局部零点和极点，怎样变成全局计算证书 ​

本任务分别使用正常乘积理路全纯函数的正常无穷乘积Holomorphic infinite product · 全纯无穷乘积 · 正常收敛乘积用紧集可求和的小扰动构造全纯乘积，证明尾积非零、准确零点重数及对数导数，并给可直接代入的统一截断界。、Weierstrass分解理路Weierstrass 整函数零点分解Weierstrass factorization theorem · Weierstrass product theorem · Weierstrass整函数分解用初等因子取消发散的低阶对数项，为任意离散零点及重数构造整函数，证明同零点函数只差整指数，并以cot对数导数识别正弦乘积。、Jensen公式理路Jensen 圆周平均与零点公式Jensen formula complex analysis · Jensen零点公式 · Jensen圆周平均公式把圆周上的log模平均化为内部零点的径向权重，完整处理中心零点、边界条件、增长计数界与等角离散平均的可算误差。与Mittag–Leffler构造理路Mittag–Leffler 指定主部构造Mittag-Leffler theorem · Mittag–Leffler theorem · Mittag-Leffler主部定理对整平面的离散极点与有限主部作Taylor校正，构造局部一致收敛的亚纯函数；证明整函数自由度，并以带误差的围道计算认定cot部分分式。。零点重数、主部系数、边界平均和截断误差各自输出，不能只凭一张重合曲线认定两个函数相等。

任务一：零点逃得快，重数却在增长 ​

指定原点为二重零点，正平方数 $n^2$为 $n$重零点，其余位置无零点。自然的未校正候选为

$$z^2\prod _{n\ge 1}(1-z/n^2{)}^n.$$

它仍然失败。在 $z=-1$，尾对数满足

$$n\log (1+1/n^2)\ge \frac{1}{2n},$$

故部分乘积趋于无穷。判断乘积时必须同时考虑零点位置和重数，不能只看到 $\sum n^{-2}<\mathrm{\infty }$就停止检查。

采用一次初等因子，定义

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \boxed{{\displaystyle F(z)=z^2\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{E}_1(z/n^2{)}^n.}}\end{array}$$

它满足所有指定零点和重数，且 $F^{″}(0)=2$。证明收敛时，在固定 $|z|\le r$上选整数 $N\ge 1$使 $(N+1{)}^2\ge 2r$。对 $n>N$，

$$|n\log E_1(z/n^2)|\le n\frac{|z/n^2{|}^2}{2(1-|z/n^2|)}\le \frac{r^2}{n^3}.$$

因此尾对数和 $L_N$有统一界

$$\begin{array}{}\text{(2)}& |L_N|\le \frac{r^2}{2N^2},|e^{L_N}-1|\le e^{r^2/(2N^2)}-1.\end{array}$$

尾部每项指数的模差也可求和，故确实满足正常乘积条件。式(2)乘上有限头积的模，就得到绝对截断误差；避开头积零点时，它还是相对误差界。

例如 $r=2,N=10$时，右侧至多 $e^{1/50}-1\le 1/49$。若要求这个圆盘上的相对尾误差不超过 ${10}^{-6}$，使用 $e^s-1\le s/(1-s)$，取 $N=1415$即可，因为

$$\frac{2}{{1415}^2-2}<{10}^{-6}.$$

“相对尾误差”指尾因子与一的差；在函数零点处应报告绝对误差，而不是除以零。

作为重数的第二份检查，避开零点求对数导数：

$$\frac{F^{\prime }(z)}{F(z)}=\frac{2}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z}{n(z-n^2)}.$$

右侧在 $z=n^2$的留数为 $n$，与指定重数吻合。最后给出非唯一证书：$e^{z}F$有完全相同的零点表，也有 $F^{″}(0)=2$。零点表与这一归一化值仍不足以唯一识别整函数。

任务二：换圆心、剥重数，再认证采样平均 ​

取

$$G(z)=(z-1{)}^2{e}^{z-1}(1-2(z-1))(1-(z-1)/2).$$

以 $z_0=1$为圆心，写 $w=z-1$。中心有二重零点，另外两个简单零点在 $w=1/2,2$；剥离 $w^2$后的原点值为一。

半径一与半径三的圆周平均分别为

$$J(1)=\log 2,J(3)=2\log 3+\log 6+\log \left(3/2\right)=\log 81.$$

半径二会穿过一个零点，不属于本单元的连续被积函数合同。选择圆周时要检验整个边界，而不是只看离散采样点有没有出现零。

取 $M\ge 2$个等角点。半径一的离散平均满足

$$A_M(1)=\log 2+\frac{2}{M}\log (1-2^{-M}),0<J(1)-A_M(1)\le \frac{2}{M(2^M-1)}.$$

半径三则给

$$A_M(3)=\log 81+\frac{1}{M}[\log (1-6^{-M})+\log (1-(2/3{)}^M)].$$

两式都来自有限单位根乘积，指数项的等角平均精确消失。第二个误差的确定上界为

$$0<J(3)-A_M(3)\le \frac{1}{M}[\frac{6^{-M}}{1-6^{-M}}+\frac{(2/3{)}^M}{1-(2/3{)}^M}].$$

同样取16点时，两圆的收敛速度不同；半径三处的外侧零点相对更接近圆周。交付真实平均、有限采样值和各自的误差界，不能用第一圆的快速收敛代替第二圆的估计。

任务三：同时指定双阶极点和随位置变化的留数 ​

现在要求每个正整数 $n$处的主部为

$$P_n(z)=\frac{1}{(z-n{)}^2}-\frac{n}{z-n}.$$

最高负次幂的系数是一，留数却是 $-n$。固定 $z$时有 $P_n(z)\to 1$，直接求和不满足通项趋零这一必要条件，选择校正多项式 $Q_n(z)=1+z/n$，得到

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \boxed{{\displaystyle H(z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{(z-n{)}^2}+\frac{z^2}{n(n-z)}].}}\end{array}$$

对 $|z|\le r$、$n>2r$，一项的模至多 $(4+2r^2)/n^2$。所以当 $N+1>2r$时，避开极点的截断误差满足

$$|H(z)-H_N(z)|\le \frac{4+2r^2}{N}.$$

在每个 $n$的小邻域内，除第 $n$项外的有限头部与正常尾部都全纯。因此

$$\underset{z\to n}{lim}(z-n{)}^{2}H(z)=1,{\mathrm{Res}}_{z=n}H=-n.$$

两个结论不是同一份检查。若用小圆积分复算，$H$本身的积分除以 $2\pi i$应给 $-n$，而 $(z-n)H$的积分除以 $2\pi i$应给一；只检查留数不能排除漏掉双阶项。

任意 $H+e^z$仍有完全相同的主部表。若要认定某个特别的闭式表达，还需控制相差的整函数；正常收敛及主部匹配已经足够证明构造正确，却没有自动给出这种唯一识别。

任务四：从正弦迁移到半整数零点 ​

已经认定的正弦乘积给出

$$\sin \left(2\pi z\right)=2\pi z\prod _{n\ge 1}(1-4z^2/n^2).$$

该乘积在每个紧集正常绝对收敛，允许将偶数因子与奇数因子分组。偶数因子恰好是 $\prod _{m\ge 1}(1-z^2/m^2)$。先在 $z\notin \mathbb{Z}$处除以 $2\sin \left(\pi z\right)$，再通过全纯连续延拓处理共同零点，得到

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \boxed{{\displaystyle \cos \left(\pi z\right)=\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{4z^2}{(2n-1{)}^2}).}}\end{array}$$

这份新乘积的零点恰为正负半整数，均为简单零点。证明使用了已经识别的正弦函数及二倍角恒等式；仅凭半整数零点和原点值一，还不能排除乘上其他无零整函数。

以有理区间认证一个非有理函数值 ​

在 $z=1/4$，令

$$C_{10}=\prod _{n=1}^{10}(1-\frac{1}{4(2n-1{)}^2})\in \mathbb{Q}.$$

所有尾因子都在零与一之间。由有限乘积不等式 $\prod (1-a_j)\ge 1-\sum a_j$并取极限，再用积分比较，

$$\sum _{n>10}\frac{1}{4(2n-1{)}^2}\le \frac{1}{8(2\cdot 10-1)}=\frac{1}{152}.$$

因此

$$\boxed{{\displaystyle \frac{151}{152}{C}_{10}\le \cos \left(\pi /4\right)\le C_{10}.}}$$

两个端点都是可直接存储的有理数。再独立使用 $\cos \left(\pi /4\right)=1/\sqrt{2}$，只需检查

$$2{\left(\frac{151}{152}{C}_{10}\right)}^2\le 1\le 2C_{10}^2,$$

全程用整数交叉相乘即可。这与浮点显示出相近小数不同，是一份保留方向与确定界的算术证书。

下载与验收 ​

下载复函数构造核验程序和结果记录。程序把有理截断证书与高精度复数诊断分开：前者使用Python标准库Fraction，后者需要mpmath并固定70位精度。数值圆积分和高精度相等检查补强实现，不代替正文中全参数的收敛、重数与唯一性证明。

交付应保留校正前发散证书、校正阶数与紧集尾界、Jensen中心重数及避零半径、两种主部系数、具体函数的识别依据，以及余弦值的有理上下端点。仅给“所有测试通过”不足以说明这些不同的结论分别由什么条件保证。

回到从零点与主部构造复函数路线。