多元复分析结论记录
记录学习多元复分析中遇到的一些重要结论
本文主要是记录我在学习多元复分析1时遇到的有些书中很重要的结论，以便查阅。
全纯函数（哈托格斯基本定理）
页数：14页（证明从23页开始）
命题：
如果函数$f$在区域$D\subset\mathbb C^n$中的任意点对变量中每个$z_\nu$为全纯，则其在$D$中全纯
— 也就是说对于多元复变函数$f$，我们只需分别检验其对每一个自变量$z_\nu$十分为全纯，我们就可以知道其是不是在$D$上是全纯的，这是实变函数想都不敢想的结论。
多重调和函数
页数：15页
若$2n$元实变函数$u(x^0,y^0)$2满足
和
\[\frac{\partial^2 u}{\partial x_\mu\partial y_\nu}-\frac{\partial^2 u}{\partial x_\nu\partial y_\mu}=0\]那么我们则称函数$u$是多重调和函数。
和一元复变函数一样，任何全纯的多元复变函数的实部和虚部都是多重调和函数，但是对于任何多重调和函数，却不一定有在某区域$D$上全纯的函数，因为在$D$上的每个点都全纯的函数也不一定能说其在$D$上全纯。所以我们只能保证对于任何多重调和函数，存在在点$(x^0,y^0)$的全纯函数，其实部（虚部）等于$u$。
泰勒展式
页数：18页
如果$f\in\mathscr O(U)\cap C(\bar U)$，则对于任意$z\in U$，它可以表示为多重幂级数
其系数
\[c_k=\frac{1}{(2\pi i)^n}\int_\Gamma\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-a)^{k+1}}\]柯西不等式
页数：19页
命题
如果函数$f\in\mathscr O(U)\cap C(\bar U)$，且在骨架$\Gamma$上$|f|\leq M$，则$f$在点$a$的泰勒展式系数满足
\[|c_k|\leq M/r^k\]其中$r^k=r_1^k\cdots r^{k_n}_n$2
关于证明，书中说只需要根据泰勒展式的系数，并对其进行估值，我们就能够得到我们想要的结论。这主要也是应用一元复变函数积分不等式
\[|\oint_\Gamma f(z)dz|\leq \oint_\Gamma |f(z)|dz\]从而即可证明。
唯一性定理
页数：19页
命题
如果函数$f\in\mathscr O(D)$及其所有偏导数在区域$D\subset\mathbb C^n$中某个点$a$都化为零，则在$D$上$f\equiv0$
证明
$f$的泰勒展开式所有系数在$a$处为零，则在该点的某个领域内有$f\equiv0$，我们记\(E=\{z\in D:f(z)=0\}\)，且记$\mathring E$为$E$内点的集合，显然$a\in\mathring E$，所以$\mathring E$是开集，而且非空。可是我们再考虑$D-\mathring E$，由于导数都连续，所以任何$x\in(D-\mathring E)$都会有某个邻域包含于$D-\mathring E$，也就是说，$\mathring E$的补集也是开集，从而$\mathring E$是闭集（集合论3的定义），从而只能有$E=\mathring E=D$
理解
从理解上，我觉得从一元复分析的证明来理解更好，就是从$a$的邻域开始，再取其中的一个点$a_i$，接着画邻域（但是不好证明$a_1$的邻域不完全包含在$a$的邻域中）一步步地画到覆盖全部$D$。
除了理解结论的正确性，还需要理解的是为什么要求在某点的各阶导数都为零。我们回顾在一元情况下，当时是说只有有一个零点列以一个零点为聚点，函数就恒为零（比如这些点都在$x$轴上，我们就没有要求对$y$偏导数为零，只不过对$x$的偏导数肯定为零）。其实这里也是一样的后文中有
— 如果函数$f\in\mathscr O(D)$在$a\in D$的一个实邻域内为零，即在集合\(\{z=x+yi\in\mathbb C^n:|x-x^0|< r,y=y^0\}\)为零，则在$D$中也有$f\equiv0$
可见，实际上我们不是真的要求全部的偏导数都为零，主要是我们要求在空间$\mathbb C^n$上，我们在每个方向上都有零点的点列，为了照顾到全部的空间方向，我们才不得不做此妥协。
施瓦茨引理
页数：23页
命题
设函数$\phi$在圆盘\(U_r=\{|z|<r\}\subset\mathbb C\)中为全纯，又在某点$z_0\in U_r$有$\phi=0$，并且在$U_r$处处成立$|\phi|\leq M$；于是在整个$U_r$中有
\[|\phi(z)|\leq Mr\frac{|z-z_0|}{r^2-\bar{z_0}-z}\]（当$r=M=1,z_0=0$时我们便得到通常的表述）
证明
应用从$U_r$到单位圆盘$U$的线性分式映射：
\[\lambda:z\mapsto r\frac{z-z_0}{r^2-\bar{z_0}z}\]再以$\lambda^{-1}$表示逆映射$U\to U_r$，再考虑函数$\psi=\frac{1}{M}\phi\circ\lambda^{-1}$。它满足通常的施瓦茨引理（即对单位圆盘内全纯的$\psi(z)$有$|\psi(z)|\leq|z|$），再以$\lambda(z)$替换这里的$z$就得到了我们想要证明的命题。
理解
这个命题的理解重点不是证明的过程和思路，最重要的是映射$\lambda$是哪里来的，这么奇怪的一个表达式，总不能是注意到吧。
最开始我将多圆盘看成的圆了😅。而且我还以为映射就是将$z_0$移动到原点，然后对其他部分进行某种拉伸，根据方向$z-z_0$以及$z$到$z_0$的距离，将点映射到$U$上，可是在我尝试计算1.5h之后，我发现这个理解是错误的，很简单，因为原点就映射到了$-\frac{z_0}{r}$，和我设想的不一样。
其实映射并没有什么复杂的，其实它就是一元情况下将半径为$r$，以原点为圆心的圆映射到单位圆的一系列映射的推广中的特殊一个，这部分应在单元复变函数中学习过，就是一种简单的线性分式映射的应用 （显然，我忘了）。而推导这个映射只使用了两个条件：
- 点$z_0$映射到原点
- 圆$r$映射到单位圆，从而原本关于圆$r$对称的点映射后关于单位圆对称。这里也就是说$\frac{1}{\bar{z_0}}$映射到无穷远点
将上面两个条件带入映射公式
\[z\mapsto \frac{Az+B}{Cz+D}\]我们就可以得到所有这样的映射
\[z\mapsto\lambda\frac{z-z_0}{1-\bar{z_0}z},|\lambda|=1\]可以注意到这个形式和命题使用的映射是十分像的，我们只需要取$\lambda=1$就得到对应的式子了。所以这个映射是很自然的，结论也是自然的，就是一维施瓦茨引理的自然推广。