Weierstrass 整函数零点分解

一个多项式等于常数乘以有限个线性零点因子。整函数可以有无穷多个零点，却不能简单地把所有线性因子相乘：零点逃远得慢时，乘积会发散。Weierstrass分解保留每个零点，同时用不会产生零点的指数校正，让尾部真正接近一。

形式陈述

可指定的数据与初等因子

给定原点的零点阶数 $m\ge0$ ，以及非零复数序列 $a_1,a_2,\ldots$ ，满足 $|a_n|\to\infty$ 。序列允许重复，但每个位置只重复有限次，用重复次数表示所需重数。有限个零点或没有非零零点也允许。

对整数 $p\ge0$ ，定义Weierstrass初等因子

E_0(w)=1-w,\qquad E_p(w)=(1-w)\exp\left(w+\frac{w^2}{2}+\cdots+\frac{w^p}{p}\right). \tag{1}

每个 $E_p$ 只有一个零点 $w=1$ ，且为简单零点；指数部分不增加也不删除零点。

存在非负整数 $p_n$ ，使

\boxed{F(z)=z^m\prod_{n=1}^{\infty}E_{p_n}(z/a_n)} \tag{2}

按正常全纯乘积收敛，所得整函数的零点恰为指定的位置与重数。总能取 $p_n=n$ ；通常可以选得更小。

若 $f$ 是任意不恒为零的整函数，非零零点按重数列成上述序列，原点零点阶数为 $m$ ，则存在整函数 $h$ 满足

\boxed{f(z)=e^{h(z)}z^m\prod_{n=1}^{\infty}E_{p_n}(z/a_n).} \tag{3}

这里 $h$ 一般不是多项式。本页不假设有限增长阶，也不把更强的Hadamard结论混入(3)。

直觉

指数修正取消的是什么

对 $|w|<1$ ，在原点归零的对数给

\log E_p(w) =\log(1-w)+\sum_{k=1}^p\frac{w^k}{k} =-\sum_{k=p+1}^{\infty}\frac{w^k}{k}. \tag{4}

原来 $\log(1-w)$ 从一次项开始；乘上指数后，前 $p$ 阶恰好抵消，第一项推迟到 $w^{p+1}$ 。这不改变零点，却大幅缩小远处零点对当前紧集的影响。

例如零点在正整数 $n$ ，朴素线性因子的偏差为 $O(1/n)$ ，总和发散。改用 $(1-z/n)e^{z/n}$ 后，尾对数从 $-z^2/(2n^2)$ 开始，可以求和。修正的目的不是令每一项数值更美观，而是使无限构造有正确的解析极限。

为什么剩下的是整指数

若两个整函数有完全相同的零点与阶数，它们的商在原零点处可约去同阶因子，不再有奇点，也不会等于零。在整个复平面上，无零整函数能写成一个整函数的指数。因此无穷零点表决定了“哪里为零”，却没有决定那张无零的背景因子。

例子与边界

正整数零点只需一次修正

令

G(z)=\prod_{n=1}^{\infty}(1-z/n)e^{z/n}.

它在所有紧集上正常收敛，零点恰为 $1,2,3,\ldots$ ，全部简单。取 $p=1$ 有效，因为 $\sum n^{-2}<\infty$ 。前几项导数可以直接从(4)读出： $G(0)=1,G'(0)=0$ 。

固定z为负一，未校正与一次校正的单项对数分别为一阶和二阶衰减；对数部分和分别发散与收敛

$G$ 和 $e^{z^2}G$ 仍有相同零点、相同原点值及一阶导数。有限几个归一化条件不能普遍消除一个任意整函数 $h$ 的自由度；若要唯一认定熟悉函数，还需差分方程、增长限制或对数导数等额外信息。

成对零点不需要保留两份指数

有恒等式

E_1(z/n)E_1(-z/n)=1-z^2/n^2.

于是对称零点 $\pm1,\pm2,\ldots$ 可组织为

P(z)=z\prod_{n=1}^{\infty}(1-z^2/n^2). \tag{5}

这个整函数在每个整数有一个简单零点，且 $P'(0)=1$ 。这里配对后的尾偏差已经为 $O(n^{-2})$ ，所以成立；不能据此宣称未配对的条件乘积总可任意重排。

不能在平面内部堆积零点

若要求非零整函数在 $1,1/2,1/3,\ldots$ 都为零，这些零点在原点聚集，违反全纯函数的孤立零点性质。Taylor展开中首个非零系数会把小邻域的零点限制为中心一个；若不存在首个非零系数，函数就在邻域恒零，并由连通性处处恒零。

因此“无有限聚点”是实质条件。一般开域可以让零点向域边界聚集，但那需要改变构造，本页只陈述整平面版本。

若只给有限个零点，式(2)退化成有限多项式因子；若没有零点，式(3)直接说 $f=e^h$ 。恒零函数不能纳入这一分解，因为它没有离散的有限重数零点表。

推论与应用

给任意零列选择足够的修正阶数

由(4)，当 $|w|\le1/2$ ，

|\log E_p(w)|\le\frac{|w|^{p+1}}{(p+1)(1-|w|)} \le2|w|^{p+1}. \tag{6}

固定圆盘 $|z|\le R$ 。由于 $|a_n|\to\infty$ ，充分大的 $n$ 都有 $|z/a_n|\le1/2$ 。取 $p_n=n$ ，右侧至多 $2^{-n}$ ；再用 $|e^v-1|\le e^{|v|}-1\le2|v|$ （ $|v|\le1$ ），得到

\sup_{|z|\le R}|E_n(z/a_n)-1|\le2^{1-n}

对充分大的 $n$ 成立。因此(2)满足正常乘积条件，极限全纯且零点重数准确，存在性得到证明。

若某个固定整数 $p$ 满足

\sum_n |a_n|^{-p-1}<\infty, \tag{7}

则可以对所有因子统一取这个 $p$ 。证明仍是(6)，只把尾部几何级数改成 $R^{p+1}\sum|a_n|^{-p-1}$ 。这里是一个方便的充分条件，不将其说成任意配对方式下的必要条件。

无零整函数有全局对数

令 $g=f/F$ ，在各零点处约去相同阶数，便得到无零整函数。函数 $g'/g$ 也是整函数。由Cauchy积分定理，它在单连通的整平面上有原函数；取任意满足 $e^c=g(0)$ 的常数 $c$ ，定义

h(z)=c+\int_0^z\frac{g'(\zeta)}{g(\zeta)}\,d\zeta.

积分与路径无关。求导可见 $(g e^{-h})'=0$ ，原点值为一，所以 $g=e^h$ ，式(3)得证。不同 $c$ 可相差 $2\pi i$ 的整数倍，但指数函数不变。

这一步用到了整平面。无零全纯函数 $g(z)=z$ 在穿孔平面上没有单值全纯对数，因为沿单位圆积分 $g'/g=1/z$ 得到 $2\pi i$ ，不可能是原函数的闭路积分。

一般连通域上的全纯对数与根周期判据把这个例子补为两个充要条件：对数要求所有归一化闭路周期为零， $m$ 次根要求全部周期属于 $m\mathbb Z$ 。因此有平方根仍可没有对数；本页无零整商的原函数构造则是所有周期自动消失的情形。

用对数导数，而不是只靠零点，认定正弦

主部构造与cot部分分式通过留数围道给出

\pi\cot(\pi z)=\frac1z+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2-n^2},\qquad z\notin\mathbb Z. \tag{8}

另一方面，正常乘积的对数导数使(5)满足同一个式子： $P'/P$ 等于(8)右侧。由复指数表达式， $\sin(\pi z)$ 的零点恰为整数，导数在这些点为 $\pi(-1)^n\ne0$ ，所以 $Q(z)=\sin(\pi z)/P(z)$ 可在所有整数处延拓为无零整函数。

在非整数处， $Q'/Q=\pi\cot(\pi z)-P'/P=0$ ，故 $Q$ 恒定；原点极限给 $Q(0)=\pi$ 。于是

\boxed{\sin(\pi z)=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}(1-z^2/n^2).} \tag{9}

证明的三份信息各有分工：正常乘积保证对象存在且零点准确，部分分式认定对数导数，原点导数最后决定常数。

若 $S_N(z)=\pi z\prod_{n=1}^N(1-z^2/n^2)$ ，则在 $|z|\le r$ 上，

|\sin(\pi z)-S_N(z)|\le |S_N(z)|\bigl(e^{r^2/N}-1\bigr).

这让恒等式同时成为一份有统一误差的有限计算。去零点与主部综合任务可将它迁移到增长重数零列、双阶主部和半整数零点。

参考资料

Jiří Lebl，Guide to Cultivating Complex Analysis，§8.2，Theorem8.2.4、Corollary8.2.5，印刷pp.200–202；Exercise8.2.6与Proposition8.2.6，pp.204–205：初等因子、整函数分解和正弦乘积。本文用小圆盘对数尾界证明收敛，并把全局对数与识别常数逐步写出。
Yum-Tong Siu，Infinite sum computed by residue，Harvard Math113，2024，pp.2、5–9：半整数方形围道、cot部分分式及对数导数积分。式(8)的围道误差在本单元主部页另外给出。

形式陈述 ​

可指定的数据与初等因子 ​

指数修正取消的是什么 ​

为什么剩下的是整指数 ​

正整数零点只需一次修正 ​

成对零点不需要保留两份指数 ​

不能在平面内部堆积零点 ​

给任意零列选择足够的修正阶数 ​

无零整函数有全局对数 ​

用对数导数，而不是只靠零点，认定正弦 ​

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