亚纯函数与无穷乘积

一、整亚纯函数的部分分式展开（Mittag-Leffler 定理）

核心问题：给定极点序列 $\{a_n\}$ 和对应的主要部分 $P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right)$，如何构造整亚纯函数？
定理（Mittag-Leffler）：
设 $\{a_n\}$ 是两两不同且趋于无穷的复数列，$\{P_n\}$ 是常数项为零的多项式列。则存在整亚纯函数 $f(z)$ 以 $\{a_n\}$ 为极点集，且在 $a_n$ 处的主要部分为 $P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right)$。所有此类函数可表示为：
$$ f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right) - p_n(z) \right) + g(z), $$
其中 $p_n(z)$ 是使级数收敛的多项式（收敛因子），$g(z)$ 是整函数。

证明关键步骤：

1. 构造收敛因子：
   假设 $|a_1| \leq |a_2| \leq \cdots$，对每个 $n>1$，取 $p_n(z)$ 为 $P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right)$ 在 $|z| < |a_n|/2$ 内的泰勒多项式，使得
   $$ \left| P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right) - p_n(z) \right| < \frac{1}{2^n}, \quad \forall z \in \overline{B(0, |a_n|/2)}. $$
2. 一致收敛性：
   对任意 $R>0$，存在 $n_1$ 使得当 $n \geq n_1$ 时，$R < |a_n|/2$。由 Weierstrass 优级数判别法，级数
   $$ \sum_{n=n_1}^{\infty} \left( P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right) - p_n(z) \right) $$
   在 $\overline{B(0,R)}$ 上一致收敛，从而在 $\mathbb{C} \setminus \{a_n\}$ 上内闭一致收敛于解析函数 $f_0(z)$。
3. 验证极点：
   $f_0(z)$ 以 $\{a_n\}$ 为极点，且主要部分恰为 $P_n\left(\frac{1}{z-a_n}\right)$。任意满足条件的 $f(z)$ 与 $f_0(z)$ 之差为整函数 $g(z)$。

经典应用：

1. $\pi \cot \pi z = \frac{1}{z} + \sum_{n \neq 0} \left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)$
2. $\frac{\pi^2}{\sin^2 \pi z} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(z-n)^2}$
3. $\frac{\pi}{\sin \pi z} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{z-n}$

二、无穷乘积的收敛理论

基本定义：
无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 收敛 若部分积 $P_N = \prod_{n=1}^N p_n$ 收敛于非零复数 $P$。若 $\lim P_N = 0$，则称发散。

必要条件：
$\prod p_n$ 收敛 $\implies p_n \to 1 \ (n \to \infty)$。

Cauchy 收敛准则：
设 $p_n \neq 0$，则 $\prod p_n$ 收敛当且仅当 $\forall \varepsilon > 0$，$\exists N$ 使得当 $n > m > N$ 时，
$$ \left| \prod_{k=m}^{n} p_k - 1 \right| < \varepsilon. $$

对数判别法（核心定理）：
设 $p_n = 1 + a_n$ 且 $a_n \neq -1$（充分大 $n$），则
$$ \prod (1 + a_n) \ \text{收敛} \iff \sum \log(1 + a_n) \ \text{收敛}. $$
证明要点：

• 令 $s_n = \log(1 + a_n)$（取主值分支），则部分积 $P_N = \exp\left( \sum_{n=1}^N s_n \right)$。
• 若 $\sum s_n$ 收敛于 $S$，则 $P_N \to e^S \neq 0$。
• 若 $P_N \to P \neq 0$，则 $\sum s_n = \log P_N + 2\pi i h_N$。由 $s_n \to 0$ 和连续性，$h_N$ 最终为常数 $k_0$，故 $\sum s_n$ 收敛于 $\log P + 2k_0\pi i$。

绝对收敛：
$$ \prod (1 + a_n) \ \text{绝对收敛} \iff \sum |\log(1 + a_n)| < \infty \iff \sum |a_n| < \infty. $$
（由极限 $\lim_{z \to 0} \frac{\log(1+z)}{z} = 1$ 及比较判别法可得。）

反例：

• $\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛，但 $\prod \left(1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)$ 发散（因 $\sum \log(1 + a_n)$ 中含发散项 $\sum -\frac{1}{2n}$)。
• $\sum \left( \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \frac{1}{2n} \right)$ 发散，但 $\prod \left(1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \frac{1}{2n}\right)$ 收敛（因 $\sum \log(1 + a_n) \sim \sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛）。