复变函数例题
$\quad\\$
不等式
$\quad\\$
引理1$\quad$设$V=\{v_1,v_2,\cdots,v_n\}$是$m$维空间中的任意$n$个向量组成的集合，则有
$$\left|\sum v_i\right|\le\max\left|\sum_{v_i\in S_u} v_i\right|\qquad S_u=\{v:u\cdot v>0\},u\in \mathbb{R}^{m}$$
$\nabla$证$\quad\textbf{by Jazengm}$
$$\quad$$ $$ 设最大值\left|\sum_{v_i\in E\subset V} v_i\right|_{\text{max}}=\left|\sum_{v_i\in S} v_i\right|=|v_M|\\\\ \quad\\\\ 令u=v_{M}/|v_{M}|\\\\ \quad\\\\ \begin{aligned} \left|\sum_{v_i\in S} v_i\right|&=\left|\sum_{v_i\in S} v_i\cdot u\right|=\left|\sum_{v_i\in S} v_i\cdot u\right|\\\\ &=\left|\sum_{v_i\in S\& v_i\cdot u>0} v_i\cdot u+\sum_{v_i\in S\& v_i\cdot u\le 0} v_i\cdot u\right|\\\\ &\le \max\left\{\sum_{v_i\in S\& v_i\cdot u>0} v_i\cdot u,-\sum_{v_i\in S\& v_i\cdot u\le 0} v_i\cdot u\right\}\\\\ &\le \max\left\{\sum_{v_i\cdot u>0} v_i\cdot u,-\sum_{v_i\cdot u\le 0} v_i\cdot u\right\}\\\\ &=\max\left\{\left|\sum_{v_i\cdot u>0} v_i\right|,\left|\sum_{v_i\cdot u\le 0} v_i\right|\right\}\end{aligned} $$
$\quad$
例1$\quad$$\textbf{Link}$$\quad$$z_1,z_2,\cdots,z_n$为任意$n$个复数，证明必有$\{1,2,\cdots,n\}$的子集$S$
使得下式成立，且$\displaystyle\frac{1}{\pi}$为最佳上界$\qquad\textbf{by ZX}$
$$\displaystyle\left|\sum_{k\in S}z_k\right|\ge \frac{1}{\pi}\sum_{i=1}^{n}|z_k|$$
$\nabla$解
$$
令S(\theta)=\{z_k:\text{Re}(z_ke^{-i\theta})\ge 0\}，则有\\
\quad\\
\begin{aligned}f(\theta)&\overset{\text{def}}{=}\left|\sum_{z_k\in S(\theta)}z_k\right|
=\left|\sum_{z_k\in S(\theta)}z_ke^{-i\theta}\right|\\
\quad\\
&\ge \left|\sum_{z_k\in S(\theta)}\text{Re}(z_ke^{-i\theta})\right|=\sum_{z_k\in S(\theta)}|z_k|\cos(\arg{z_k}-\theta)
\end{aligned}\\
\quad\\
\begin{aligned}故\int_{0}^{2\pi}f(\theta)\dd\theta&\ge\int_{0}^{2\pi}\sum_{z_k\in S(\theta)}|z_k|\cos(\arg{z_k}-\theta)\dd\theta\\
\quad\\
&=\sum_{k=1}^{n}\int_{\arg{z_k}+\frac{\pi}{2}}^{\arg{z_k}-\frac{\pi}{2}}|z_k|\cos(\arg{z_k}-\theta)\dd\theta\\
\quad\\
&=2\sum_{k=1}^{n}|z_k|\\
\quad\\
\end{aligned}\\
\quad\\
这说明f(\theta)平均值大于等于\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{n}|z_k|\\
\quad\\
故必存在\theta^{*}使得\left|\sum_{z_k\in S(\theta^{*})}z_k\right|\ge \frac{1}{\pi}\sum_{i=1}^{n}|z_k|\\
\quad\\
若取z_k=\frac{1}{n}e^{i2k\pi/n}，S=\{1,2,\cdots,\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor\}，则\sum_{i=1}^{n}|z_k|=1\\
\quad\\
由引理1有\left|\sum z_k\right|_{\text{max}}=\left|\sum_{k\in S} z_k\right|=\frac{\sin{\left(\left\lfloor \displaystyle\frac{n}{2}\right\rfloor\pi /n\right)}}{n\sin{(\pi /n)}}\\
\quad\\
\lim_{n\to \infty}\left|\sum_{k\in S} z_k\right|=\frac{1}{\pi}，这说明\frac{1}{\pi}为最佳上界\qquad\square
$$
$\quad$
注$\quad$角谷静夫(Shizuo Kakutani かくたに しずお)对此有一个几何解释：不妨设$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}|z_k|=1$，将集合中复数的所有可能和在复平面上标出，则其凸包的周长为$2$(先证凸包的边由单个复数构成，再证每个复数恰好出现两次)，其上最远点离原点的距离即为最大模长，易知此模长在凸包为以原点为心的圆时最小，此时$\left|\displaystyle\sum z_k\right|_{\text{max}}=\displaystyle\frac{1}{\pi}$，故结论成立
$\quad$
定理1$\quad$$\textbf{Link}$$\quad$设$v_1,v_2,\cdots,v_n$为$\mathbb{R}^m$中任意$n$个复数，证明必有
$\{1,2,\cdots,n\}$的子集$S$使得下式成立，且式中系数为最佳上界
$$\displaystyle\left|\sum_{i\in S}v_i\right|\ge \displaystyle\frac{\Gamma\left(\displaystyle\frac{m}{2}\right)}{2\sqrt{\pi}\;\Gamma\left(\displaystyle\frac{m+1}{2}\right)}\sum_{i=1}^{n}|v_i|$$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 令S(u)=\{v_i:v_i\cdot u\ge 0\}\\\\ \quad\\\\ \begin{aligned}f(u)&\overset{\text{def}}{=}\left|\sum_{v_i\in S(u)}v_i\right| \ge \left|\sum_{v_i\in S(u)}v_i\cdot \hat{u}\right|\\\\ &=\sum_{v_i\in S(u)}|v_i|\cos\langle v_i,u\rangle \end{aligned}\\\\ \quad\\\\ \begin{aligned}故\int_{|u|=1}f(u)\dd\sigma&\ge\int_{|u|=1}\sum_{v_i\in S(u)}|v_i|\cos\langle v_i,u\rangle\dd\sigma\\\\ &=\sum_{i=1}^{n}\int_{v_i\cdot u>0\&|u|=1}|v_i|\cos\langle v_i,u\rangle\dd\sigma\\\\ \end{aligned}\\\\ 又\frac{\displaystyle\int_{v_i\cdot u>0\&|u|=1}\cos\langle v_i,u\rangle\dd\sigma}{\displaystyle\int_{|u|=1}\dd\sigma}=\frac{\Gamma\left(\displaystyle\frac{m}{2}\right)}{2\sqrt{\pi}\;\Gamma\left(\displaystyle\frac{m+1}{2}\right)}\\\\ \quad\\\\ 这说明f(u)平均值大于等于\frac{\Gamma\left(\displaystyle\frac{m}{2}\right)}{2\sqrt{\pi}\;\Gamma\left(\displaystyle\frac{m+1}{2}\right)}\sum_{i=1}^{n}|v_i|\\\\ \quad\\\\ 故必存在u^{*}使得\left|\sum_{v_i\in S(u^*)}v_i\right|\ge \frac{\Gamma\left(\displaystyle\frac{m}{2}\right)}{2\sqrt{\pi}\;\Gamma\left(\displaystyle\frac{m+1}{2}\right)}\sum_{i=1}^{n}|v_i|\\\\ \quad\\\\ 将m维球面上按表面积均匀密布长度为\frac{1}{n}的n个向量，令n\to \infty\\\\ \quad\\\\ 由引理1计算可得最大长度即为不等式中系数，因此其为最佳上界\qquad\square $$
$\quad\\$
级数
$\quad\\$
例1$\quad$求下列级数之和与其收敛域$\qquad\textbf{by life is physics}$
$$\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}$$
$\nabla$解
$$
容易看出这是多项式定理，令k_1+k_2+\cdots+k_n=N，级数变为\\
\qquad\\
\sum\limits_{N=0}^{\infty}\sum\limits_{\overset{k_1+k_2+\cdots+k_n=N}{k_1,k_2,\cdots,k_n\in \mathbb{N}}}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}\\
\qquad\\
=1+z+z^2+\cdots=\frac{1}{1-z}\qquad|z|<1\\
\qquad\\
如果只需要级数之值，这种方法已经足够\\
但是由于改变了求和顺序，得出来的收敛域并不正确\\
我们仍然要按顺序一层一层求和\\
\qquad\\
先证明如下引理\\
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(K+k)!}{K!k!}z^k=(1-z)^{-K-1}\qquad |z|<1\\
\qquad\\
记等式左边为S_K，则有\\
(z-1)S_K=-\sum\limits_{k=-1}^{\infty}\frac{(K-1+k+1)!}{(K-1)!(k+1)!}z^{k+1}=-S_{K-1}\\
\quad\\
(z-1)^KS_K=(-1)^KS_0=(-1)^K(1-z)^{-1}\qquad |z|<1\\
\quad\\
即S_K=(1-z)^{-K-1}\qquad |z|<1\\
\quad\\
现在来看原级数\\
\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}\\
\quad\\
=\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n)!}{k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_2+\cdots+k_n}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n+k_1)!}{(k_2+\cdots+k_n)!k_1!}(\frac{z}{n})^{k_1}\\
\quad\\
=\frac{n}{n-z}\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n)!}{k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n-z})^{k_2+\cdots+k_n}\qquad |z|<n\\
\quad\\
=\frac{n}{n-2z}\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_4=0}^{\infty}\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\frac{(k_3+\cdots+k_n)!}{k_3!\cdots k_n!}(\frac{z}{n-2z})^{k_3+\cdots+k_n}\qquad |z|<n \& |z|<|n-z|\\
\quad\\
=\cdots\\
\quad\\
=\frac{1}{1-z}\qquad z\in\{w|\quad|w|<|n-kw|,k=0,1,2,\cdots,n-1\}\\
\quad\\
将收敛域化为我们熟悉的圆盘方程\\
\left\lbrace\begin{array}{l}|z|<n \quad k=0\\\text{Re}(z)<\displaystyle\frac{n}{2}\quad k=1\\|z-\displaystyle\frac{nk}{k^2-1}|>\left(\frac{n}{k^2-1}\right)^2\quad k=2,3,\cdots,n-1\end{array}\right.\\
\quad\\
n=10时的收敛域形状如下
$$