1.2. 多圆柱上的 Cauchy 积分公式及其应用

Cauchy 积分公式

在开始之前我们需要定义一个重要的区域, 它类似于某种高维 “柱体”, 所以被叫做 “多圆柱”. 在文章中, $\Delta (z_0,r_0)\subset \mathbb{C}$ 是指复平面中圆心为 $z_0$, 半径为 $r_0$ 的开圆盘.

定义 1.2.1 (多圆柱与它的边界). 设 $z=(z_1,\cdots ,z_n)\in {\mathbb{C}}^n,r=(r_1,\cdots ,r_n)\in (0,+\infty {)}^n$. 则$$P(z,r)=\Delta (z_1,r_1)\times \cdots \times \Delta (z_n,r_n)$$被称为中心是 $z$, 半径是 $r$ 的多圆柱. 另外, 定义$${\partial }_{0}P(z,r)=\partial \Delta (z_1,r_1)\times \cdots \times \partial \Delta (z_n,r_n)$$为多圆柱 $P(z,r)$ 的特异边界.

注 1.2.2. 只要 $n>1$, 则多圆柱的特异边界真包含于它在拓扑意义下的边界, 也就是 ${\partial }_{0}P(z,r)⊊\partial P(z,r)$.

这个形状的重要性, 在于可以较为简单地应用单复变已有的结论, 以尝试推出多复变的类似结论. 进一步:

定义 1.2.3 (按分量全纯). 设 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 是域. 函数 $f:\Omega \to \mathbb{C}$ 被称为是按分量全纯的, 如果对任意 $1\le j\le n$ 和 $z=(z_1,\cdots ,z_n)\in \Omega$, 单变量函数$$\zeta \mapsto f(z_1,\cdots ,z_{j-1},\zeta ,z_{j+1},\cdots ,z_n)$$都是$${\Omega }_j(z)=\{\zeta \in \mathbb{C}\mid (z_1,\cdots ,z_{j-1},\zeta ,z_{j+1},\cdots ,z_n)\in \Omega \}$$中的全纯函数.

全纯函数当然是按分量全纯的; 但反过来就没那么显然. 稍后将证明 Hartogs 的定理: 按分量全纯意味着全纯, 到那时这个概念就将弃用.

定理 1.2.4 (多圆柱上的 Cauchy 积分公式). 设 $P\subset {\mathbb{C}}^n$ 是多圆柱, $f$ 在 $\bar{P}$ 上连续, 在 $P$ 内按分量全纯. 则$$f(z)=\frac{1}{(2\pi \mathrm{i}{)}^n}{\int }_{{\partial }_{0}P}\frac{f(\zeta )}{({\zeta }_1-z_1)\cdots ({\zeta }_n-z_n)}\mathrm{d}{\zeta }_1\cdots \mathrm{d}{\zeta }_n,\forall z\in P.$$

证明. 这只是单复变中 Cauchy 积分公式的反复运用. 令 $P={\Delta }_1\times \cdots \times {\Delta }_n$, 其中 ${\Delta }_j$ 是圆盘. 根据条件, 对任意 $\zeta =({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_n)\in \bar{P}$, 有$$f({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{j-1},\cdot ,{\zeta }_{j+1},\cdots ,{\zeta }_n)\in \mathcal{O}({\Delta }_j),1\le j\le n.$$则对任意 $z\in P$: $$\begin{array}{rl}f(z)& =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\partial {\Delta }_1}\frac{f({\zeta }_1,z_2,\cdots ,z_n)}{{\zeta }_1-z_1}\mathrm{d}{\zeta }_1\\ & =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\partial {\Delta }_1}\frac{1}{{\zeta }_1-z_1}\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\partial {\Delta }_2}\frac{f({\zeta }_1,{\zeta }_2,z_3,\cdots ,z_n)}{{\zeta }_2-z_2}\mathrm{d}{\zeta }_2\right)\mathrm{d}{\zeta }_1\\ & =\frac{1}{(2\pi \mathrm{i}{)}^2}{\int }_{\partial {\Delta }_1\times \partial {\Delta }_2}\frac{f({\zeta }_1,{\zeta }_2,z_3,\cdots ,z_n)}{({\zeta }_1-z_1)({\zeta }_2-z_2)}\mathrm{d}{\zeta }_1\mathrm{d}{\zeta }_2,\end{array}$$重复此种动作, 直至 $f$ 中的字母都被 $\zeta$ 替换.

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基本应用

Cauchy 估计

首先回顾一下关于多重指标的记号. 对 $\alpha \in {\mathbb{N}}^n$, 有

$${\partial }^{\alpha }={\left(\frac{\partial }{\partial z}\right)}^{\alpha }={\left(\frac{\partial }{\partial z_1}\right)}^{{\alpha }_1}\cdots {\left(\frac{\partial }{\partial z_n}\right)}^{{\alpha }_n},{\bar{\partial }}^{\alpha }={\left(\frac{\partial }{\partial \bar{z}}\right)}^{\alpha }={\left(\frac{\partial }{\partial {\bar{z}}_1}\right)}^{{\alpha }_1}\cdots {\left(\frac{\partial }{\partial {\bar{z}}_n}\right)}^{{\alpha }_n},$$以及$$\alpha !={\alpha }_1!\cdots {\alpha }_n!,|\alpha |={\alpha }_1+\cdots +{\alpha }_n.$$另外, 对 $z\in {\mathbb{C}}^n$, 记 $z^{\alpha }=z_1^{{\alpha }_1}\cdots z_n^{{\alpha }_n}$.

推论 1.2.5. 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, 函数 $f:\Omega \to \mathbb{C}$ 是连续且按分量全纯的. 那么 $f\in \mathcal{O}(\Omega )\subset C^{\infty }(\Omega )$, 且对任意 $\alpha \in {\mathbb{N}}^n$ 有 ${\partial }^{\alpha }f\in \mathcal{O}(\Omega )$.

证明. 只需要对 $\Omega$ 中任意多圆柱应用 Cauchy 积分公式.

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推论 1.2.6 (最大模). 设 $P\subset {\mathbb{C}}^n$ 是多圆柱, $f\in C(\bar{P})\cap \mathcal{O}(P)$, 则$$\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }(\bar{P})}=\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P)}.$$

证明. 只要证明: $|f(z)|\le \Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P)},\forall z\in P$. 根据 Cauchy 积分公式, 存在 $C=C(z)$ 使得$$|f(z)|\le C\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P)},$$对 $f^k$ 使用此式子, 然后两边 $1/k$ 次方: $$|f(z)|\le C^{1/k}\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P)}.$$令 $k\to \infty$ 即可.

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下面的估计式至关重要.

定理 1.2.7 (Cauchy 估计). 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, $K\subset \subset \Omega$, $\alpha \in {\mathbb{N}}^n$, $p\in [1,\infty ]$. 则存在常数 $C=C(K,\Omega ,\alpha ,p)$ 使得$$\Vert {\partial }^{\alpha }f{\Vert }_{L^{\infty }(K)}\le C\Vert f{\Vert }_{L^p(\Omega )},\forall f\in \mathcal{O}(\Omega ).$$

注 1.2.8. 这个定理原本没写证明, 说跟单复变是类似的. 因为它比较重要所以把证明补充上了.

证明. 首先考虑一个多圆柱 $P=P(z,r)$. 对 $\rho <r$, 通过对 Cauchy 积分公式两边求导, 得到$${\partial }^{\alpha }f(z)=\frac{\alpha !}{(2\pi \mathrm{i}{)}^n}{\int }_{{\partial }_{0}P(z,\rho )}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z{)}^{\alpha +1}}\mathrm{d}{\zeta }_1\cdots \mathrm{d}{\zeta }_n.$$考虑坐标变换 $\zeta =\zeta (\theta )$ 为$${\zeta }_j=z_j+{\rho }_j{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_j},$$代入上式, 并进行估计, 得到$$|{\partial }^{\alpha }f(z)|{\rho }^{\alpha +1}\le \frac{\alpha !}{(2\pi {)}^n}{\int }_{[0,2\pi {]}^n}|f(\zeta (\theta ))|{\rho }_1\cdots {\rho }_n\mathrm{d}{\theta }_1\cdots \mathrm{d}{\theta }_n,$$对 ${\rho }_j$ 逐个积分, 并把坐标换为体积分, 得到一个估计结论: $$|{\partial }^{\alpha }f(z)|\le \frac{\alpha !({\alpha }_1+2)\cdots ({\alpha }_n+2)}{(2\pi {)}^n{r}^{\alpha +2}}\Vert f{\Vert }_{L^1(P)}.$$

现在, 取 $0<\delta <\mathrm{dist}(K,\partial \Omega )$, 以及 $r=\delta /\sqrt{n}$. 如此可得: $$|{\partial }^{\alpha }f(z)|\le C(K,\Omega ,\alpha )\Vert f{\Vert }_{L^1(P)}\le C(K,\Omega ,\alpha )\Vert f{\Vert }_{L^1(\Omega )}.$$在左边取上确界, 可以把左边换成 $\Vert {\partial }^{\alpha }f{\Vert }_{L^{\infty }}(K)$. 又因为 $L^1$ 范数不大于 $L^p$ 范数的某个倍数, 常数只与 $p$ 有关, 所以结论成立.

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下面的两个定理可以轻易地在单复变找到对应物.

推论 1.2.9 (Weierstrass). 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, 序列 $\{f_j\}\subset \mathcal{O}(\Omega )$ 内闭一致收敛于某个函数 $f$. 则 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$, 且对任意 $\alpha \in {\mathbb{N}}^n$, $\{{\partial }^{\alpha }{f}_j\}$ 内闭一致收敛于 ${\partial }^{\alpha }f$.

证明. 任取 $K\subset \subset \Omega$, 以及开集 $U$, 满足 $K\subset U\subset \subset \Omega$. 根据定理 1.2.7, 存在正常数 $C$ 使得$$\Vert {\partial }^{\alpha }(f_j-f_k){\Vert }_{L^{\infty }(K)}\le C\Vert f_j-f_k{\Vert }_{L^{\infty }(U)},$$对任何 $|\alpha |\le 1$ 成立. 如果 $j,k\to \infty$, 上式右边趋于零, 所以左边也如此. 从而 ${\partial }^{\alpha }{f}_j$ 内闭一致收敛. 根据数学分析 (回忆: 序列本身和导数内闭一致收敛, 那么极限也可导且极限与求导可以交换), 不难得到 $f\in C^1(\Omega )$; 另外, $$\bar{\partial }f=\underset{j\to \infty }{\lim }\bar{\partial }{f}_j=0,$$故 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$. 对于高阶导数的收敛性, 只需要对任意 $\alpha$, 写出$$\Vert {\partial }^{\alpha }(f_j-f){\Vert }_{L^{\infty }(K)}\le C\Vert f_j-f{\Vert }_{L^{\infty }(U)}.$$$\square$

推论 1.2.10 (Montel). 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, 序列 $\{f_j\}\subset \mathcal{O}(\Omega )$ 在 $\Omega$ 中内闭一致有界. 则存在子列 $\{f_{j_k}\}$ 内闭一致收敛于 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$.

证明. 根据定理 1.2.7, 序列 $\left\{\frac{\partial f_j}{\partial z_k}\right\}$ 对任意 $k$ 都内闭一致有界, 从而可以推出 $\{f_j\}$ 在 $\Omega$ 的任意紧子集内等度连续. 根据 Arzelà–Ascoli 定理和定理 1.2.9, 就得到所要的子列, 以及极限全纯.

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习题.

1.	设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, 序列 $\{f_j\}\subset \mathcal{O}(\Omega )$ 满足级数 ${\sum }_{j=1}^{\infty }|f_j{|}^2$ 内闭一致收敛于某个函数 $S$. 证明: ∘ $S\in C^{\omega }(\Omega )$; ∘ 对任意 $\alpha ,\beta \in {\mathbb{N}}^n$, 级数 ${\sum }_{j=1}^{\infty }{\partial }^{\alpha }{\bar{\partial }}^{\beta }|f_j{|}^2$ 内闭一致收敛于 ${\partial }^{\alpha }{\bar{\partial }}^{\beta }S$.
2.	证明: 对 $n>1$, ${\mathbb{B}}^n$ 与 ${\Delta }^n$ 不全纯等价, 即不存在两个集合之间的双全纯映射. (前者是单位球, 后者是 $n$ 个单位圆盘组成的多圆柱)(这是经典问题, 可参考 Range 的书)

Taylor 公式

接下来考虑全纯函数在多圆柱中的级数展开. 为此先建立多重级数的概念.

定义 1.2.11 (多重级数). 多重级数 ${\sum }_{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}{a}_{\alpha }(a_{\alpha }\in \mathbb{C})$ 被称为是收敛的, 如果$$\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}|a_{\alpha }|=\sup \left\{\sum _{\alpha \in \mathcal{A}}|a_{\alpha }||\mathcal{A}\subset {\mathbb{N}}^n是有限集\right\}<\infty .$$

如果 ${\sum }_{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}{a}_{\alpha }(a_{\alpha }\in \mathbb{C})$ 收敛, 则它的和确实存在, 且求和不依赖于顺序.

定义 1.2.12 (正规收敛). 设 $E\subset {\mathbb{C}}^n$, $\{f_{\alpha }{\}}_{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}$ 是一列 $E$ 上的复值函数. 称级数 ${\sum }_{\alpha \in \mathbb{N}}{f}_{\alpha }$ 在 $E$ 中正规收敛, 如果$$\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\underset{z\in K}{\sup }|f_{\alpha }(z)|<\infty ,\forall K\subset \subset E.$$

正规收敛比内闭一致收敛要强一些.

定理 1.2.13 (Taylor 公式). 设 $P=P(z_0,r_0)$ 是多圆柱, $f\in \mathcal{O}(P)$. 则对任意 $z\in P$: $$f(z)=\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{{\partial }^{\alpha }f(z_0)}{\alpha !}(z-z_0{)}^{\alpha },$$以及$${\partial }^{\alpha }f(z_0)=\frac{\alpha !}{(2\pi \mathrm{i}{)}^n}{\int }_{{\partial }_{0}P(z_0,r)}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{\alpha +1}}\mathrm{d}{\zeta }_1\cdots \mathrm{d}{\zeta }_n,$$其中 $0<r<r_0$. 另外, 上述级数在 $P$ 中正规收敛.

证明. 关于导数的表达式, 在 Cauchy 估计 (1.2.7) 的证明中已经得到. 只需考虑级数收敛性.

对任意 $K\subset \subset P$, 存在 $0<r<r_0$ 使得 $K\subset P(z_0,r)\subset \subset P$. 则把导数表达式换成极坐标: $${\partial }^{\alpha }f(z_0)=\frac{\alpha !}{(2\pi {)}^n{r}^{\alpha }}{\int }_{[0,2\pi {]}^n}f(\zeta (\theta ))\exp (-\mathrm{i}({\alpha }_1{\theta }_1+\cdots +{\alpha }_n{\theta }_n))\mathrm{d}{\theta }_1\cdots \mathrm{d}{\theta }_n.$$于是$$|{\partial }^{\alpha }f(z_0)|\le \frac{\alpha !}{r^{\alpha }}\Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P(z_0,r))},$$从而$$\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{|{\partial }^{\alpha }f(z_0)|}{\alpha !}\underset{z\in K}{\sup }|z-z_0{|}^{\alpha }\le \Vert f{\Vert }_{L^{\infty }({\partial }_{0}P(z_0,r))}\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{\underset{z\in K}{\sup }|z-z_0{|}^{\alpha }}{r^{\alpha }}<\infty .$$这就证明了级数的正规收敛性, 最后只要证明它等于 $f(z)$.

注意到$$\frac{1}{({\zeta }_1-z_1)\cdots ({\zeta }_n-z_n)}=\frac{1}{({\zeta }_1-(z_0{)}_1)\cdots ({\zeta }_n-(z_0{)}_n)}\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{(z-z_0{)}^{\alpha }}{(\zeta -z_0{)}^{\alpha }}$$在 ${\partial }_{0}P(z_0,r)$ 正规收敛, 于是根据 Cauchy 积分公式$$\begin{array}{rl}f(z)& =\frac{1}{(2\pi \mathrm{i}{)}^n}{\int }_{{\partial }_{0}P(z_0,r)}\frac{f(\zeta )}{({\zeta }_1-(z_0{)}_1)\cdots ({\zeta }_n-(z_0{)}_n)}\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{(z-z_0{)}^{\alpha }}{(\zeta -z_0{)}^{\alpha }}\mathrm{d}{\zeta }_1\cdots \mathrm{d}{\zeta }_n\\ & =\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\left(\frac{1}{(2\pi \mathrm{i}{)}^n}{\int }_{{\partial }_{0}P(z_0,r)}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{\alpha +1}}\mathrm{d}{\zeta }_1\cdots \mathrm{d}{\zeta }_n\right)(z-z_0{)}^{\alpha }\\ & =\sum _{\alpha \in {\mathbb{N}}^n}\frac{{\partial }^{\alpha }f(z_0)}{\alpha !}(z-z_0{)}^{\alpha }.\end{array}$$

$\square$

推论 1.2.14 (恒等定理). 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, $f\in \mathcal{O}(\Omega )$. 如果 $f^{-1}(0)$ 含有内点, 则 $f$ 恒为零.

习题.

1.	验证: 对任意 $a\in {\mathbb{B}}^n$: $${\phi }_a(z)=\frac{a-(1-|a{|}^2{)}^{1/2}z-\frac{⟨z,a⟩}{1+(1-|a{|}^2{)}^{1/2}}a}{1-⟨z,a⟩}$$是 ${\mathbb{B}}^n$ 的全纯自同构, 其中 $⟨z,a⟩={\sum }_{j=1}^n{z}_j{\bar{a}}_j$ 为 Hermite 内积.
2.	证明: 对 $f\in \mathcal{O}({\mathbb{B}}^n)\cap C({\bar{\mathbb{B}}}^n)$, 有$$f(z)=\frac{1}{\sigma (\partial {\mathbb{B}}^n)}{\int }_{\partial {\mathbb{B}}^n}\frac{f(\zeta )}{(1-⟨z,\zeta ⟩{)}^n}\mathrm{d}\sigma (\zeta ),\forall z\in {\mathbb{B}}^n.$$
3.	考察 ${\mathbb{C}}^n$ 中的 Siegal 上半平面: $${\mathcal{U}}^n=\left\{(z_1,\cdots ,z_n)\in {\mathbb{C}}^n|\mathrm{Im}(z_n)>\sum _{j=1}^{n-1}|z_j{|}^2\right\},$$证明映射$$(z_1,\cdots ,z_n)\mapsto \left(\frac{z_1}{1+z_n},\cdots ,\frac{z_{n-1}}{1+z_n},\mathrm{i}\frac{1-z_n}{1+z_n}\right)$$是 ${\mathbb{B}}^n\to {\mathcal{U}}^n$ 的双全纯映射, 并计算它的逆映射.
4.	证明 Cartan 唯一性定理: 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是有界域, $z_0\in \Omega$. 如果 $f\in \mathcal{O}(\Omega ,\Omega )$ 满足 $f(z_0)=z_0$, 且 $f^{\prime }(z_0)=I_n$, 则 $f={\mathrm{Id}}_{\Omega }$. 另一方面, 举例说明为何定理对非有界的 $\Omega$ 不成立.

Hartogs 定理

现在可以叙述和证明本节主要结论.

定理 1.2.15 (Hartogs 定理). 设 $\Omega \subset {\mathbb{C}}^n$ 是域, $f:\Omega \to \mathbb{C}$ 按分量全纯, 则 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$.

注 1.2.16. 与之相对地, 按分量实解析的函数并不享受类似性质. 比如: 函数 $g:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 定义为: $$g(x,y)=\{\begin{array}{l}\frac{xy}{x^2+y^2},(x,y)\ne (0,0),\\ 0,(x,y)=(0,0),\end{array}$$则 $g$ 按分量是解析的, 但它在 $0$ 处甚至不是连续的.

证明 Hartogs 定理的重要材料是下面的被称为 Hartogs 引理的结论, 会在第二章中证明.

引理 1.2.17 (Hartogs 引理). 设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 是域, $v\in C(\Omega ,\mathbb{R})$, $\{u_j\}\subset \mathrm{Sh}(\Omega )$, 满足 $\{u_j\}$ 内闭一致有界, 且 ${\mathrm{limsup}}_{j\to \infty }{u}_j\le v$. 则$$\underset{j\to \infty }{\mathrm{limsup}}\underset{K}{\sup }(u_j-v)\le 0,\forall K\subset \subset \Omega .$$描述中 $\mathrm{Sh}(\Omega )$ 表示次调和函数.

定理 1.2.15 的证明. 证明分为四步.

•	第一步: 设 ${\Delta }_1,\cdots ,{\Delta }_n\subset \mathbb{C}$ 是开圆盘. 如果 $f$ 在 ${\bar{\Delta }}_1\times \cdots \times {\bar{\Delta }}_n$ 有界, 则 $f$ 在 ${\Delta }_1\times \cdots \times {\Delta }_n$ 全纯.

记 ${\Delta }_j=\Delta ({\zeta }_j,r_j),1\le j\le n$. 令$$M=\underset{{\bar{\Delta }}_1\times \cdots \times {\bar{\Delta }}_n}{\sup }|f|.$$根据结果 1.2.5, 只需要证明 $f\in C({\Delta }_1\times \cdots \times {\Delta }_n)$. 对于 $z,w\in {\Delta }_1\times \cdots \times {\Delta }_n$, Cauchy 积分公式说明$$\begin{array}{rl}|f(z)-f(w)|& \le \sum _{j=1}^n|f(z_1,\cdots ,z_j,w_{j+1},\cdots ,w_n)-f(z_1,\cdots ,z_{j-1},w_j,\cdots ,w_n)|\\ & =\frac{1}{2\pi }\sum _{j=1}^n\left|{\int }_{\partial \Delta ({\zeta }_j,r_j)}f(z_1,\cdots ,z_{j-1},\zeta ,w_{j+1},\cdots ,w_n)\left(\frac{1}{\zeta -z_j}-\frac{1}{\zeta -w_j}\right)\mathrm{d}\zeta \right|\\ & \le M\sum _{j=1}^n\frac{r_j|z_j-w_j|}{(r_j-|z_j-{\zeta }_j|)(r_j-|w_j-{\zeta }_j|)},\end{array}$$于是就证明了 $f\in C({\Delta }_1\times \cdots \times {\Delta }_n)$.

今对 $n$ 用归纳法证明定理. $n=1$ 的情况是平凡的. 如果假设 $n-1$ 的情形成立, 通常把 $z\in {\mathbb{C}}^n$ 记为$$z=(z_1,\cdots ,z_n)=(z^{\prime },z_n).$$

•	第二步: 设 ${\Delta }_1,\cdots ,{\Delta }_n\subset \mathbb{C}$ 是开圆盘, 则存在开圆盘 ${\tilde{\Delta }}_n$, 使得 $f$ 在 ${\bar{\Delta }}_1\times \cdots \times {\overline{\stackrel{~}{\Delta }}}_n$ 有界.

对正整数 $m$, 定义$$E_m=\{z_n\in {\bar{\Delta }}_n\mid |f(z^{\prime },z_n)|\le m,\forall z^{\prime }\in {\bar{\Delta }}_1\times \cdots \times {\bar{\Delta }}_{n-1}\}.$$显然 $E_m$ 是闭集. 另外, 根据归纳假设, $$f(\cdot ,z_n)\in \mathcal{O}({\bar{\Delta }}_1\times \cdots \times {\bar{\Delta }}_{n-1})$$对任意 $z_n\in {\bar{\Delta }}_n$ 成立. 上述函数的连续性说明 ${\bigcup }_{m=1}^{\infty }{E}_m={\bar{\Delta }}_n$. 根据 Baire 纲定理, 存在 $m_0$ 使得 $E_{m_0}$ 有内点. 这样只要取圆盘 ${\overline{\stackrel{~}{\Delta }}}_n\subset E_{m_0}$ 即可.

•	第三步: 我们临时引入一个记号: $P_n(z_0,R)=\Delta ((z_0{)}_1,R)\times \cdots \times \Delta ((z_0{)}_n,R)$, 也就是每个分量半径都一样的多圆柱. 设上述的多圆柱紧包含于 $\Omega$, $0<r<R$. 如果 $f\in \mathcal{O}(P_{n-1}(z_0^{\prime },R)\times \Delta ((z_0{)}_n,r))$, 那么 $f\in \mathcal{O}(P_n(z_0,R))$.

不失一般性, 可设 $z_n=0$. 因为这个性质完全是局部的, 所以可以进一步假设$$M=\underset{P_{n-1}(0,R)\times \Delta (0,r)}{\sup }|f|<\infty .$$(如果不是这样, 只需要适当收缩多圆柱的尺寸.) 根据按分量全纯性, 有 Taylor 展开: $$f(z)=\sum _{j=0}^{\infty }{c}_j(z^{\prime })z_n^j,z\in P_n(0,R),\text{\hspace{1em}(1)}$$其中$$c_j(z^{\prime })=\frac{1}{j!}{\left(\frac{\partial }{\partial \zeta }\right)}^{j}f(z^{\prime },\zeta ){|}_{\zeta =0}=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|\zeta |=t}\frac{f(z^{\prime },\zeta )}{{\zeta }^{j+1}}\mathrm{d}\zeta ,0<t<R.$$因为 $f\in \mathcal{O}(P_{n-1}(0,R)\times \Delta (0,r))$, 所以 $c_j\in \mathcal{O}(P_{n-1}(0,R))$. 根据一元的 Cauchy 估计, 有$$\underset{P_{n-1}(0,R)}{\sup }|c_j|\le \frac{M}{r^j},j\ge 1.$$定义 $u_j=\frac{1}{j}\log |c_j|\in \mathrm{Sh}(P_{n-1}(0,R))$. 我们希望对它们使用 Hartogs 引理. 显见 $u_j\le \frac{M+1}{r}$. 选取 $0<R_1<R_2<R$. 根据 (1) 式的收敛性, 有 $|c_j(z^{\prime })R_2^j|\to 0,j\to \infty$, 于是$$\underset{j\to \infty }{\mathrm{limsup}}{u}_j(z^{\prime })\le \log \frac{1}{R_2},\forall z\in P_{n-1}(0,R).$$根据 Hartogs 引理 1.2.17, 存在 $j_0$ 使得$$\underset{P_{n-1}(0,R_1)}{\sup }{u}_j\le \log \frac{1}{R_1},j\ge j_0,$$也就是 $R_1^j{\sup }_{P_{n-1}(0,R_1)}|c_j|\le 1,j\ge j_0$. 这说明 (1) 式的级数在 $P_n(0,R)$ 中正规收敛. 现在, 注意到 (1) 的每一项都是 $P_n(0,R)$ 中的全纯函数, 所以由定理 1.2.9, $f\in \mathcal{O}(P_n(0,R))$.

•	第四步: 证明 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$.

任取 $z\in \Omega$, 则存在 $R>0$ 使得 $P_n(z,2R)\subset \subset \Omega$. 根据第二步, 存在 $\zeta \in \mathbb{C},0<r<R$ 使得$$\Delta (\zeta ,r)\subset \Delta (z_n,R),\underset{P_{n-1}(z^{\prime },R)\times \Delta (\zeta ,r)}{\sup }|f|<\infty .$$根据第一步, $f\in \mathcal{O}(P_{n-1}(z^{\prime },R)\times \Delta (\zeta ,r))$. 另外: $$P_n((z^{\prime },\zeta ),R)\subset P_n(z,2R-r)\subset \subset \Omega ,$$则第三步说明 $f\in \mathcal{O}(P_n((z^{\prime },\zeta ),R))$. 因为 $z\in P_n((z^{\prime },\zeta ),R)$, 所以由 $z$ 的任意性就完成了证明.

$\square$