Теорема за единственост и нули на холоморфните функции
Като непосредствени следствия от аналитичността на холоморфните функции получаваме, че теоремата за единственост (Твърдение 3 от Тема 12) и представянето в околност на нула (Твърдение 4 от Тема 12) на аналитична функция са валидни за холоморфните функции. При това теоремата за единственост допуска следната формулировка.
Твърдение 1. Ако $f$ е холоморфна функция в областта $D\subset\mathbb{C}$ и множеството от нули на $f$ има точка на сгъстяване в $D$, то $f(z)=0$ за всяко $z\in D$.
Твърдение 2. Нека $f$ е холоморфна функция в областта $D\subset\mathbb{C}$, която не е тъждествено нула в околност на точката $a\in D$. Тогава следните условия са еквивалентни:
1) $a$ е $k$-кратна нула на $f$,
2) съществува $\delta>0$ и холоморфна функция $g$ в $K(a,\delta)$, такива че $f(z)=(z-a)^kg(z)$ при $z\in K(a,\delta)$ и $g(a)\neq 0$.
Бином на Нютон
Теоремата за единственост на холоморфните функции (Твърдение 1) има полезни следствия. Например, чрез нея могат да се обобщават тъждества, отнасящи се за реални числа, в комплексния случай.
Твърдение 3. Тъждеството $$(1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k,$$ където $\alpha\in\mathbb R$, валидно в интервала $(-1,1)$, остава в сила в кръга $K(0,1)$, при $\alpha\in\mathbb{C}$, като в този случай $(1+z)^{\alpha}=\exp(\alpha F(z))$, където $F$ е еднозначния клон на $\log(1+z)$ в кръга $K(0,1)$, който приема стойност $0$ в точката $0$.
Доказателство. Нека $\alpha\in\mathbb{R}$ и $$G(z)=\exp(\alpha F(z)), z\in K(0,1),$$ където $\exp(F(z))=1+z$ и $F(0)=0$ (функцията $F$ съществува, тъй като $K(0,1)$ е едносвързана област и функцията $z\mapsto 1+z$ е холоморфна функция, която не се анулира в $K(0,1)$ (вж. забележката след Твърдение 4 от Тема 16)). Тогава $F$ е холоморфна в $K(0,1)$ и следователно $G$ е холоморфна в този кръг, като композиция на холоморфни функции. Нека $$\varphi(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k.$$ Непосредствено се проверява (например с критерия на Даламбер, вж. Упражнение 4 от Тема 3), че областта на сходимост на последния степенен ред е $K(0,1)$, затова неговата сума $\varphi$ е холоморфна функция в $K(0,1)$. От реалния анализ знаем, че $$(1+x)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^k$$ при $x\in(-1,1)$, затова $G(K(0,1)\cap\mathbb{R})=\varphi(K(0,1)\cap\mathbb{R})$. Следователно, от теоремата за единственост имаме $G=\varphi$ върху $K(0,1)$. Така получихме, че при $\alpha\in\mathbb{R}$ и $z\in K(0,1)$ имаме $(1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k$. Да се убедим, че това тъждество остава в сила и за произволни комплексни стойности на $\alpha$, когато $z\in K(0,1)$. Нека $$H(\alpha)=\exp(\alpha F(z)),$$ където $F$ е както по-горе, $\alpha\in\mathbb{C}$ и $z\in K(0,1)$. Тогава $H$ е холоморфна в $\mathbb{C}$, тъй като $H$ е експонента. Нека $$\psi(\alpha)=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k,$$ където $\alpha\in\mathbb{C}$ и $z\in K(0,1)$. С критерия на Даламбер установяваме, че областта на сходимост на последният ред от полиноми е $\mathbb{C}$. Ще покажем, че сумата му $\psi$ е холоморфна в цялата равнина. За целта ще приложим теоремата на Вайерщрас (Твърдение 2 от Тема 20), според която ред от холоморфни функции в дадена област, който е равномерно сходящ върху всеки компакт в областта има холоморфна сума в дадената област. Затова трябва да покажем, че редът $\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k$ ($z\in K(0,1)$ е фиксирано) е равномерно сходящ върху всеки компакт в $\mathbb{C}$. За да установим това, ще приложим критерия на Вайерщрас (Твърдение 7 от Тема 13), като мажорираме дадения ред върху произволен компакт със сходящ числов ред. Тъй като всеки компакт в $\mathbb{C}$ е ограничено множество, той се съдържа в затворен кръг $K(0,r)$ за достатъчно голямо $r$. Затова ще считаме, че $\alpha\in K(0,r)$, т. е. $|\alpha|<r$. Тъй като за всяко $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ имаме $$\left|\binom{\alpha}{k}z^k\right|=\left|\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-k+1)}{k!}z^k\right|\leq\frac{r(r+1)\ldots(r+k+1)}{k!}|z|^k$$ и редът $$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{r(r+1)\ldots(r+k+1)}{k!}|z|^k$$ е сходящ (както се проверява с критерия на Даламбер), доказахме, че $\varphi$ е холоморфна в $\mathbb{C}$. От доказаното по-горе тъждество $(1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k$, за $\alpha\in\mathbb{R}$ и $z\in K(0,1)$ имаме, че $H(\mathbb{C}\cap\mathbb{R})=\psi(\mathbb{C}\cap\mathbb{R})$ и от теоремата за единственост имаме $H=\psi$ върху $\mathbb{C}$, което показва, че $(1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}z^k$ за всяко $\alpha\in\mathbb{C}$ и $z\in K(0,1)$.
Теорема на Лиувил
Следващото твърдение се нарича теорема на Лиувил и има важно значение в комплексния анализ.
Твърдение 4. Всяка цяла (т. е. холоморфна в $\mathbb{C}$) и ограничена функция е постоянна.
Доказателство. Нека $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ е цяла ограничена функция. Тогава съществува число $M\geq 0$, такова че $|f(z)|\leq M$ за всяко $z\in\mathbb{C}$. Нека $a\in\mathbb{C}$, $r>0$ и $\gamma:[0,1]\to\mathbb{C}$ е окръжността $\gamma(t)=a+r\exp(2\pi i t)$. Тъй като $f$ е холоморфна в $\mathbb{C}$, от формулата на Коши за производните (Твърдение 2 от Тема 19) имаме, че за всяко $k\in\mathbb{N}\cup{0}$ е изпълнено $$f^{(k)}(a)=\frac{k!}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta.$$ Тогава $$|f^{(k)}(a)|=\left|\frac{k!}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta\right|\leq\frac{k!}{2\pi}\int_{\gamma}\left|\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}\right||d\zeta|\leq\frac{k!}{2\pi}\int_{\gamma}\frac{M}{r^{k+1}}|d\zeta|=\frac{k!}{2\pi}\frac{M}{r^{k+1}}2\pi r=\frac{Mk!}{r^k}.$$
След граничен преход в последното неравенство получаваме, че $|f^{(k)}(a)|=0$ за всяко $k\in\mathbb{N}$, откъдето $f^{(k)}(a)=0$ за всяко $k\in\mathbb{N}$. Следователно във всеки кръг $K(a,r)$ представянето на $f$ като сума на степенен ред е $f(z)=f(a)$, $z\in K(a,r)$. От теоремата за единственост (Твърдение 1) получаваме, че $f$ е постоянна.
Основна теорема на алгебрата
Като приложение на теоремата на Лиувил, получаваме лесно доказателство на основната теорема на алгебрата.
Твърдение 5. Всеки непостоянен полином с комплексни коефициенти има поне един комплексен корен.
Доказателство. Нека $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ е полином от степен $n\geq 1$, т. е. $f(z)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^k$ и $f^{(n)}(0)\neq 0$. Ако допуснем, че $f(z)\neq 0$ за всяко $z\in\mathbb{C}$, то функцията $g=\frac{1}{f}$ е цяла ограничена функция. Действително $g$ е холоморфна в $\mathbb{C}$, която никъде не се анулира, и тъй като $$|g(z)|=|z|^{-n}\left|\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^{k-n}\right|^{-1}\to 0$$ при $z\to\infty$, съществува $\delta>0$, такова че при $|z|>\delta$ е изпълнено неравенството $|g(z)|<1$. От друга страна, тъй като $g$ е непрекъсната функция, тя е ограничена върху компакта $\overline{K(0,\delta)}$ (Твърдение от Тема 5). Следователно съществува число $M>0$, такова че $|g(z)|\leq M$ за всяко $z\in\overline{K(0,\delta)}$. Оттук получаваме, че $|g(z)|\leq\max\{1,M\}$ за всяко $z\in\mathbb{C}$. От теоремата на Лиувил (Твърдение 4) получаваме, че съществува число $c\in\mathbb{C}\setminus{0}$, такова че $g(z)=c$ за всяко $z\in\mathbb{C}$. Следователно $f(z)=\frac{1}{c}$, за всяко $z\in\mathbb{C}$, което е противоречие, тъй като по предположение $f$ е непостоянен полином.