▶ 對每一個 t ∈ [0, 1]，被積分函數的分母 ̸= 0, ∀ z ∈ C.

Second Proof.▶ Φ(t) = 1

2πi∫Cf ′(z) + t g ′(z)f(z) + t g(z) dz.

▶ |Φ(t)− Φ(t0)| ≤|t− t0|2π

∣∣∣∣∫C fg ′ − f ′g(f+ tg)(f+ t0g)

dz∣∣∣∣.

▶∣∣∣∣ fg ′ − f ′g(f+ tg)(f+ t0g)

∣∣∣∣ ≤ |fg ′ − f ′g|(|f| − |g|)2 ≤ M, ∀ t, t0 ∈ [0, 1],

z ∈ C.▶ |Φ(t)− Φ(t0)| ≤

M · ℓ(C)2π

|t− t0| =⇒ Φ是 (Lipschitz)連續函數.

▶ 對所有的 t ∈ [0, 1], Φ(t) ∈ Z.▶ Φ必定是常數函數。▶ 所以 Zf = Φ(0) = Φ(1) = Zf+g. ♡

Rouché定理的例子

Example試問：方程式 z7 − 4z3 + z− 1 = 0在單位圓 |z| = 1的內部共有幾個根？

Solution▶ 令 f(z) = −4z3, g(z) = z7 + z− 1.▶ 當 |z| = 1時, |f(z)| = 4, |g(z)| ≤ 3.▶ 由 Rouché定理知：在 |z| = 1的內部 (即開圓盤 |z| < 1)中，

f(z) + g(z) = 0和 f(z) = 0的零根數一樣多。▶ 答：3個。 ♠

Example對 n ∈ N，定義：Pn(z) =

n∑k=0

zkk!

= 1+ z+ z22 + · · ·+ zn

n!(ez 的 n

階泰勒多項式)。試證：對任意的 R > 0，都可以找到正整數 N，使得 PN(z)在開圓盤|z| < R中沒有零根。

Proof.▶ 函數數列 {Pn(z)}在圓 |z| = R上均勻收斂 (by Weierstrass

M-test).▶ 存在正整數 N使得對所有的 |z| = R，

|ez| ≥ e−R > |ez − PN(z)|.▶ 根據 Rouché定理，在開圓盤 |z| < R中，PN(z)與 ez 的零根數相同—一個都沒有！

D’Alembert-Gauss對代數基本定理的證明

Theorem設 N ∈ N, a0, a1, . . . , aN ∈ C, aN ̸= 0。則一元 N次方程式aNzN + aN−1zN−1 + · · ·+ a1z+ a0 = 0在複數平面上共有 N個根(含重根)。

Proof.▶ 令 f(z) = aNzN, g(z) = aN−1zN−1 + · · ·+ a1z+ a0.▶ limz→∞

g(z)f(z) = 0.

▶ 存在一個夠大的正數 R，使得對所有的 |z| = R，都滿足|f(z)| > |g(z)|.

▶ 根據 Rouché定理，f(z) + g(z)與 f(z)在開圓盤 |z| < R中的零根數相同，有 N個。

加強版的幅角原理

Theorem設 C是一條正向的簡單封閉路徑，函數 f在 C上與其內部是亞純函數，並且 f的零點與極點都不在 C上。則

12π

∆C arg f(z) =12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = Z− P,

其中 Z是 f在 C內部的零點個數 (含重數 multiplicity)，P是 f在 C內部的極點個數 (含重數)。

Corollary設 D是單連通區域，f是 D中的亞純函數。若 Γ是 D中的一條分段C1 封閉路徑，並且 f的零點與極點都不在 Γ上，則

12πi

∫Γ

f ′(z)f(z) dz = ∑

ζ∈D\Γn(Γ, ζ) ord

z=ζf(z).

Corollary設 D是單連通區域，f是 D中的亞純函數。若 Γ是 D中的一條分段C1 封閉路徑，並且 f的零點與極點都不在 Γ上，則

12πi

∫Γ

f ′(z)f(z) dz = ∑

ζ∈D\Γn(Γ, ζ) ord

z=ζf(z).

Corollary設 D是單連通區域，f是 D中的亞純函數，g是 D中的解析函數。若Γ是 D中的一條分段 C1 封閉路徑，並且 f的零點與極點都不在 Γ上，則

12πi

∫Γg(z) f

′(z)f(z) dz = ∑

ζ∈D\Γn(Γ, ζ) g(ζ) ord

z=ζf(z).

Proof.▶ 考慮 ζ ∈ D \ Γ，ord

z=ζf(z) = m ∈ Z.

▶ f(z) = (z− ζ)m φ(z), φ(ζ) ̸= 0.

▶f ′(z)f(z) =

m(z− ζ)m−1 φ(z) + (z− ζ)m φ ′(z)(z− ζ)m φ(z) =

mz− ζ

+φ ′(z)φ(z) .

▶ g(z) f′(z)f(z) =

(g(ζ) + g ′(ζ)(z− ζ) + · · ·

)( mz− ζ

+φ ′(z)φ(z)

).

▶ Resz=ζ

(g(z) f

′(z)f(z)

)= m · g(ζ). 由 Cauchy留數定理得證。

Corollary設 D是單連通區域，f是 D中的亞純函數，g是 D中的解析函數。若Γ是 D中的一條分段 C1 封閉路徑，並且 f的零點與極點都不在 Γ上，則

12πi

∫Γg(z) f

′(z)f(z) dz = ∑

ζ∈D\Γn(Γ, ζ) g(ζ) ord

z=ζf(z).

Corollary設 D是單連通區域，f是 D中的亞純函數。若 Γ是 D中的一條分段C1 封閉路徑，並且 f的零點與極點都不在 Γ上，則

12πi

∫Γ1 · f

′(z)f(z) dz = ∑

ζ∈D\Γn(Γ, ζ) · 1 · ord

z=ζf(z).

Example設 f是閉圓盤 |z| ≤ 3上的解析函數，並且在圓 C : |z| = 3上的取值都不為 0。已知 (積分都取正向圓 C)

12πi

∫Cf ′(z)f(z) dz = 2,

12πi

∫Cz · f

′(z)f(z) dz = −1,

12πi

∫Cz2 · f

′(z)f(z) dz = 5.

試求 f在開圓盤 |z| < 3內的所有零根。

Solution▶ 由幅角原理，第 1式告訴我們：f在 |z| < 3內有 2個零根，設為 α, β.

▶ 第 2式說：α + β = −1;第 3式說：α2 + β2 = 5.▶ 解得 {α, β} = {−2, 1}. ♢

Theorem (開映射定理 Open Mapping Theorem)設 f(z)為點 z0 附近的非常數函數的解析函數，且 f(z0) = w0。則存在 r > 0使得 Br(w0)完全落在 f的值域中。

▶ 經過平移後，不失一般性可設 z0 = 0, w0 = f(z0) = 0.▶ 因為 f不是常數函數，所以 0是 f的孤立零點。▶ 存在 ρ > 0使得 m = inf{|f(z)|

∣∣ |z| = ρ} > 0.Claim: 可設 r = m

2 .▶ 如果 Bm(0)在值域中，done. 否則，存在 |w| < m,且 w不在值域裡。

▶ 考慮解析函數 φ(z) = 1f(z)−w。根據最大模原理，

1|w| = |φ(0)| ≤ sup

|z|=ρ

1|f(z)−w| ≤

1m− |w| .

▶ m− |w| ≤ |w| ⇒ 2|w| ≥ m ⇒ |w| ≥ m2 . □

解析函數的反函數定理

Theorem設 f(z)為原點 z = 0附近的解析函數，f(0) = 0，f ′(0) ̸= 0。則w = f(z)在原點附近為一對一函數，亦即：當 |w|足夠小時，路徑積分都有：

12πi

∫Cε

f ′(z)f(z)−w dz = 1.

Theorem (反函數定理)設 f(z)為原點 z = 0附近的解析函數，f(0) = 0，f ′(0) ̸= 0。則當|w|足夠小時，路徑積分都有：

ζ = g(w) = 12πi

∫Cε

z · f ′(z)f(z)−w dz. (1)

其中 ζ 是方程式 w = f(z)在 Cε 內部的唯一解。

Theorem (反函數定理)設 f(z)為原點 z = 0附近的解析函數，f(0) = 0，f ′(0) ̸= 0。則當|w|足夠小時，路徑積分都有：

ζ = g(w) = 12πi

∫Cε

z · f ′(z)f(z)−w dz. (1)

其中 ζ 是方程式 w = f(z)在 Cε 內部的唯一解。

▶ (1)式中，右邊的積分顯然是 w的解析函數，因此定義了一個解析函數 ζ = g(w)，使得 f(ζ) = w。

▶ g就是 f的反函數。▶ 設 g在原點處的泰勒級數展開式為 (已知 g(0) = 0):

g(w) =∞

∑n=1

anwn = a1w+ a2w2 + · · ·+ anwn + · · · .

拉格朗日反演公式 LIF

Theorem (Lagrange Inversion Formula)設 f(z)為原點 z = 0附近的解析函數，f(0) = 0，f ′(0) ̸= 0。則當|w|足夠小時，路徑積分都有：

ζ = g(w) = 12πi

∫Cε

z · f ′(z)f(z)−w dz =

∞

∑n=1

anwn. (1)

其中的係數 an 可表成：

an =1n!

[zn(f(z))n

](n−1)∣∣∣∣∣∣z=0

=1n [z

n−1]zn(f(z))n .

Proof▶ g(w) = 1

2πi∫Cε

z · f ′(z)f(z)−w dz.

1f(z)−w =

∞

∑n=0

wn(f(z))n+1 .

Proof▶ g(w) = 1

2πi∫Cε

z · f ′(z)f(z)−w dz.

1f(z)−w =

∞

∑n=0

wn(f(z))n+1 .

▶ 代入得 g(w) =∞

∑n=0

[12πi

∫Cε

z · f ′(z)(f(z))n+1 dz]wn.

▶ 括號中間的積分使用分部積分法：ddz

z(f(z))n =1(f(z))n − n z f ′(z)(f(z))n+1，得：

an =1

2nπi∫Cε

1(f(z))n dz.

Proof.▶ an =

12nπi

∫Cε

1(f(z))n dz.▶ 上面右式計算的是函數

1n (f(z))n 在原點 z = 0的留數。因為

z = 0是該函數的 n重極點，所以

an =1

(n− 1)!

[zn

n (f(z))n](n−1)

(0) = 1n!

[zn(f(z))n

](n−1)

(0)

=1n [z

n−1]

(zn(f(z))n

).

Example設 k ∈ N。考慮 w = H(z) = z(1− zk)的反函數 z = H⟨−1⟩(w)。由 Lagrange Inversion Formula,

[wn]H⟨−1⟩(w) = 1n [z

n−1]zn

(z(1− zk))n =1n [z

n−1]1

(1− zk)n

=

1

mk+ 1

((k+ 1)m

m

)if n = mk+ 1,

0 otherwise.

▶ k = 1就得到 Catalan數 1m+ 1

(2mm

)。

w = z− z2,z = w+w2 + 2w3 + 5w4 + 14w5 + · · · .

Example設 k ∈ N。考慮 w = H(z) = z(1− zk)的反函數 z = H⟨−1⟩(w)。由 Lagrange Inversion Formula,

[wn]H⟨−1⟩(w) = 1n [z

n−1]zn

(z(1− zk))n =1n [z

n−1]1

(1− zk)n

=

1

mk+ 1

((k+ 1)m

m

)if n = mk+ 1,

0 otherwise.

▶ k = 2就得到 Fuss-Catalan數 an =1

2m+ 1

(3mm

).

w = z− z3,z = w+w3 + 3w5 + 12w7 + 55w9 + · · · .