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1、最大模原理摘 要 最大模原理是研究解析函数的有力工具.通过对最大模原理相关知识进行学习和研究, 本文主要从两方面来探讨其相关理论:第一部分,给出了最大模原理的内容及用五种不同的方法来证 明此定理,其中用调和函数的极值原理来证明是本文的创新之处；第二部分,给出了最大模原理的推论 及推广,重点研究了它在具有保域性一类函数及在调和函数中的推广。关键词 最大模原理 区域 解析函数 调和函数1 序言最大模原理在复变函数理论中是一条经典性定理,它深刻反映了解析函数的性质.前人对最大模 原理的内容、证明、推论及应用都从不同方面给出了缜密的研究和推广,而该文鉴于前人研究的基础 之上,对此原理的相关理论及其应用
2、作了一个系统的小结,然后在此基础上进一步研究使用调和函数 的极值原理来证明最大模原理；其次进一步重点研究了最大模原理在调和函数中和在扩充复平面中 的推广；下面对此原理的相关理论进行探讨:2 最大模原理及证明2.1 最大模原理由柯西积分公式知道,一个在区域内的解析函数完全可由其边界上的积分值所确定,那么我们自 然要问：一个解析函数的模在区域的最大值是否也是由边界上函数的模的值所确定,下面这一定理就 回答了这个问题.定理(最大模原理)1设函数f (z)在区域D内解析，且恒不为常数，则I f (z)|在区域D内任意点都取不到最大值.2.2 最大模原理的证明 最大模原理可用多个重要定理来证明，本文将给
3、出五种证明方法： 2.2.1 利用解析函数的平均值定理及唯一性定理证明 在证明之前，先给出以下三个引理：引理1 (解析函数的平均值定理)1如果函数f (z)在圆R -zj R内解析，在闭圆R -zj R上连续，则f (z ) = f (z + Reicp 伽02k o 0即f (z)在圆心z0的值等于它在圆周上的值的算术平均值.引理2若函数f (z)在区域D内解析，且If (z)|在D内为常数，则f (z)在D内也必为常数.引理3 (解析函数唯一性定理的推论)1若在区域D内均解析的函数f (z)及f (z)在D内的某一12子区域(或一小段弧)上相等，则它们必在区域D内恒等.注 引理1、引理3为
4、参考文献1中的定理,不再给予证明,下面给出引理2的证明：证明(1)要证明此引理2,需先证明:若f (z)与f(z)都在区域D内解析，则f (z)在D内必为常数.事实上，设f (z) = u + iv，则f (z) = u -iv ,由于f (z)与f (z)在区域D内都解析，所以都满足C R方程，即u = v u=-v,u=-vu = vxy ， yx 与 xy ， yx所以u =v =u =v=0x y y x.可见，u，v在D内为常数.因此，f (z) = u + iv在D内为常数.(2)再证引理2,由于|f (z)|在D内为常数，所以|f (z)|2在D内为常数.且有 f (z)|2 =
5、 f (z) - f (z)不妨设If (z)| = c,若c = 0，则f (z)在D内必为常数.若c主0,由于f (z)在区域D内解析，则由式，得f ( z )|2在 D 内解析.由(1)的证明结论可知，f (z)在D内必为常数.所以引理2得证.下面用第一种方法证明最大模原理：证明 令M = sup|f(z)|,若M =+8，则定理显然成立.zeD若0 V M V+8，则假设在区域D内存在一点z，使 0下面分三步来证明:(1)在d内作以z为心，R为半径的小圆使r以及r内部都属于d，由引理1知，有 0f (z0) = 02K f (z0 + Rei0 )d0又由假设知f (z0 + Re)
6、M，而 f (z0 + Re，0)是0的连续函数，若存在一点0.，当 0=0.时，有f (z + Reio) 0，当 00-8000 +8时，有f (z + Rei0) M .故由、得M = f (z0) 丄卜 f (0=Jo0-8 f(z + Rei0)do+丄f 2k 0 7 0 r2k o2k J*0 + Rei0)d00 +800 -800 丄M(0 -8) + M - 28 + M(2k -0 -8) 2兀oof (z + Re io )*0 + -Lf 2k2 兀 o0 +8f (z + Re io) d0= M 矛盾.所以由此可得在点的充分小的邻域K内有|f (z) = M.(2
7、)由引理2知，f (z)在区域K内必为一常数. 由引理3知，f (z)在区域D内必为一常数，与已知矛盾.故f (z)在D内任意点都取不到最大值.证毕.2. 2. 2利用解析函数的泰勒展式证明 引理4(泰勒定理)1设函数f (z)在区域D内解析，a e D，只要圆K: z - a R含于D，则f在 K 内能展成幂级数f (z) = c (z - a) nnn=0其中系数f(n)(a)n!c =丄 ff (匚)dn2k, Tp (匚a)n+i(T : |匚a = p,0 p R;n = 0,1,2 )且展式是唯一的.注 引理4为参考文献1中的定理,不再给予证明. 下面用第二种方法证明最大模原理：证
8、明(反证法)假设f (z)在区域D内的点a处取得最大值，即Vz e D有f (z) | f (a)于是，存在一圆K: |z -a R含于D,使得Vz e K,有|f (z) |f (a)由引理4知，f (z)在K内能展成幕级数f (z)=另 c (z - a) nnn=0于是，取0 r R，有f (a + rei0) f (a)|(0 9 2兀)且由知f (a + rei0)=艺 c rei0小n(0 0 2 兀)n=0其中= J2 f (a + rei0 )r -ne -加0 d0 2兀o(事实上，在式中，Cn2兀 i (匚a)nYf (匸)dQ ，其中Y是以a为圆心，R为半径的圆.ire9
9、d0(0 0 2兀).所以1 j2冗 f(a + reirei0 d0f (a + rei0 )r-ne-加0 d0r n+lei( n+1)0由式知f (a + rei0) = Sc rne-加0nn=0所以卜兀f (a + rei0)2 d0 =卜 f (a + rei0) f (a + rei0 )d0-兀=卜 f (a + rei0 )S C r”e-加0 d0-兀nn=0因为级数兰f (a + re/e )C r“e-加在中收敛，于是式中交换求和与积分的顺序得到nn=0卜-兀f (a + reiQ )2 d0 =区厂“卜 f (a + reie )e-/nO dO n-Kn=0再由式
10、，得卜 |f (a + reiQ) ? dO = 2兀另 |c-Knn=0又由于|f (a + re旧) |f (a),所以有2兀区Cnn=0=卜-兀f (a + reiQ) ? d0 卜 f (a)|-K|2 dO = 2k | f (a) |2 |f (a)|2另Cnn=0又由可知,所以有C2 +C2 r 2 + hC2 r 2 n + 使得B(wo,*) u G ,而区域G是开的，故必存在wi & B(wo,*)，使得w I w110于是，存在z & D使得1f (z=lwJ lwJ = f (z)l这与| f (z)|是I f (z )|在区域D中的最大值矛盾. 所以，If (z)|在
11、区域D内任意点取不到最大值.证毕.注 其实这一证明过程也揭示了最大模原理的几何解释：利用保域定理，把区域映成区域，由于区域 是开的，因此在区域内部函数的模不可能取得最大值.2.2.4利用开映照定理证明引理6 (开映照定理) 设D是一区域，f (z)是D内的非常数的解析函数,则对于D中的任意一个开集U , f (U)也是一个开集.引理7 (开映照定理的逆否定理) 设D是一区域,若区域D内存在一个开集U，而f (U )不是开 00集，则f (z)在D内必为常数.注 引理6为参考文献2中的定理，不再给予证明.下面用第四种方法证明最大模原理：证明 假设z为区域D内一点，对于区域D内所有的点z都有|f
12、(z)| |f (z)|.现令 G 二 f (D) , w = f (z)由假设知，对于 G 内任意一点 w，都有w |w ,则w0玄GG(事实上，若w0为G的内点，则存在*0，使得B(w0, *) u G，且在G内存在一点w,使得同 Iw|.换句话说，若wo为G内一点，若对于G内任一点w，都有Iw| 同，则W0弐G)且G不可能是开集(因为，否则QGG二)，由引理7知，f在区域D内必为常数.此时证明了最大模原理的逆否定理.因此，最大模原理得证.注 (1) 证法3与证法4其实质是相同的，不同的是证法3是应用保域定理来证明，而证法4是利用开映 照定理的逆否定理来证明，二者的证明过程是相互联系的.(2)证法4的证明过程其实给出了最大模原理的一个推论，即若解析函数f (z)的模|f (z)|在区域D 取得了最大值，则f (z)在D内必是常函数.2.2.5利用调和函数的极值原理证明引理8(调和函数中的极值原理)1设u(z)为区域D内的调和函数，且恒不等于常数，则u(z)在D内 任意点处不能达到最大值.注 在后面最大模原理的推广中将给出此引理的证明.
