廖家奇，張和平，胡余旺

（1.河南工業(yè)大學 漯河工學院，河南 漯河 462000；2.信陽師范學院 數(shù)學與統(tǒng)計學院，河南 信陽 464000）

復變函數(shù)論教科書中，Rouché定理是這樣敘述的：若 f（z），g（z）在閉單位圓中解析，且在，f（z）≠0，g（z）≠0，如果z∈C時，，則N（f，C）=N（g，C），其中N（f，C），N（g，C）分別表示f（z），g（z）在C所圍區(qū)域內(nèi)零點的個數(shù)。

應用Rouché定理證明代數(shù)學基本定理，若任一n次方程為

則該方程有且只有n個根（幾重根就算作幾個根）。

證明：令f（x）=a0xn，g（z）=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an當x在充分大的圓周上時，取

這兩個方程有相同個數(shù)的根，而a0xn=0在內(nèi)有一個n重根x=0。因此原n次方程在內(nèi)有n個根。

應用Rouché定理證明單葉解析函數(shù)一個重要性質(zhì)。若函數(shù)f（x）在區(qū)域R內(nèi)單葉解析，則在R內(nèi)f′（x）≠0。

證明：若有 R 的點 x0使 f′（x）=0，則 x0必為f（x）-f（x0）的一個n級零點（n≥2），由零點的孤立性，故存在a＞0，使得圓周上，f（x）-f（x0）≠0在C的內(nèi)部，f（x）-f（x0）及 f′（x）無異于x0的零點。

f（x）-f（x0）-a

該方程在圓周C的內(nèi)部也恰好有n個零點。但是這些零點都不是多重點，這是因為f′（x）在C的內(nèi)部除x0外無其他零點，而x0顯然不是f（x）-f（x0）-a 的零點。

令x1，x2，…，xn代表f（x）-f（x0）-a在C 的內(nèi)部的n個相異零點，于是

f（xk）=f（x0）+a （k=1，2，…，n）

這與f（x）的單葉性假設矛盾。所以在R內(nèi)存在

f'（x）≠0

在1962年T.Estermann［1］將Rouché定理加強如下：若 f（z）·g（z）在中解析，且存在同階的有限Blaschke乘積a（z）與β（z），使當z∈C時有

這種加強形式并沒有解決Rouché定理之逆問題，但卻提供了解決這個問題的途徑。

為了證明Rouché定理的逆定理，先簡要介紹一下Blaschke乘積。

令{zn}是單位圓盤中的點列，且

則以{zn}為零點的函數(shù)為

該函數(shù)稱為Blaschke乘積，其中m是序列{zn}中的零點個數(shù)，當m=0時，顯然，因此a（z）又稱為么模函數(shù)。

為證明Rouché定理的逆定理，先引進一個引理。

引理已知f（z），g（z）在上解析，且當時，f（z）≠0，g（z）≠0，則存在有限的Blaschke乘積a（z）與β（z），使當z∈C 時，有

證明：當z∈C時，令

則在C上γ（z）是連續(xù)的么模函數(shù)，而且在C上沒有零點，則有Davie，Gamelin和Garnett的結果，存在有限的Blaschke乘積a（z）與β（z），使當z∈C 時，有

引理證畢。

定理 假設β（z），g（z）在上解析，上沒有零點，若N（f，C），N（g，C）分別表示f（z）與g（z）在所圍區(qū)域內(nèi)零點的個數(shù)（重零點以重數(shù)計），則N（f，C）=N（g，C）的充要條件是存在同階的Blaschke乘積α（z），β（z），使當時，有

證明：（必要性）假設N（f，C）=N（g，C），據(jù)引理，存在有限的Blaschke乘積α（z）與β（z），使當時存在：

因而據(jù)Estermann加強的Rouché定理，在C的內(nèi)部αf與βg零點個數(shù)相同，即

由此可知α（z），β（z）是同階的［2］。

（充分性）假設存在同階的Blaschke乘積α（z）與β（z），使當z∈C時，有

則當z∈C時，有

據(jù)加強的Rouché定理，有

由以上的定理即可得出推論1和推論2。

推論1假設f（z），g（z）在上解析，且當z∈C時，f（z）≠0，g（z）≠0，則N（f，C）-N（g，C）=m的充要條件是有限的Blaschke乘積α（z）與β（z），使

N（β，C）-N（α，C）=m

且z∈C時，有

其中，m是非負整數(shù)［3］。

推論1的證明方法類似于定理的證明。

推論2 如果存在有限的Blaschke乘積α（z）與β（z），使當z∈C時，α與β的零點個數(shù)相同，且

則存在有限的Blaschke乘積α*（z）與β*（z），使

證明：有定理知，因N（α）=N（β），則N（f）=N（g），又據(jù)引理，存在有限的存在有限的Blaschke乘積與α*（z）與β*（z），使得