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$Omegasubsetmathbb C$为开集,$K$为$Omega$的紧致子集,$V$为$K$的开邻域且$VsubsetOmega$,则存在$varphiinmathscr D(V)$使得
1)$0leqvarphileq1$;
2)在$V$的某邻域上有$varphiequiv1$.
证 对任意的$varepsilon>0$,令
[V(K,varepsilon) riangleq{zinmathbb C: ho(K,z)>varepsilon}]
我们可以选取适当的$varepsilon$使得
[Ksubset V(K,varepsilon)subsetoverline{V}(K,2varepsilon)subset V]
那么集合$Omega_{1}=V(K,2varepsilon)$和$Omega_{2}=Omegasetminusoverline{V}(K,varepsilon)$构成了$Omega$的一个开覆盖,根据单位分解定理,存在着序列${f_{n}(z)}_{ninmathbb N^*}subsetmathscr D(Omega)$满足单位分解定理的三个性质.令
[varphi(z)=sum_{{ m supp}f_{i}(z)subsetOmega_{1}}f_{i}(z)]
显然$varphi(z)inmathscr D(Omega)$且
[0leqvarphi(z)leq1]
另一方面注意到若${ m supp}f_{j}(z) otsubsetOmega_{1}$,则必有
[{ m supp}f_{j}(z)subsetOmega_{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_{iinmathbb 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$Usubsetmathbb C$,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${c_{n}},ninmathbb N^*$使得
[sup_{zin 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)|{ m 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
egin{align*}f(z)g(z)&=frac{1}{2pi i}int_{partial U}frac{f(zeta)g(zeta)}{zeta-z}{ m d}zeta+frac{1}{2pi i}iintlimits_{U}frac{partial(fg)}{partialoverline{zeta}}cdotfrac{{ m d}zetawedge{ m d}overline{zeta}}{zeta-z}\&=frac{1}{2pi i}iintlimits_{U}left(ffrac{partial g}{partialoverline{zeta}}+gfrac{partial f}{partialoverline{zeta}} ight)frac{{ m d}zetawedge{ m d}overline{zeta}}{zeta-z}end{align*}
注意到$f$全纯,从而$frac{partial f}{partialoverline{z}}=0$.再者注意到$K_{1}={ m supp}frac{partial g}{partialoverline{z}}$是$V$的紧子集,而在$K$上,常有$frac{partial g}{partialoverline{zeta}}=0$,从而
egin{align*} ho(K_{1},K)>0 ag{1}end{align*}
因此当$zin K$时
egin{align*}f(z)&=frac{1}{2pi i}iintlimits_{K_{1}}ffrac{partial g}{partialoverline{zeta}}cdotfrac{{ m d}zetawedge{ m d}overline{zeta}}{zeta-z}\Rightarrow f^{(n)}(z)&=frac{n!}{2pi i}iintlimits_{K_{1}}ffrac{partial g}{partialoverline{zeta}}cdotfrac{{ m d}zetawedge{ m d}overline{zeta}}{(zeta-z)^{n+1}}\Rightarrowleft|f^{(n)}(z) ight|&leqfrac{n!}{2pi}iintlimits_{K_{1}}|f(zeta)|cdotleft|frac{partial g}{partialoverline{zeta}} ight|cdotleft|frac{{ m d}zetawedge{ m d}overline{zeta}}{(zeta-z)^{n+1}} ight|end{align*}
由(1)可知,存在$M>0$使得
[frac{1}{|zeta-z|}<M,forall zin K,zetain K_{1}]
另一方面$C^{infty}$的函数$g$在紧集$K_{1}$上必然有$left|frac{partial g}{partialoverline{zeta}} ight|$有界,因此存在常数$a_{n}$使得
egin{align*}left|f^{(n)}(z) ight|&leq 2a_{n}iintlimits_{K_{1}}|f(zeta)|{ m d}A\& riangleq 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.