求证或反驳：每个保持无界性的全纯函数必为多项式

首先直接给结论：是的，每个保持无界性的全纯函数（整函数）一定是多项式。下面是详细的推导和证明：

正向验证：多项式符合条件 #

假设$f$是次数$n \geq 1$的多项式（常数函数显然不满足，它会把所有无界集合映射成单点，属于有界像集）。我们知道多项式的特性：当$|z| \to \infty$时，$|f(z)| \to \infty$。

对于任意无界集合$V \subset \mathbb{C}$，$V$中必然存在一列点$z_k$满足$|z_k| \to \infty$，对应的$|f(z_k)|$也会趋于无穷大。这说明$f(V)$中包含这列无界的点，因此$f(V)$本身也是无界的。由此可知多项式完全符合题目中的条件。

反向推导：非多项式整函数不满足条件 #

如果$f$是超越整函数（即不是多项式的全纯函数），我们可以利用复分析中的经典定理来导出矛盾：

根据Picard大定理，超越整函数在无穷远点的任意邻域内（比如存在$R>0$，当$|z|>R$时的区域），会取到每个复数值无穷多次，最多只有一个例外值。

我们可以构造一个违反条件的无界集合：

• 取一个有界开集$U$，比如单位圆盘${w \in \mathbb{C} \mid |w| < 1}$。
• 考虑$f$的原像集合$V = f^{-1}(U)$。根据Picard大定理，在$|z|>R$的区域里，$f(z)$会无限次进入$U$，所以$V$中包含无穷多个满足$|z|>R$的点，也就是说$V$是无界的。
• 但$f(V) \subset U$，而$U$是有界集合，这直接违反了题目中“任意无界集合$V$的像$f(V)$必无界”的条件。

如果不用Picard大定理，用Casorati-Weierstrass定理也能推导：超越整函数在无穷远点有本性奇点，在本性奇点的任意邻域内，函数值在$\mathbb{C}$中稠密。这意味着对于任意有界开集$U$，$f^{{-1}(U)$在无穷远点的邻域内是无限的（否则$f$在无穷附近有界，根据Liouville定理，$f$会是常数，矛盾），所以$V=f}{-1}(U)$无界，但$f(V)$有界，同样导出矛盾。

总结 #

综上，只有多项式才能满足“将任意无界集合映射为无界集合”的条件，超越整函数无法做到这一点。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Adrian Gąsiorowski