复分析复习9——全纯函数各阶导数在紧集上的一致估计

时间：2014-05-17 20:27:32 阅读：452 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

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, ε) ? {z \in C : ρ (K, z) > ε}

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

我们可以选取适当的$\varepsilon$使得

K ? V (K, ε) ? V ˉ ˉ ˉ (K, 2 ε) ? V

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

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

φ (z) = \sum s u p p f i (z) ? Ω 1 f i (z)

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

显然$\varphi(z)\in\mathscr D(\Omega)$且

0 \leq φ (z) \leq 1

$0\leq\varphi(z)\leq1$

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

s u p p f j (z) ? Ω 2

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

因此在$\overline{V}(K,\varepsilon)$上恒有

f j (z) = 0

$f_{j}(z)=0$

这样在$V(K,\varepsilon)$上

φ (z) = \sum i \in N ? f i (z) \equiv 1.

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

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)

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

其中$\|f\|_{L(V)}$定义为

1 A ( V ) \int V | f (ζ) | d A .

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

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

f (z) g (z) = 1 2 π i \int ? U f ( ζ ) g ( ζ ) ζ ? z d ζ + 1 2 π i ? U ? ( f g ) ? ζ ˉ ? d ζ \land d ζ ˉ ζ ? z = 1 2 π i ? U (f ? g ? ζ ˉ + g ? f ? ζ ˉ) d ζ \land d ζ ˉ ζ ? z

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

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

ρ (K 1, K) > 0 (1)

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

因此当$z\in K$时

f (z) ? f (n) (z) ? ∣ ∣ f (n) (z) ∣ ∣ = 1 2 π i ? K 1 f ? g ? ζ ˉ ? d ζ \land d ζ ˉ ζ ? z = n ! 2 π i ? K 1 f ? g ? ζ ˉ ? d ζ \land d ζ ˉ ( ζ ? z ) n + 1 \leq n ! 2 π ? K 1 | f (ζ) | ? ∣ ∣ ∣ ∣ ? g ? ζ ˉ ∣ ∣ ∣ ∣ ? ∣ ∣ ∣ ∣ d ζ \land d ζ ˉ ( ζ ? z ) n + 1 ∣ ∣ ∣ ∣

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

由(1)可知,存在$M>0$使得