魏尔施特拉斯分解定理（）是指任意整函数f(z)可以分解为如下无穷乘积的形式：

f(z)=z^me^{g(z)}\prod_{n=1}^\infty(1-\tfrac{z}{a_{n}})e^{\tfrac{z}{a_{n}}+\tfrac{1}{2}(\tfrac{z}{a_{n}})^2+\tfrac{1}{3}(\tfrac{z}{a_{n}})^3+\cdots+\tfrac{1}{h}(\tfrac{z}{a_{n}})^h}=z^{m} e^{g(z)} \prod_{n=1}^{\infty} E_{p_{n}}\left(\frac{z}{a_{n}}\right)

其中g(z)是另一整函数，h是上述无穷乘积收敛的最小整数，称为亏格。 E_{p_{n}}是魏尔施特拉斯的基本因子。这种无穷乘积称为典范乘积。求解g(z)的方法一般是两边同时取对数再求导数，这样右边就可以化为无穷级数形式，通过对比无穷级数理论中的相关结果得出g(z)的形式。

基本因子
英文为primary factors或是elementary factors。也有译为“主要因子”的版本。

对于任意的n \in \mathbb{N}_{0}，基本因子E_n(z)的定义如下：

\begin{aligned}
&E_{n}(z)=(1-z) \exp \left(h_{n}(z)\right) \\
&h_{n}(z)= \begin{cases}0 & \text { if } n=0, \\
\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\cdots+\frac{z^{n}}{n} & \text { otherwise. }\end{cases}
\end{aligned}

其中，级数h_n(z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots+\frac{z^{n}}{n}。

对于级数h_n(z)，有如下性质。以下性质在后续引理的证明中会用到（主要是3.、4.与5.）。

|z|的情况下，h_n(z)可被展开为\frac{1}{1-z}=1+z^{1}+z^{2}+z^{3}+\cdots。接着两边同时积分，可得\begin{aligned}

\int \frac{1}{1-z} d z=-\log (1-z)=\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}+\cdots
\end{aligned}。所以h_n(z)的极限可以表示为h_{\infty}(z) = \lim_{n\to\infty}h_n(z) =-\log (1-z) 。

因为(1-z)=\exp (\log (1-z))=\exp \left(-h_{\infty}(z)\right) ，所以\frac{1}{1-z}=\exp \left(h_{\infty}(z)\right) 。

如果将h_{\infty}(z)与h_n(z)之间的差额定义为新的级数r_n(z)=h_{\infty}(z)-h_{n}(z)。

利用2.与3.改写E_{n}(z)的定义式：\begin{aligned}

&E_{n}(z)=(1-z) \exp \left(h_{n}(z)\right)=(1-z) \exp \left(h_{\infty}(z)-r_{n}(z)\right) \\
&\quad=(1-z) \frac{1}{1-z} \exp \left(-r_{n}(z)\right)=\exp \left(-r_{n}(z)\right)
\end{aligned}。改写后的基本因子定义式
E_{n}(z)=\exp \left(-r_{n}(z)\right)
将会在后续引理的证明中用到。

将3.的关系写成级数形式：r_n(z) =\frac{z^{n+1}}{n+1}+\frac{z^{n+2}}{n+2}+\frac{z^{n+3}}{n+3}+\cdots=\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{z^{n+1}}{n+1}=\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}。

利用以上性质，可以证明下面的重要引理。该引理在后续证明魏尔施特拉斯分解定理时有关键性作用。

引理 (15.8, Rudin): 对于|z| \leq 1, n \in \mathbb{N}_{0}，

\begin{aligned}
\left|1-E_{n}(z)\right| \leq|z|^{n+1}
\end{aligned}成立。

证明：

n=0时，|1-z|\leq|z|显而易见。所以只讨论n\geq 1的情况。

i) 将引理左边的部分（不带绝对值）定义为一个新函数u_{n}(z)=1-E_{n}(z)=1-(1-z) \exp h_{n}(z)。后续称此式为式(1)。

运用性质4.与5.改写式(1)：

\begin{aligned}
u_{n}(z)=1-E_{n}(z) =1 - \exp \left(-r_{n}(z)\right) = 1 - \exp \left(-\frac{z^{n+1}}{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n+1}{n+1+k} z^{k}\right)=1-\exp(-\frac{z^{n+1}}{n+1})\exp{(-\frac{z^{n+2}}{n+1}\frac{n+1}{n+2})}\exp{(-\frac{z^{n+3}}{n+1}\frac{n+1}{n+3})}...
\end{aligned}

将指数部分展开后可得（为了简洁，系数用字母b,c,d表示）：u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}+b_{2n+2}z^{2n+2}+...)(1-c_{n+2}z^{n+2}+c_{2n+4}z^{2n+4}+...)(1-d_{n+3}z^{n+3}+d_{2n+4}z^{2n+4}+...)...

整理后可得，u_{n}(z)可以用一个新的级数来表示：u_{n}(z)=1-(1-b_{n+1}z^{n+1}-c_{n+2}z^{n+2}-d_{n+3}z^{n+3}+...)。将系数统一用a（如a_0 = b_{n+1},a_1 = c_{n+2}）来标注的话，u_{n}(z)=z^{n+1} \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}。

将该结果微分，可得：

u'_{n}(z)= a_0(n+1) z^n + a_1(n+2) z^{n+1}+a_2(n+3)z^{n+2}+...

ii) 将式(1)直接微分，可得

\begin{aligned}
&u_{n}^{\prime}(z)=-E_{n}^{\prime}(z)=\exp h_{n}(z)-(1-z) h_{n}^{\prime}(z) \exp h_{n}(z) \\
&\quad=\exp h_{n}(z)-(1-z) \frac{1-z n}{1-z} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z)
\end{aligned}

将指数部分展开可得。

u_{n}^{\prime}(z)=z^{n} \exp h_{n}(z)=z^{n} \exp(\frac{z^{1}}{1}+\frac{z^{2}}{2}+\cdots+\frac{z^{n}}{n})
=z^n\exp(z)\exp(\frac{z^2}{2})\exp(\frac{z^3}{3})...\exp(\frac{z^n}{n})
=z^n(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!})(\sum_{l=0}^{\infty} \frac{x^{2l}}{2^ll!})...(\sum_{j=0}^{\infty} \frac{x^{nj}}{n^jj!})

结论1：比较i)与ii)的结果。比较z^n
项可知，a_0(n+1) = 1\to a_0 = \frac{1}{n+1}
。同样的方法比较后续项可知，a_k
皆为正的实数。

iii) 基于u_n
新设一个级数v_{n}(z)=\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}=\sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}
。因为极点是一个可消极点，所以这也是一个整函数。计算v_n(1) =\frac{u_{n}(1)}{1^{n+1}} = 1-E_{n}(1) =1-[(1-1) \exp \left(h_{n}(1)\right)] = 1

所以在给定的条件|z| \leq 1
下，运用绝对值不等式的基本性质和结论1：

\left|v_{n}(z)\right| \leq \sum_{k=0}^{\infty}\left|a_{k} \| z\right|^{k} \leq \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}=v_n(1)=1 \text { if }|z| \leq 1

即，\left|v_{n}(z)\right| = \left|\frac{u_{n}(z)}{z^{n+1}}\right| \leq1\to\left|1-E_{n}(z)\right| \leq|z|^{n+1}
成立。引理(15.8)证明完毕。

相关条目
*复分析
*卡尔·魏尔施特拉斯

延伸阅读
*Alford的《复分析》
参考资料