從導數公式到一個大小界限
在上一篇裡，你掙得了一樣非凡的東西：每一階導數的公式——把全純函數的導數寫成一條環繞迴路上的積分。把它寫在一個以 z_0 為心、半徑 R 的圓上。第 n 階導數 f^(n)(z_0) 等於 (n! / (2 pi i)) 乘以該圓上 f(w) / (w - z_0)^(n+1) dw 的積分。左邊是一個導數——一個纖細的局部之物——右邊卻只看 f 在圓上的值。這個錯位正是本篇的整部引擎：只要你管住 f 在一個遠處圓上的表現，你就管住了它在圓心的導數。
現在拿起你唯一需要的估計工具——積分那一級學到的 ML 不等式。路徑是圓，所以長度 L = 2 pi R。被積函數是 f(w) / (w - z_0)^(n+1)；在圓上 |w - z_0| = R，所以分母的模長是 R^(n+1)。如果我們知道 |f(w)| 在那個圓上至多某個界 M，那麼被積函數的大小至多 M / R^(n+1)。把大小乘以長度，再把擺在最前面的常數 n! / (2 pi) 收進來，那個 2 pi R 幾乎把一切都消掉了。
| f^(n)(z_0) | = ( n! / (2 pi) ) * | integral over |w - z_0| = R of f(w) / (w - z_0)^(n+1) dw |
<= ( n! / (2 pi) ) * ( M / R^(n+1) ) * ( 2 pi R ) [ ML inequality ]
= n! * M / R^n [ Cauchy estimate ]
where M = max of |f(w)| on the circle |w - z_0| = R柯西估計到底在說什麼
這個結果 |f^(n)(z_0)| 至多 n! M / R^n，就是那一族 柯西估計，每個 n 各有一條。把它們讀成三個量之間的交易。M 衡量 f 在圓上被允許長到多大。R 是那個圓坐落得多遠。而左邊是中心處第 n 階導數能有多陡。這些估計說：陡峭是用大小換來的，又被距離打了折——一個在遠處始終很小的函數，根本不可能在中心擁有狂野的高階導數。
停下來想想，從實變數的角度看這有多奇怪。在實數線上，一個函數可以有界——比方說被釘在 -1 與 1 之間——卻仍然劇烈擺動到導數大得驚人；想想 sin(1000 x)，被 1 界住，斜率卻可達 1000。在複數世界裡，這種事一個也活不下來。對一個全純函數而言，你一開始假設的那一個複導數，早已逼出了無窮可微，而且逼出了這套把高階導數綁在「只是有界」上的僵硬記帳。柯西估計，正是那份僵硬變成一個你寫得出來的數的地方。
劉維爾定理：有界加上整就是常數
回報來了。設 f 是整的——在整個平面上全純，一個整函數——並設它有界，意思是存在單一個數 M，使得對每一個 z 都有 |f(z)| 至多 M，不管跑得多遠。那麼劉維爾定理說 f 必為常數。不是近似常數，不是最終常數——而是精確地、恆等地常數。一個處處有定義且可微、又永不逃出固定界限的函數，別無選擇，只能是一個平坦的水平值。
證明就是上面那一節，用一次。固定任一個圓心 z_0，套用 n = 1 的柯西估計：|f'(z_0)| 至多 1! 乘以 M 除以 R，也就是 M / R。因為 f 是整的，我們可以把圓取得要多大有多大——R 可以自由地奔向無窮。既然那個全域界限 M 從不改變，M / R 趨於零。所以 |f'(z_0)| 至多是某個趨於零的量，這逼出 f'(z_0) = 0。但 z_0 是任取的，所以 f' 處處為零。一個在連通域上導數恆為零的函數是常數。完畢。
- 在平面上固定一個任意點 z_0；我們要證明 f'(z_0) = 0。
- 在圓 |z - z_0| = R 上套用 n = 1 的柯西估計：|f'(z_0)| 至多 M / R。
- 讓 R 奔向無窮。界限 M 是全域且固定的，所以 M / R 趨於零。
- 結論 f'(z_0) = 0。因為 z_0 是任取的，f' 處處為零，所以 f 在連通的平面上是常數。
代數基本定理，三行解決
幾個世紀的代數苦苦想證明每個多項式都有根；複分析卻幾乎是隨手就把它打發了。代數基本定理斷言：任何次數至少為 1、係數為複數的多項式 p(z)，在複數平面上至少有一個根。策略是一招漂亮的柔道：假設 p 沒有根，用它製造出一個有界的整函數，再讓劉維爾把這個假設壓垮。
- 為了導出矛盾，假設 p(z) 在平面上處處都不為零。
- 那麼 g(z) = 1 / p(z) 處處有定義且是整的——一個全純函數的商，其分母從不為零。
- 當 |z| 趨於無窮，|p(z)| 趨於無窮（首項 z^n 主導），所以 |g(z)| 趨於零。在遠處，g 微乎其微。
- 因此 g 有界：它在某個大圓盤外很小，在那閉圓盤上又連續、故在那裡也有界。由劉維爾，有界整函數是常數。
- 若 g 是常數則 p 是常數——與次數至少為 1 矛盾。所以我們的假設是錯的：p 必有一個根。
第 3 步值得再看一眼，因為它是唯一進入實估計的地方。寫 p(z) = a_n z^n + (低次項)，其中 a_n 不為零。把 z^n 提出來：p(z) = z^n 乘以 (a_n + a_(n-1)/z + ... + a_0/z^n)。當 |z| 增大時括號趨於 a_n，所以對大的 |z|，它從下界住於比方說 |a_n|/2，而 |z^n| 爆炸。於是 |p(z)| 最終至少 (|a_n|/2)|z|^n，奔向無窮。那一個增長事實——正次數的多項式無法保持有界——就是整個證明所倚靠的那條誠實不等式。
為什麼一個根就給出全部，以及該帶走什麼
我們只證明了一個根存在，但完整的定理——計入重數的 n 個根——隨即跟上。若 p 次數為 n 且有根 r_1，多項式除法給出 p(z) = (z - r_1) q(z)，其中 q 次數為 n - 1。把同一個定理用在 q 上剝出 r_2，再重複。n 步之後 p 已分裂成 n 個一次因式，所以一個 n 次多項式在平面上恰有 n 個根，計入重數。這正是為什麼 C 被稱為代數閉的，也是為什麼複數——而非實數——才是求多項式根的自然居所。
退一步欣賞這個論證的形狀，因為它在複分析裡反覆出現。一個關於多項式的純代數陳述，被一個關於增長與有界的分析事實解決了。橋樑是柯西積分公式，它的導數版給出柯西估計，柯西估計給出劉維爾，劉維爾給出根。每一個環節都是你在這一級裡親手鍛造的。這裡沒有任何只為特殊函數保留的把戲——它就是全純性的尋常威力：一個函數只要知道自己在圓上的值，就知道圓內的一切。