\gdef\red#1{{\color{cb8680}{#1}}} \gdef\green#1{{\color{4f8d63}{#1}}} \gdef\gray#1{{\color{gray}{#1}}} \gdef\purple#1{{\color{B189C6}{#1}}} \gdef\orange#1{{\color{dfa04b}{#1}}} \gdef\white#1{{\color{white}{#1}}}
复级数
复常数项、函数项级数、收敛性与判别法
幂级数与 Taylor 级数
收敛圆、解析性、Taylor 级数
双边幂级数与 Laurent 级数
收敛环、Laurent 展开
零点与奇点
零点、零点孤立性、孤立奇点、可去奇点、极点、本性奇点
Sn≔∑k=1nck S_n \coloneqq \sum_{k = 1}^n c_k Sn:=k=1∑nck
发散
发散的可能情况：
判断一个复常数项级数是否收敛有的基本方法
复常数项级数跟实常数项级数的收敛 相容。记每一项的实虚分解 ck=ak+ibkc_k = a_k + i b_kck=ak+ibk，则 ∑kck\sum_k c_k∑kck 收敛等价于两个实常数项级数 ∑kak\sum_k a_k∑kak 与 ∑kbk\sum_kb_k∑kbk 同时收敛。
难点
复杂的复级数的实虚分解难以获得通项，且实级数本身的收敛性也不易判定。
后面讨论解析函数项级数的收敛性，应当充分利用复数与复变函数的性质
Cauchy 判别法/判敛准则：复常数项级数 S≔∑kckS \coloneqq \sum_k c_kS:=∑kck 收敛，等价于说，对于 ∀ϵ>0\forall \epsilon > 0∀ϵ>0，存在一个 nϵ∈Nn_\epsilon \in \mathbb{N}nϵ∈N，使得对于 ∀n>nϵ\forall n > n_\epsilon∀n>nϵ，∀p∈N+\forall p \in \mathbb{N}^+∀p∈N+ 都有
∣Sn+p−Sn∣=∣∑k=n+1n+pck∣<ϵ\Big| S_{n + p} - S_n \Big| = \Bigg| \sum_{k = n + 1}^{n + p} c_k \Bigg| < \epsilon Sn+p−Sn=k=n+1∑n+pck<ϵ
直观理解
要想无穷级数收敛，「后段」的求和应当非常小，小于任意选定的精度 ϵ\epsilonϵ，而这个「后段」由 nϵn_\epsilonnϵ 为标准确定。遗憾这个判别法比较难用。
必要条件
选 p=1p = 1p=1，若级数 ∑kck\sum_k c_k∑kck 收敛，则 limk→+∞ck=0\lim_{k \to +\infty} c_k = 0limk→+∞ck=0。
有限项
在级数中更改有限项不会改变收敛性
定义：复常数项级数 S=∑kckS = \sum_k c_kS=∑kck 所对应的正项级数 ∑k∣ck∣\sum_k |c_k|∑k∣ck∣ 若收敛，则称原级数 绝对收敛；收敛但非绝对收敛则称为 条件收敛
定理：绝对收敛必然导致收敛
因为 ∣∑k=1pcn+k∣<∑k=1p∣cn+k∣|\sum_{k = 1}^{p} c_{n + k}| < \sum_{k = 1}^{p} |c_{n + k}|∣∑k=1pcn+k∣<∑k=1p∣cn+k∣
收敛强度排行榜
我们有如下收敛强度排行榜
发散 <<< 收敛 <<< 绝对收敛
说明
实 数数列 单调有界，因此必然有 有限的渐近值，rk≫1∼r∞r_{k \gg 1} \sim r_\inftyrk≫1∼r∞。因此无穷求和可以分解为
∑krkck∼∑k=1K≫1rkck+∑k=K+1+∞r∞ck\sum_k r_k c_k \sim \sum_{k = 1}^{K \gg 1} r_k c_k + \sum_{k = K+1}^{+\infty} \purple{r_\infty} c_k k∑rkck∼k=1∑K≫1rkck+k=K+1∑+∞r∞ck
Dirichlet 判别法：若实数列 {rk}\{r_k\}{rk} 单调趋零，{ck}\{c_k\}{ck} 的 部分和有界，则 ∑krkck\sum_k r_k c_k∑krkck 收敛。
部分和 ∑k=1nck\sum_{k = 1}^n c_k∑k=1nck 有界，因此就算不收敛，也只是在做 有限度的震荡。引入 衰减因子 rkr_krk 就迫使 ∑krkck\sum_k r_k c_k∑krkck 部分和震荡越来越小，因此收敛。
Abel 判别法是 Dirichlet 判别法的推论：{rk−r∞}\{r_k - r_\infty\}{rk−r∞} 单调趋零，∑kck\sum_kc_k∑kck 收敛导致部分和有界
总结
Abel 与 Dirichlet 判别法适用于复合级数 ∑krkck\sum_k r_k c_k∑krkck。
调和级数 ∑k1k\sum_k \frac{1}{k}∑kk1：发散级数
黎曼 ζ\zetaζ 级数
ζ(s)≔∑k1ks={发散，0<s≤1收敛，s>1\zeta(s) \coloneqq \sum_{k} \frac{1}{k^s} = \left \{ \begin{array}{cc} \text{发散，} & 0 < s \le 1 \\ \text{收敛，} & s > 1 \end{array}\right. ζ(s):=k∑ks1={发散，收敛，0<s≤1s>1
特殊值
Riemann ζ\zetaζ 函数有一些有趣的特殊值，比如
∑k=1+∞1k2=π26,∑k=1+∞1k4=π490,∑k=1+∞1k6=π6945\sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}, \qquad \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{1}{k^4} = \frac{\pi^4}{90}, \qquad \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{1}{k^6} = \frac{\pi^6}{945} k=1∑+∞k21=6π2,k=1∑+∞k41=90π4,k=1∑+∞k61=945π6
∑keikθks,0<θ<2π,s>0\sum_k \frac{e^{i k \theta}}{k^s}, \qquad 0 < \theta < 2\pi, s > 0 k∑kseikθ,0<θ<2π,s>0
证明
∑k∣eikθks∣=∑k1ks\sum_k \bigg| \frac{e^{i k \theta}}{k^s} \bigg| = \sum_k \frac{1}{k^s} k∑kseikθ=k∑ks1
利用前面 ζ\zetaζ-函数的讨论，s>1s > 1s>1 时，级数 绝对收敛，当 0<s≤10 < s \le 10<s≤1 时级数 非绝对收敛 的。
要证明 0<s≤10 < s \le 10<s≤1 时级数收敛，记 rk≔k−sr_k \coloneqq k^{-s}rk:=k−s，ck≔eikθc_k \coloneqq e^{i k \theta}ck:=eikθ。显然，rkr_krk 单调趋零 (因 s>0s > 0s>0)。而 ccc 级数部分和可以用等比数列求和公式，
∣∑k=1nck∣=∣eiθ(1−einθ)1−eiθ∣=∣eiθ2ei2nθ×e−i2nθ−e+i2nθe−i2θ−e+i2θ∣\bigg|\sum_{k = 1}^n c_k \bigg| = \bigg| \frac{e^{i \theta}(1 - e^{i n \theta})}{1 - e^{i\theta}} \bigg| = \bigg| e^{\frac{i\theta}{2}} e^{\frac{i}{2} n \theta} \times \frac{e^{- \frac{i}{2} n \theta} - e^{+ \frac{i}{2} n \theta}}{e^{- \frac{i}{2} \theta} - e^{+ \frac{i}{2} \theta}} \bigg| k=1∑nck=1−eiθeiθ(1−einθ)=e2iθe2inθ×e−2iθ−e+2iθe−2inθ−e+2inθ
∣∑k=1nck∣=∣sinnθ2sinθ2∣<1∣sinθ/2∣\bigg|\sum_{k = 1}^n c_k \bigg| = \bigg| \frac{\sin \frac{n \theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} \bigg| < \frac{1}{|\sin \theta/2|} k=1∑nck=sin2θsin2nθ<∣sinθ/2∣1
因此 ccc 部分和有界。于是由 Dirichlet 判别法，原级数收敛。
等比级数求和
即使是复数，依然有等比数列 有限项 求和公式，即对于任意 z∈Cz \in \mathbb{C}z∈C，
∑k=1Nzk=z1−zN1−z,N∈N\sum_{k = 1}^{N} z^k = z \frac{1 - z^N}{1 - z}, \qquad N \in \mathbb{N} k=1∑Nzk=z1−z1−zN,N∈N
这是因为代数恒等式 (可以通过数学归纳法证明)
1−z2= (1−z)(1+z),1−z3=(1−z)(1+z+z2),⋯ ,1−zN= (1−z)(1+z+z2+⋯+zN−1)\begin{align*} 1 - z^2 = & \ (1 - z) (1 + z), \quad 1 - z^3 = (1 - z)(1 + z + z^2), \\ \cdots, \quad 1 - z^N = & \ (1 - z)(1 + z + z^2 + \cdots + z^{N - 1}) \end{align*} 1−z2=⋯,1−zN= (1−z)(1+z),1−z3=(1−z)(1+z+z2), (1−z)(1+z+z2+⋯+zN−1)
正弦余弦求和
上述等比级数可以得到实部和虚部求和公式，
∑k=1Ncos(kθ)=cos((N+1)θ2)sin(Nθ2)1sin(θ/2)\sum_{k = 1}^{N} \cos (k \theta) = \cos \left({\frac{(N + 1)\theta}{2}}\right) \sin \left({\frac{N\theta}{2}}\right) \frac{1}{\sin (\theta/2)} k=1∑Ncos(kθ)=cos(2(N+1)θ)sin(2Nθ)sin(θ/2)1
∑k=1Nsin(kθ)=sin((N+1)θ2)sin(Nθ2)1sin(θ/2)\sum_{k = 1}^{N} \sin (k \theta) = \sin \left({\frac{(N + 1)\theta}{2}}\right) \sin \left({\frac{N\theta}{2}}\right) \frac{1}{\sin (\theta/2)} k=1∑Nsin(kθ)=sin(2(N+1)θ)sin(2Nθ)sin(θ/2)1
z1−zN1−z=zzN/2z1/2z−N/2−zN/2z−1/2−z1/2=ei2(N+1)θsinNθ2sinθ2z\frac{1 - z^N}{1 - z} = z\frac{z^{N/2}}{z^{1/2}} \frac{z^{-N/2} - z^{N/2}}{z^{-1/2} - z^{1/2}} = e^{\frac{i}{2}(N + 1)\theta} \frac{\sin \frac{N\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} z1−z1−zN=zz1/2zN/2z−1/2−z1/2z−N/2−zN/2=e2i(N+1)θsin2θsin2Nθ
复函数项级数具有几种不同的收敛性
定义：对于上述复函数项级数以及一个 给定 的点 z∈Ez \in Ez∈E，若极限 limn→∞Sn(z)\lim_{n \to \infty} S_n(z)limn→∞Sn(z) 存在且为 有限值 s(z)s(z)s(z)，则称该级数在 zzz 点处 收敛 到 s(z)s(z)s(z)。
定义：对于上述复函数项级数，若对 任意 z∈Ez \in Ez∈E，极限 limn→∞Sn(z)\lim_{n \to \infty} S_n(z)limn→∞Sn(z) 存在且为 有限值 s(z)s(z)s(z)，则称该级数在 定义域上收敛 到 s(z)s(z)s(z)，而 s(z)s(z)s(z) 称为该级数的 和函数。
和函数性质
尽管函数 s(z)s(z)s(z) 存在且有限，但一般而言 不具有 良好的解析性质。
上述收敛性也可以改用 ϵ,n\epsilon,nϵ,n 语言重新表述。
收敛性定义等价表述：级数 ∑kfk(z)\sum_k f_k(z)∑kfk(z) 在 DDD 内 收敛到 s(z)s(z)s(z) 等价于说，对 ∀ϵ>0\forall \epsilon > 0∀ϵ>0 以及 ∀z∈D\forall z \in D∀z∈D，都 ∃nϵ(z)∈N\exists n_\epsilon(z) \in \mathbb{N}∃nϵ(z)∈N，使得对 ∀n>nϵ(z)\forall n > n_\epsilon(z)∀n>nϵ(z) 都有
∣Sn(z)−s(z)∣<ϵ\bigg| S_n(z) - s(z) \bigg| < \epsilon Sn(z)−s(z)<ϵ
足够多项
当级数收敛，则求和「足够多项」之后，部分和就会非常接近和函数 s(z)s(z)s(z)。给定目标精度 ϵ\epsilonϵ，「足够多」的标准由 nϵ(z)n_\epsilon(z)nϵ(z) 确定，这个标准 与 zzz 有关。
一致收敛
给定精度 ϵ\epsilonϵ 之后，「足够多项」的标准 nϵn_\epsilonnϵ 与 zzz 无关。
收敛但非一致收敛
从定义上看，一致收敛 强于 收敛
有很多 收敛 但 非 一致收敛的复函数项级数。
收敛但不一致收敛
若级数 ∑kfk(z)\sum_k f_k(z)∑kfk(z) 在 区域 DDD 内 收敛，但是 非一致收敛，说明当 ϵ\epsilonϵ 很小的时候，「足够多项」的标准 nϵ(z)n_\epsilon(z)nϵ(z) 在 DDD 内随 zzz 变化且不断上涨 没有上限，无法约定同一的标准 nϵn_\epsilonnϵ
~
由于 nϵ(z)n_\epsilon(z)nϵ(z) 在 DDD 内没有上限，说明 zzz 趋于某一些点 z∗∈∂Dz_* \in \partial Dz∗∈∂D 时，nϵ(z)n_\epsilon(z)nϵ(z) 无限增大，收敛性 急剧恶化，并在 z∗z_*z∗ 处级数 不收敛
缩小定义域
若级数在定义域 EEE 内 收敛 但 非 一致收敛，可以考虑 缩小定义域 到 E′⊂EE' \subset EE′⊂E，有可能在 E′E'E′ 内 一致收敛。
类比连续性与一致连续性
一致收敛有一个最基本的 Cauchy 判别法
Cauchy 一致收敛判别法：级数 ∑kfk(z)\sum_k f_k(z)∑kfk(z) 在定义域上 一致收敛，等价于说，对于 ∀ϵ>0\forall \epsilon > 0∀ϵ>0，都 ∃nϵ∈N\exists n_\epsilon \in \mathbb{N}∃nϵ∈N，使得对 ∀n>nϵ\forall n > n_\epsilon∀n>nϵ，∀p∈N\forall p \in \mathbb{N}∀p∈N 以及 ∀z∈\forall z \in∀z∈ 定义域，都有
∣∑k=n+1n+pfk(z)∣<ϵ\bigg| \sum_{k = n + 1}^{n + p} f_k(z) \bigg| < \epsilon k=n+1∑n+pfk(z)<ϵ
后段标准
大致意思是「后段」部分和总可以任意小，而「后段」的标准可以做到 全定义域统一 nϵn_\epsilonnϵ。
一致 收敛与 绝对 收敛均强于普通收敛。谁更强？
例：证明下面级数在全 C\mathbb{C}C 一致收敛，但 非绝对收敛，
∑k(−1)k−1k+g(z,zˉ),g(z,zˉ)≥0\sum_{k} \frac{(-1)^{k - 1}}{k + g(z, \bar z)}, \qquad g(z, \bar z) \ge 0 k∑k+g(z,zˉ)(−1)k−1,g(z,zˉ)≥0
可以利用 Cauchy 一致判别法，主要是分析后半段部分和，
∣∑k=n+1n+p(−1)k−1k+g(z,zˉ)∣\bigg| \sum_{k = n + 1}^{n + p} \frac{(-1)^{k - 1}}{k + g(z, \bar z)} \bigg| k=n+1∑n+pk+g(z,zˉ)(−1)k−1
考虑两种情况。第一种是 p=2Np = 2Np=2N，此时
= ∣(−1)nn+1+g−(−1)nn+2+g+⋯+(−1)nn+2N−1+g−(−1)nn+2N+g∣= ∣1n+1+g−1n+2+g+⋯+1n+2N−1+g−1n+2N+g∣\begin{align*} = & \ \bigg| \frac{(-1)^n}{n + 1 + g} - \frac{(-1)^n}{n + 2 + g} + \cdots + \frac{(-1)^n}{n + 2N - 1 + g} - \frac{(-1)^n}{n + 2N + g} \bigg| \\ = & \ \bigg| \purple{\frac{1}{n + 1 + g} - \frac{1}{n + 2 + g}} + \cdots + \purple{\frac{1}{n + 2N - 1 + g} - \frac{1}{n + 2N + g}} \bigg| \end{align*} == n+1+g(−1)n−n+2+g(−1)n+⋯+n+2N−1+g(−1)n−n+2N+g(−1)n n+1+g1−n+2+g1+⋯+n+2N−1+g1−n+2N+g1
每块紫色都是 大于零 的表达式，因此可以 去绝对值。
重组 CP，
= 1n+1+g−1n+2+g+1n+3+g+⋯ ⋯−1n+2N−2+g+1n+2N−1+g−1n+2N+g\begin{align*} = & \ \frac{1}{n + 1 + g} \purple{ - \frac{1}{n + 2 + g} + \frac{1}{n + 3 + g}} + \cdots \\ & \ \cdots \purple{- \frac{1}{n + 2N - 2 + g} + \frac{1}{n + 2N - 1 + g}} - \frac{1}{n + 2N + g} \end{align*} = n+1+g1−n+2+g1+n+3+g1+⋯ ⋯−n+2N−2+g1+n+2N−1+g1−n+2N+g1
每个紫色的东西都是 小于零 的表达式，因此当 p=2Np = 2Np=2N 时，
∣∑k=n+1n+p(−1)k−1k+g(z,zˉ)∣<(首项)1n+1+g(z,zˉ)\bigg| \sum_{k = n + 1}^{n + p} \frac{(-1)^{k - 1}}{k + g(z, \bar z)} \bigg| < (\text{首项}) \frac{1}{n + 1 + g(z, \bar z)} k=n+1∑n+pk+g(z,zˉ)(−1)k−1<(首项)n+1+g(z,zˉ)1
当 p=2N+1p = 2N + 1p=2N+1 的时候，计算也类似，先 去绝对值，再作放缩法，
两种情况综合，
∣∑k=n+1n+p(−1)k−1k+g(z,zˉ)∣<1n+1+g(z,zˉ)<1n\bigg| \sum_{k = n + 1}^{n + p} \frac{(-1)^{k - 1}}{k + g(z, \bar z)} \bigg| < \frac{1}{n + 1 + g(z, \bar z)} < \frac{1}{n} k=n+1∑n+pk+g(z,zˉ)(−1)k−1<n+1+g(z,zˉ)1<n1
于是，对 ∀ϵ>0\forall\epsilon > 0∀ϵ>0，可以选任意足够大的自然数 nϵ>1ϵn_\epsilon > \frac{1}{\epsilon}nϵ>ϵ1，自然导致 ∀n>nϵ>1ϵ\forall n > n_\epsilon > \frac{1}{\epsilon}∀n>nϵ>ϵ1 都有
∣∑k=n+1n+p(−1)k+1k+g(z,zˉ)∣<1n<1nϵ<ϵ\bigg|\sum_{k = n + 1}^{n + p} \frac{(-1)^{k + 1}}{k + g(z, \bar z)} \bigg| < \frac{1}{n} < \frac{1}{n_\epsilon} < \epsilon k=n+1∑n+pk+g(z,zˉ)(−1)k+1<n1<nϵ1<ϵ
这个 nϵn_\epsilonnϵ 是 统一 的，使得上面不等式对所有的 z,zˉz, \bar zz,zˉ 都成立，因此级数 一致收敛。
但是，该级数 非绝对收敛，
∑k∣(−1)k−1k+g∣=∑k1k+g∼∑k1k→发散\sum_{k} \bigg| \frac{(-1)^{k - 1}}{k + g} \bigg| = \sum_k \frac{1}{k + g} \sim \sum_k \frac{1}{k} \to \text{发散} k∑k+g(−1)k−1=k∑k+g1∼k∑k1→发散
例：证明 几何级数/等比级数 ∑k=1+∞zk\sum_{k = 1}^{+\infty} z^k∑k=1+∞zk 在 N(0,1)N(0,1)N(0,1) 内 绝对收敛，但 非一致收敛
先看绝对收敛。逐项取绝对值得到 收敛 的 无穷等比数列求和，
∑k=1+∞∣z∣k=∣z∣1−∣z∣∞1−∣z∣=∣z∣1−∣z∣,∣z∣<1\sum_{k = 1}^{+\infty} |z|^k = |z|\frac{1 - |z|^\infty}{1 - |z|} = \frac{|z|}{1 - |z|}, \qquad |z| < 1 k=1∑+∞∣z∣k=∣z∣1−∣z∣1−∣z∣∞=1−∣z∣∣z∣,∣z∣<1
因此原级数 绝对收敛，因此原级数也 收敛，和函数为
s(z)=limN→+∞Sn(z)=limN→+∞z1−zN1−z=z1−zs(z) = \lim_{N \to +\infty} S_n(z) = \lim_{N \to +\infty} z\frac{1 - z^N}{1 - z} = \frac{z}{1 - z} s(z)=N→+∞limSn(z)=N→+∞limz1−z1−zN=1−zz
考虑后段部分和，
∣∑k=n+1n+pzk∣\bigg|\sum_{k = n + 1}^{n + p} z^k \bigg| k=n+1∑n+pzk
任取一个 p∈Np \in \mathbb{N}p∈N，比如 p=1p = 1p=1，则上述部分和为 ∣zn+1∣|z^{n+1}|∣zn+1∣。若要
∣z∣n+1<ϵ⇒(n+1)ln∣z∣<lnϵ⇒n+1>lnϵln∣z∣|z|^{n + 1} < \epsilon \quad \Rightarrow \quad (n + 1)\ln|z| < \ln \epsilon \quad \Rightarrow \quad n + 1 > \frac{\ln \epsilon}{\ln |z|} ∣z∣n+1<ϵ⇒(n+1)ln∣z∣<lnϵ⇒n+1>ln∣z∣lnϵ
但是这个表达式随着 z→1z \to 1z→1 无限增大，因此 不存在 统一的 nϵn_\epsilonnϵ 使得
∣∑k=n+1n+pzk∣<ϵ,∀n>nϵ,∀p∈N\bigg|\sum_{k = n + 1}^{n + p} z^k \bigg| < \epsilon, \qquad \forall n > n_\epsilon, \forall p \in \mathbb{N} k=n+1∑n+pzk<ϵ,∀n>nϵ,∀p∈N
原级数 非一致收敛。
和函数
与实几何级数类似，
∑k=1+∞zk=z1−z,∣z∣<1\sum_{k = 1}^{+\infty} z^k = \frac{z}{1 - z}, \qquad |z| < 1 k=1∑+∞zk=1−zz,∣z∣<1
在 z=1z = 1z=1 处，级数发散，体现为 nϵ(z)→+∞n_\epsilon(z) \to +\inftynϵ(z)→+∞
一致收敛和绝对收敛均强于收敛，但二者之间 打成平手
存在一些级数，同时 绝对和一致收敛
相应地，我们有一个简单的判别法。
Weierstrass-M 判别法：考虑级数 ∑kfk(z)\sum_k f_k(z)∑kfk(z)，若存在 {Mk}\{M_k\}{Mk} 为 正、常数数列 使得 ∑kMk\sum_k M_k∑kMk 收敛，且对 ∀k\forall k∀k 以及 ∀z∈\forall z \in∀z∈ 定义域，都满足
∣fk(z)∣≤Mk\bigg| f_k(z) \bigg| \le M_k fk(z)≤Mk
则 ∑kfk(z)\sum_k f_k(z)∑kfk(z) 也在定义域内 绝对和一致收敛。
简而言之，逐项 有常界，界级数 收敛 ⇒\Rightarrow⇒ 绝对 + 一致收敛。
例：级数 ∑kzk\sum_k z^k∑kzk 在 N(0,1)N(0,1)N(0,1) 非一致收敛。任选 r∈(0,1)r \in (0,1)r∈(0,1)，级数在闭域 N(0,r<1)‾\overline{N(0, r < 1)}N(0,r<1) 上 绝对一致收敛。
利用 Weierstrass-M 判别法，逐项 有 常界 rkr^krk
∣zk∣=∣z∣k≤rk|z^k| = |z|^k \le r^k ∣zk∣=∣z∣k≤rk
且界级数 ∑krk\sum_k r^k∑krk 收敛 (因为 0<r<10 < r < 10<r<1)。因此，原级数在 N(0,r)‾\overline{N(0, r)}N(0,r) 上 绝对一致收敛。
eixe^{ix}eix 可以写成
A. sinx+cosx\sin x + \cos xsinx+cosx \quad B. sinx+icosx\sin x + i\cos xsinx+icosx \quad C. isinx+cosxi \sin x + \cos xisinx+cosx \quad isinx+icosxi\sin x + i \cos xisinx+icosx
1/z\sqrt{1/z}1/z 的支点有哪些？
1/i1/i1/i 等于 (多选)
A. iii \quad B. −i-i−i \quad C. i2i^2i2 \quad D. i3i^3i3
下面哪个函数在 C\mathbb{C}C 上处处解析？
A. Rez\operatorname{Re}zRez \quad B. Imz\operatorname{Im}zImz \quad C. zˉ\bar zzˉ \quad D. eize^{i z}eiz
例：证明下面级数作为 θ\thetaθ 的复函数项级数，在定义域 θ∈R\theta \in \mathbb{R}θ∈R 上绝对一致收敛，
∑keikθks,s>1,θ∈R\sum_k \frac{e^{i k \theta}}{k^s}, \qquad \orange{s > 1}, \qquad \theta \in \mathbb{R} k∑kseikθ,s>1,θ∈R
由于 θ∈R\theta \in \mathbb{R}θ∈R，
∣eikθks∣=∣eikθ∣ks=1ks\bigg| \frac{e^{i k \theta}}{k^s} \bigg| = \frac{|e^{i k \theta}|}{k^s} = \frac{1}{k^s} kseikθ=ks∣eikθ∣=ks1
利用 Weierstrass-M 判别法，逐项 有 常界 1ks\frac{1}{k^s}ks1，且界级数 ∑k1ks\sum_k \frac{1}{k^s}∑kks1 在 s>1s > 1s>1 时收敛。因此，原级数在 θ∈R\theta \in \mathbb{R}θ∈R 上 绝对一致收敛。
一致收敛的级数有几大优良性质
和函数连续：若级数 S(z)S(z)S(z) 在定义域上 逐项连续，且在定义域上 一致收敛 到和函数 s(z)s(z)s(z)，则和函数 s(z)s(z)s(z) 在定义域上也 连续。
一致收敛很重要
若缺少一致收敛性，和函数有 可能不连续。考虑下面这个级数
S(x)≔x+∑k=2(xk−xk−1)S(x) \coloneqq x + \sum_{k = 2} (x^k - x^{k - 1}) S(x):=x+k=2∑(xk−xk−1)
这个级数在 定义域 [0,1][0,1][0,1] 上 收敛，但 非一致收敛。
Sn(x)=x+∑k=2n(xk−xk−1)=xnS_n(x) = x + \sum_{k = 2}^{n}(x^k - x^{k - 1}) = x^n Sn(x)=x+k=2∑n(xk−xk−1)=xn
因此，和函数为
s(x)=limn→+∞Sn(x)=limn→+∞xn={00≤x<11x=1s(x) = \lim_{n \to +\infty}S_n(x) = \lim_{n \to +\infty} x^n = \left \{\begin{array}{cc} 0 & 0 \le x < 1\\ 1 & x = 1 \end{array} \right. s(x)=n→+∞limSn(x)=n→+∞limxn={010≤x<1x=1
显然和函数 不连续。
有了和函数，就可以检查 一致收敛性。考虑 x∈(0,1)⊂[0,1]x \in (0,1) \subset [0, 1]x∈(0,1)⊂[0,1]，
∣Sn(x)−s(x)∣<ϵ⇔∣xn−0∣<ϵ⇔nln∣x∣<lnϵ\bigg|S_n(x) - s(x) \bigg| < \epsilon \quad \Leftrightarrow \quad \bigg| x^n - 0\bigg| < \epsilon \quad \Leftrightarrow \quad n \ln |x| < \ln \epsilon Sn(x)−s(x)<ϵ⇔xn−0<ϵ⇔nln∣x∣<lnϵ
因此可以选正整数 nϵ(x)>lnϵ/ln∣x∣n_\epsilon(x) > \ln \epsilon/\ln |x|nϵ(x)>lnϵ/ln∣x∣，但显然 nϵ(x→1)→∞n_\epsilon(x \to 1) \to \inftynϵ(x→1)→∞，即越接近 x=1x = 1x=1，收敛性 越差，因此 不可能找到 全 [0,1][0,1][0,1] 统一的 nϵn_\epsilonnϵ，因此 非一致收敛。
111 附近的非一致收敛性导致和函数失去连续性。
交换性
该结论也可以表述成交换性
limz→z0∑k=∑klimz→z0\lim_{z \to z_0} \sum_k = \sum_k \lim_{z \to z_0} z→z0limk∑=k∑z→z0lim
上面反例则对应
0=limx→1(x+∑k=2+∞xk−xk−1)≠(limx→1x+∑klimx→1(xk−xk−1))=10 = \lim_{x \to 1} (x + \sum_{k = 2}^{+\infty} x^k - x^{k - 1} ) \ne (\lim_{x \to 1} x + \sum_k \lim_{x \to 1} (x^k - x^{k - 1})) = 1 0=x→1lim(x+k=2∑+∞xk−xk−1)=(x→1limx+k∑x→1lim(xk−xk−1))=1
和函数可积：若级数 S(z)=∑kfk(z)S(z) = \sum_k f_k(z)S(z)=∑kfk(z) 在曲线 CCC 上 逐项连续，且在 CCC 上 一致收敛 到 s(z)s(z)s(z)，则和函数 s(z)s(z)s(z) 沿 CCC 可积，且有等式
∫C∑k=1+∞fk(z)dz=∫Cs(z)dz=∑k=1+∞∫Cfk(z)dz\int_C \sum_{k = 1}^{+\infty}f_k(z) dz = \int_C s(z) dz = \sum_{k = 1}^{+\infty} \int_C f_k(z)dz ∫Ck=1∑+∞fk(z)dz=∫Cs(z)dz=k=1∑+∞∫Cfk(z)dz
积分求和交换
对比上式左右两边，可以抽象地说是
∑k∫C=∫C∑k\sum_k \int_C = \int_C \sum_k k∑∫C=∫Ck∑
即 积分 与 求和 可以 交换。这也是 一致收敛 的恩赐。
Weierstrass 定理：若 S(z)=∑kfk(z)S(z) = \sum_k f_k(z)S(z)=∑kfk(z) 在区域 DDD 内 逐项解析，且在 DDD 内的任意 有界子闭集 中 一致收敛 (简称 内闭一致收敛) 到 s(z)s(z)s(z)，则和函数 s(z)s(z)s(z) 在 DDD 内 解析，且逐项 ppp-阶求导所得级数 ∑kfk(p)(z)\sum_k f^{(p)}_k(z)∑kfk(p)(z) 在 DDD 内同样 内闭一致收敛 到和函数的导数 s(p)(z)s^{(p)}(z)s(p)(z)。
求导求和交换
抽象地说，
ddz∑k=∑kddz\frac{d}{dz}\sum_k = \sum_k \frac{d}{dz} dzdk∑=k∑dzd
Abel 定理：设级数在 z0≠az_0 \ne az0=a 处 收敛，则它必然在 N(a,∣z0−a∣)N(a, |z_0 - a|)N(a,∣z0−a∣) 里头 绝对收敛 且 内闭一致收敛。
Abel 定理证明
先证 N(a,∣z0−a∣)N(a, |z_0 - a|)N(a,∣z0−a∣) 内绝对收敛，即证明 ∑k∣λk(z−a)k∣\sum_k |\lambda_k (z - a)^k|∑k∣λk(z−a)k∣ 在 ∣z−a∣<∣z0−a∣|z - a| < |z_0 - a|∣z−a∣<∣z0−a∣ 时收敛。
稍作改写
∣λk(z−a)k∣=∣z−az0−a∣k∣λk(z0−a)k∣|\lambda_k (z - a)^k| = \bigg| \frac{z - a}{z_0 - a} \bigg|^k |\lambda_k (z_0 - a)^k| ∣λk(z−a)k∣=z0−az−ak∣λk(z0−a)k∣
其中第二个因子 ∣λk(z0−a)k∣|\lambda_k(z_0 - a)^k|∣λk(z0−a)k∣ 有界 (记作 MMM)，因为原级数在 z0z_0z0 收敛。
于是，作为正级数，
∣λk(z−a)k∣<M∣z−az0−a∣k|\lambda_k(z - a)^k| < M \bigg| \frac{z - a}{z_0 - a} \bigg|^k ∣λk(z−a)k∣<Mz0−az−ak
从而根据 正级数的比较判别法 收敛，因此原级数 绝对收敛。
当 ∣z−a∣≤R<∣z0−a∣|z - a| \le R < |z_0 - a|∣z−a∣≤R<∣z0−a∣ 时，可以用 Weierstrass-M 判别法确定原级数 绝对一致收敛。关键在于 逐项有常界
∣λk(z−a)k∣<M∣z−az0−ak∣<M∣Rz0−a∣k\bigg|\lambda_k (z - a)^k \bigg| < M \bigg| \frac{z - a}{z_0 - a}^k \bigg| < M \bigg| \frac{R}{z_0 - a} \bigg|^k λk(z−a)k<Mz0−az−ak<Mz0−aRk
定理：以 aaa 为中心的幂级数 S(z)S(z)S(z) 必然存在一个半径 RRR，使得级数在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 绝对 收敛且 内闭一致收敛，而在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 的外面 发散，则
收敛半径
收敛半径可以取 零 或者 无穷大。
考虑如下几个级数，计算它们的收敛半径
∑kzk,∑kλkzk,∑kλk−nzk,∑kλkk!zk\sum_k z^k, \qquad \sum_k \lambda^k z^k, \qquad \sum_k \lambda^{k - n} z^k, \qquad \sum_k \frac{\lambda^k}{k!}z^k k∑zk,k∑λkzk,k∑λk−nzk,k∑k!λkzk
计算
第三个级数跟第二个级数类似，先把 λ−n\lambda^{-n}λ−n 提出求和号外，重定义 z′=λzz' = \lambda zz′=λz，R=1/∣λ∣R = 1/|\lambda|R=1/∣λ∣。
第四个级数考虑 z∈Rz \in \mathbb{R}z∈R 便得到 eλze^{\lambda z}eλz，至少在 全 R\mathbb{R}R 收敛，因此原幂级数收敛半径是 R=+∞R = +\inftyR=+∞。
几何级数在收敛圆周上发散
几何级数 ∑kzk\sum_k z^k∑kzk 在 收敛圆周 上 发散。
当 z=−1z = -1z=−1 时，1−1+1−1+1−1+⋯1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots1−1+1−1+1−1+⋯ 部分和 SNS_NSN 在 1,01, 01,0 之间 来回跳动，没有极限，级数也 发散。
当 z=eiθz = e^{i\theta}z=eiθ 时，∑keikθ\sum_k e^{ik\theta}∑keikθ 的部分和为 eiθ(1−eiNθ)1−eiθ\frac{e^{i\theta}(1-e^{iN\theta})}{1-e^{i\theta}}1−eiθeiθ(1−eiNθ)，当 θ≠0,2π\theta \neq 0, 2\piθ=0,2π 时，分母不为零，但分子的模长为 ∣1−eiNθ∣≤2|1-e^{iN\theta}| \le 2∣1−eiNθ∣≤2，所以部分和有界但不收敛。
对于幂级数，收敛半径是非常重要的量
如何求收敛半径？ Cauchy + d'Alembert
Cauchy 法：对于幂级数 ∑kλkzk\sum_k \lambda_k z^k∑kλkzk，取系数绝对值 ∣λk∣|\lambda_k|∣λk∣，若
lim‾k→∞∣λk∣1/k=ℓ∈R∪{∞} , \varlimsup_{k \to \infty} |\lambda_k|^{1/k} \green{= \ell} \in \mathbb{R} \cup \{\infty\} \ , k→∞lim∣λk∣1/k=ℓ∈R∪{∞} ,
则收敛半径 R=1/ℓR = 1/\ellR=1/ℓ
上极限 这里涉及 lim‾k→∞\displaystyle\varlimsup_{k \to \infty}k→∞lim 称为 上极限，即取所有收敛子序列的极限的最大值。
基准例子：∑kλkzk\sum_k \lambda^k z^k∑kλkzk
直接计算得到 ∣λk∣1/k=∣λk∣1/k=∣λ∣|\lambda_k|^{1/k} = |\lambda^k|^{1/k} = |\lambda|∣λk∣1/k=∣λk∣1/k=∣λ∣，因此
ℓ=lim‾k→+∞∣λk∣1/k=∣λ∣ . \ell = \varlimsup_{k \to +\infty} |\lambda_k|^{1/k} = |\lambda| \ . ℓ=k→+∞lim∣λk∣1/k=∣λ∣ .
从而收敛半径为熟知的 R=1/ℓ=1/∣λ∣R = 1/\ell = 1/|\lambda|R=1/ℓ=1/∣λ∣。
例子：∑k(λ+(−1)k)kzk\sum_k (\lambda + (-1)^k)^k z^k∑k(λ+(−1)k)kzk，其中 λ>1\lambda > 1λ>1
记 λk≔(λ+(−1)k)k\lambda_k \coloneqq (\lambda + (-1)^k)^kλk:=(λ+(−1)k)k，则显然 {∣λk∣1/k}\{|\lambda_k|^{1/k}\}{∣λk∣1/k} 不收敛。但是，这个数列包含 收敛的子数列，可以用 Cauchy，
{∣λ2n∣12n}={λ+1},{∣λ2n+1∣12n+1}={λ−1}\{|\lambda_{2n}|^{\frac{1}{2n}}\} = \{\lambda + 1\}, \qquad \{|\lambda_{2n + 1}|^{\frac{1}{2n + 1}}\} = \{\lambda - 1\}{∣λ2n∣2n1}={λ+1},{∣λ2n+1∣2n+11}={λ−1}
由于 λ>1\lambda > 1λ>1，因此 λ+1\lambda + 1λ+1 更大，从而 lim‾k→∞∣λk∣1/k=λ+1\varlimsup_{k \to \infty}|\lambda_k|^{1/k} = \lambda + 1limk→∞∣λk∣1/k=λ+1，收敛半径为
R=1λ+1 R = \frac{1}{\lambda + 1} R=λ+11
求解
两个收敛 子数列 其实对应两个 子级数，原级数等于
=∑k=0+∞(λ+1)2kz2k+∑k=0+∞(λ−1)2k+1z2k+1 .= \sum_{k = 0}^{+\infty} (\lambda + 1)^{2k} z^{2k} + \sum_{k = 0}^{+\infty}(\lambda - 1)^{2k + 1} z^{2k + 1} \ . =k=0∑+∞(λ+1)2kz2k+k=0∑+∞(λ−1)2k+1z2k+1 .
这两个子级数的收敛半径都很容易求得，
R=1λ+1,1λ−1 .R = \frac{1}{\lambda + 1}, \qquad \frac{1}{\lambda - 1} \ . R=λ+11,λ−11 .
显然，应该取相对 较小 的收敛半径 1λ+1\frac{1}{\lambda + 1}λ+11 才能让两个子级数 同时收敛：这个 较小 的收敛半径对应 较大 子序列极限。
d' Alembert 方法：对于幂级数 ∑kλkzk\sum_k \lambda_k z^k∑kλkzk，如果
limn→∞∣λk+1λk∣=ℓ∈R∪{∞} , \lim_{n \to \infty} \bigg| \frac{\lambda_{k + 1}}{\lambda_k} \bigg| = \ell \in \mathbb{R} \cup \{\infty\} \ , n→∞limλkλk+1=ℓ∈R∪{∞} ,
则收敛半径 R=1/ℓR = 1/\ellR=1/ℓ。
∣λk+1/λk∣|\lambda_{k + 1}/\lambda_k|∣λk+1/λk∣ 越大，说明系数 增长越快，收敛半径 越小。
基准例子：还是几何级数 ∑kλkzk\sum_k \lambda^k z^k∑kλkzk。
直接算，
∣λk+1λk∣=∣λ∣,ℓ=limk→∞∣λk+1λk∣=∣λ∣ ,\bigg| \frac{\lambda_{k + 1}}{\lambda_k} \bigg| = |\lambda|, \qquad \ell = \lim_{k \to \infty}\bigg| \frac{\lambda_{k + 1}}{\lambda_k} \bigg| = |\lambda|\ ,λkλk+1=∣λ∣,ℓ=k→∞limλkλk+1=∣λ∣ ,
从而 R=1/∣λ∣R = 1/|\lambda|R=1/∣λ∣。
例子：假设 limk→∞∣λk+1/λk∣\lim_{k \to \infty} \Big|\lambda_{k + 1}/\lambda_k \Big|limk→∞λk+1/λk 存在，比较 ∑kλkzk\sum_k \lambda_k z^k∑kλkzk 与 ∑kkλkzk\sum_k k \lambda_k z^k∑kkλkzk 的收敛半径。
根据题设，可以使用 d' Alembert 方法，对于第二个级数，
1R2=limk→∞∣(k+1)λk+1kλk∣=limk→∞∣k+1kλk+1λk∣=limk→∞∣λk+1λk∣=1R1\frac{1}{R_2} = \lim_{k \to \infty} \bigg| \frac{(k + 1)\lambda_{k + 1}}{k \lambda_k} \bigg| = \lim_{k \to \infty} \Bigg|\frac{k + 1}{k} \frac{\lambda_{k + 1}}{\lambda_k}\Bigg| = \lim_{k \to \infty} \Bigg|\frac{\lambda_{k + 1}}{\lambda_k}\Bigg| = \frac{1}{R_1} R21=k→∞limkλk(k+1)λk+1=k→∞limkk+1λkλk+1=k→∞limλkλk+1=R11
因此，两个级数的收敛半径 相等。
例：求下面级数的收敛半径，
∑kk!kkzk \sum_k \frac{k!}{k^k} z^k k∑kkk!zk
用 d' Alembert 方法，
ℓ=limk→∞(k+1)!(k+1)k+1×kkk!= limk→∞(k+1)kk(k+1)k+1=limk→∞kk(k+1)k= limk→∞1(1+1k)k=1e . \begin{align*} \ell = \lim_{k \to \infty} \frac{(k + 1)!}{(k + 1)^{k + 1}} \times \frac{k^k}{k!} = & \ \lim_{k \to \infty} \frac{(k + 1)k^k}{(k + 1)^{k + 1}} = \lim_{k \to \infty} \frac{k^k}{(k + 1)^k} \\ = & \ \lim_{k \to \infty} \frac{1}{(1 + \frac{1}{k})^k} = \frac{1}{e} \ . \end{align*} ℓ=k→∞lim(k+1)k+1(k+1)!×k!kk== k→∞lim(k+1)k+1(k+1)kk=k→∞lim(k+1)kkk k→∞lim(1+k1)k1=e1 .
Stirling 公式
上面的极限说明，当 更严格地有 Stirling 公式
k!kk∼2πk(1e)k\frac{k!}{k^k} \sim \sqrt{2\pi k} \left(\frac{1}{e}\right)^k kkk!∼2πk(e1)k
不管是 Cauchy 还是 d' Alembert 方法，其实暗中都是在与标准几何级数 ∑kℓkzk\sum_k \ell^k z^k∑kℓkzk 进行比较，寻找一个系数增长行为相近的几何级数。
幂级数在收敛圆内有 内闭一致收敛性，和函数具有一些优良性质
定理：在收敛圆内，幂级数的和函数 解析，求导、积分均与无穷求和 交换，且交换后 收敛半径不变。
定理：考虑在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内的解析函数 f(z)f(z)f(z)。对 ∀z∈N(a,R)\forall z \in N(a, R)∀z∈N(a,R)，必然有 Taylor 展开式 (C⊂N(a,R)C \subset N(a,R)C⊂N(a,R))
f(z)=∑n=0+∞[∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1](z−a)n=∑n=0+∞1n!f(n)(a)(z−a)nf( z) = \sum _{n=0}^{+\infty } \orange{\left[\oint _{C}\frac{d\zeta }{2\pi i}\frac{f( \zeta )}{( \zeta -a)^{n+1}}\right]}( z-a)^{n} = \sum_{n = 0}^{+\infty} \orange{\frac{1}{n!} f^{(n)}(a)}(z - a)^n f(z)=n=0∑+∞[∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)](z−a)n=n=0∑+∞n!1f(n)(a)(z−a)n
Taylor 级数
级数在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 内闭一致收敛 到 f(z)f(z)f(z)，系数是 fff 在 aaa 处的 各阶导数
[∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1]=1n!f(n)(a)\left[\oint _{C}\frac{d\zeta }{2\pi i}\frac{f( \zeta )}{( \zeta -a)^{n+1}}\right] = \frac{1}{n!}f^{(n)}(a) [∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)]=n!1f(n)(a)
解析函数 fff 的 Taylor 展开式包含如下要素
唯一性
给定解析函数以及 展开中心，Taylor 展开是 唯一 的
采样点的位置
采样点 zzz 和 积分路径 CCC 都在解析区 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内，二者相对位置可以 随意。
Taylor 级数的证明
Taylor 级数源于 Cauchy 积分公式。由于 fff 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内解析，先假设 zzz 位于 CCC 的 内部，有
f(z)= ∮Cdζ2πif(ζ)ζ−z=∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)−(z−a)= ∮Cdζ2πi1ζ−af(ζ)1−z−aζ−a=∮Cdζ2πi1ζ−af(ζ)∑n=0+∞(z−aζ−a)n= ∑n=0+∞[∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1](z−a)n\begin{align*} f(z) = & \ \oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} = \oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a) - (z - a)} \\ = & \ \oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{1}{\zeta - a} \frac{f(\zeta)}{1 - \purple{\frac{z - a}{\zeta - a}}} = \oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{1}{\zeta - a}f(\zeta) \sum_{n = 0}^{+\infty} \left(\purple{\frac{z - a}{\zeta - a}}\right)^n \\ = & \ \sum_{n = 0}^{+\infty} \left[\oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n + 1}}\right] (z - a)^n \end{align*} f(z)=== ∮C2πidζζ−zf(ζ)=∮C2πidζ(ζ−a)−(z−a)f(ζ) ∮C2πidζζ−a11−ζ−az−af(ζ)=∮C2πidζζ−a1f(ζ)n=0∑+∞(ζ−az−a)n n=0∑+∞[∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)](z−a)n
证明最后用到求和与积分交换，应事先验证 一致收敛性，此处省略。
基于 zzz 在 CCC 内部 的假设，我们得到了
f(z)=∑n=0+∞[∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1](z−a)nf(z) = \sum_{n = 0}^{+\infty} \left[\oint_C \frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n + 1}}\right] (\red{z} - a)^n f(z)=n=0∑+∞[∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)](z−a)n
至此，CCC 与 z\red{z}z 的 相对位置 就 可以变动 了，因为系数
∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1\oint_C \frac{d \zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n + 1}} ∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)
与 CCC 的具体大小无关，只要 CCC 位于 解析区内，且包围 aaa。
Taylor 展开系数通式通常 难以获得，因此难以直接从展开表达式求 收敛半径
通常，收敛半径为中心 aaa 到 最近 的 f(z)f(z)f(z) 奇点的距离。
一个最简单的例子是 (z−1)−1(z - 1)^{-1}(z−1)−1。以 000 为展开中心，其最近的奇点为 111，二者距离为 111。相对应地，其 Taylor 展开为 ∑n=0+∞zn\sum^{+\infty}_{n = 0}z^n∑n=0+∞zn，收敛半径的确就是 111。
ez= ∑k=0+∞1k!zk,1z−a= −∑k=0+∞1ak+1zk,sinz= ∑k=0+∞(−1)k(2k+1)!z2k+1,cosz= ∑k=0+∞(−1)k(2k)!z2k\begin{align*} e^z = & \ \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{1}{k!}z^k , & \frac{1}{z-a} = & \ - \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{1}{a^{k + 1}}z^k, \\ \sin z = & \ \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2k + 1)!} z^{2k + 1} , & \cos z = & \ \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2k)!} z^{2k} \end{align*} ez=sinz= k=0∑+∞k!1zk, k=0∑+∞(2k+1)!(−1)kz2k+1,z−a1=cosz= −k=0∑+∞ak+11zk, k=0∑+∞(2k)!(−1)kz2k
复解析函数必然 无穷阶 复可导
导数 === 积分
f(x)={e−1/x2,x≠00x=0f(x) = \left \{\begin{array}{cc} e^{- 1/x^2}, & x \ne 0\\ 0 & x = 0 \end{array}\right. f(x)={e−1/x2,0x=0x=0
f(0)=0,f(1)(0)=f(2)(0)=f(3)(0)=⋯=0f(0) = 0, \quad f^{(1)}(0) = f^{(2)}(0) = f^{(3)}(0) = \cdots = 0 f(0)=0,f(1)(0)=f(2)(0)=f(3)(0)=⋯=0
∑n=0+∞1n!f(n)(0)xn=0+0+⋯+0+⋯=0\sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n = 0 + 0 + \cdots + 0 + \cdots = 0 n=0∑+∞n!1f(n)(0)xn=0+0+⋯+0+⋯=0
是否说明 e−1/x2e^{-1/x^2}e−1/x2 是零函数？
f(x)≠∑n=0+∞1n!f(n)(0)xn\purple{f(x) \ne \sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n} f(x)=n=0∑+∞n!1f(n)(0)xn
该 实 Taylor 级数收敛，但 不是 收敛到原本的 f(x)f(x)f(x)！
明明是 f(x)f(x)f(x) 先做的 Taylor 展开，为什么会收敛到 别的函数 上？
f(z)=∑n=0+∞1n!f(n)(a)(z−a)n\red{f(z) = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{n!}f^{(n)}(a)(z - a)^n} f(z)=n=0∑+∞n!1f(n)(a)(z−a)n
在 复变函数 范畴：
不连续
直接计算
limx=0y→0exp[−1x2−y2+2ixy]=limy→0e+1/y2=∞\lim_{\substack{x = 0 \\ y \to 0}} \exp \left[- \frac{1}{x^2 - y^2 + 2i xy}\right] = \lim_{y \to 0}e^{+ 1/y^2} = \infty x=0y→0limexp[−x2−y2+2ixy1]=y→0lime+1/y2=∞
现实：电灯泡无处不在：展开中心 aaa 与采样点 zzz 之间有奇点
S(z)=∑k=0+∞ck(z−a)k⏟S1(z)+∑k=1+∞c−k(z−a)−k⏟S2(z)S(z) = \underbrace{\sum_{k = 0}^{+\infty}c_k (z - a)^k}_{S_1(z)} + \underbrace{\sum_{k = 1}^{+\infty} c_{-k}(z - a)^{-k}}_{S_2(z)} S(z)=S1(z)k=0∑+∞ck(z−a)k+S2(z)k=1∑+∞c−k(z−a)−k
S2(z)=S~2(z~)=∑k=1+∞c−kz~kS_2(z) = \tilde S_2(\tilde z) = \sum_{k = 1}^{+\infty}c_{-k}\tilde z^k S2(z)=S~2(z~)=k=1∑+∞c−kz~k
∣z~∣<R~|\tilde z| < \tilde R∣z~∣<R~ 能使得 S2S_2S2 收敛，因此对 zzz 变量而言，收敛区为
∣z~∣=∣1z−a∣<R~⇒∣z−a∣>1R~≔R2|\tilde z| = \bigg|\frac{1}{z - a} \bigg| < \tilde R \quad \Rightarrow \qquad \orange{|z - a| > \frac{1}{\tilde R} \coloneqq R_2} ∣z~∣=z−a1<R~⇒∣z−a∣>R~1:=R2
收敛区域内，和函数为 s2(z)=s~2(z~=1/z)s_2(z) = \tilde s_2(\tilde z = 1/z)s2(z)=s~2(z~=1/z)。
圈里圈外
对于 S2S_2S2，作为 zzz 的幂级数，收敛区在圈外，∣z−a∣>R2|z - a| > R_2∣z−a∣>R2。
R2>R1R_2 > R_1R2>R1：没有重叠，SSS 不收敛
R1>R2R_1 > R_2R1>R2：有重叠，S(z)S(z)S(z) 在重叠区 R2<∣z−a∣<R1R_2 < |z - a|< R_1R2<∣z−a∣<R1 中收敛
稍作分解，S1(z)=∑k=0+∞zkS_1(z) = \sum_{k = 0}^{+\infty}z^kS1(z)=∑k=0+∞zk，S2(z)=∑k=1+∞z−kS_2(z) = \sum_{k = 1}^{+\infty} z^{-k}S2(z)=∑k=1+∞z−k。通过 z~=1/z\tilde z = 1/zz~=1/z 处理 S2(z)S_2(z)S2(z)。
显然 R1=R2=1R_1 = R_2 = 1R1=R2=1，因此 没有收敛环。
此外，此级数单位圆周上 处处不收敛
例：考察级数 S(z)=∑k=1∞(λz)k+∑k=0∞zkS(z) = \sum_{k = 1}^\infty \left(\frac{\lambda}{z}\right)^k + \sum_{k = 0}^{\infty} z^kS(z)=∑k=1∞(zλ)k+∑k=0∞zk 的收敛性质
令 z~=1/z\tilde z = 1/zz~=1/z，则可以快速求得 R~=1∣λ∣\tilde R = \frac{1}{|\lambda|}R~=∣λ∣1，因此 R2=∣λ∣R_2 = |\lambda|R2=∣λ∣。另外，R1=1R_1 = 1R1=1。因此，当 ∣λ∣<1|\lambda| < 1∣λ∣<1 的时候，有收敛环
∣λ∣<∣z∣<1|\lambda| < |z| < 1 ∣λ∣<∣z∣<1
其它情况处处不收敛。
例：考察下面双边幂级数的收敛性。
∑n=1+∞1n2zn+∑n=1+∞1n2zn \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} z^n + \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2 z^n} n=1∑+∞n21zn+n=1∑+∞n2zn1
S1=∑n=1+∞1n2zn,S2=∑n=1+∞1n2z−n=∑n=1+∞1n2z~nS_1 = \sum_{n = 1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}z^n, \qquad S_2 = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} z^{-n} = \sum_{n = 1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}\tilde z^n S1=n=1∑+∞n21zn,S2=n=1∑+∞n21z−n=n=1∑+∞n21z~n
∑n=1+∞1n2∣zn∣=∑n=1+∞1n2∣z−n∣=∑n=1+∞1n2=π26\sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}|z^n| = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}|z^{-n}| = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} n=1∑+∞n21∣zn∣=n=1∑+∞n21∣z−n∣=n=1∑+∞n21=6π2
f(z)=∑n=−∞+∞cn(z−a)n ,∀z∈H f(z) = \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \purple{c_n} (z - a)^n \ , \qquad \forall z \in \green{H} f(z)=n=−∞∑+∞cn(z−a)n ,∀z∈H
cn=∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1,C⊂H \purple{c_n = \oint_C \frac{d \zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n + 1}}}, \qquad C \subset \green{H} cn=∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ),C⊂H
Laurent 展开的要素：aaa，HHH，zzz，CCC，∑−∞+∞\sum_{-\infty}^{+\infty}∑−∞+∞
展开中心 aaa 不属于 环状解析区 HHH：函数在 aaa 处 可能 不可导
展开中心
相对地，Taylor 展开的展开中心 aaa 一定 是 fff 的 解析 点。
采样点 zzz 一定 ∈H\in H∈H，且围道 C⊂HC \subset HC⊂H。
Taylor 展开
这点与 Taylor 展开的情况是一样的。
正幂项系数 cn≥0c_{n \ge 0}cn≥0 通常 不等于 Taylor 展开系数 1n!f(n)(a)\frac{1}{n!}f^{(n)}(a)n!1f(n)(a)
Taylor 展开系数
要想相等，
∮Cdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1=f(n)(a)n!\oint_{C}\frac{d\zeta}{2\pi i} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n + 1}} = \frac{f^{(n)}(a)}{n! } ∮C2πidζ(ζ−a)n+1f(ζ)=n!f(n)(a)
fff 应该要在 CCC 内部解析。
但这 并不一定 能实现，因为 N(a,R2)N(a, R_2)N(a,R2) 内可能有 不解析点。极端情况中，aaa 甚至可能是 奇点，此时 f(n)(a)f^{(n)}(a)f(n)(a) 根本不存在。
倘若有 某个 c−n≠0c_{-n} \ne 0c−n=0，n∈N>0n \in \mathbb{N}_{>0}n∈N>0，则必然在 闭域 N(a,R2)‾\overline{N(a, R_2)}N(a,R2) 上 有奇点；反之亦然。
aaa 不一定是奇点
即使 N(a,R2)‾\overline{N(a, R_2)}N(a,R2) 上有奇点，中心 aaa 本身也并 不一定 是奇点：可能是，也可能不是。
但具体在哪里，有多少个奇点，无法从 Laurent 展开式中看出
1z−a= ∑k=−∞+∞ck(z−a)k= ⋯+0+0+1⏟c−1×(z−a)−1+0+⋯\begin{align*} \frac{1}{z - a} = & \ \sum_{k = -\infty}^{+\infty}c_k (z - a)^k\\ = & \ \cdots + 0 + 0 + \underbrace{1}_{c_{-1}} \times (z - a)^{-1} + 0 + \cdots \end{align*} z−a1== k=−∞∑+∞ck(z−a)k ⋯+0+0+c−11×(z−a)−1+0+⋯
如何在该区域内展开 f(z)f(z)f(z)？
技巧：该区可以重新写为
0<∣u∣<1,u≔a−bz−b0 < |u| < 1, \qquad u \coloneqq \frac{a - b}{z - b} 0<∣u∣<1,u:=z−ba−b
1z−a= 1(z−b)−(a−b)=1z−b⋅11−a−bz−b=1z−b⋅11−u= 1z−b⋅(1+u+u2+⋯ )= ⋯+(a−b)3(z−b)4+(a−b)2(z−b)3+a−b(z−b)2+1z−b\begin{align*} \frac{1}{z - a} = & \ \frac{1}{(z - b) - (a - b)} = \frac{1}{z - b} \cdot \frac{1}{1 - \green{\frac{a - b}{z - b}}} = \frac{1}{z - b} \cdot \frac{1}{1 - \green{u}} \\ = & \ \frac{1}{z - b} \cdot (1 + u + u^2 + \cdots)\\ = & \ \cdots + \frac{(a - b)^3}{(z - b)^4} + \frac{(a - b)^2}{(z - b)^3} + \frac{a - b}{(z - b)^2} + \frac{1}{z - b} \end{align*} z−a1=== (z−b)−(a−b)1=z−b1⋅1−z−ba−b1=z−b1⋅1−u1 z−b1⋅(1+u+u2+⋯) ⋯+(z−b)4(a−b)3+(z−b)3(a−b)2+(z−b)2a−b+z−b1
无穷多 奇异项 (z−b)−1,(z−b)−2,⋯(z - b)^{-1}, (z-b)^{-2}, \cdots(z−b)−1,(z−b)−2,⋯，c−n≠0c_{-n} \ne 0c−n=0
展开中心 bbb 是否 fff 的奇点？
bbb 不是 奇点
展开的成立区域
上述几何级数展开只在 ∣u∣<1|u| < 1∣u∣<1 时成立，即
∣a−b∣∣z−b∣<1⇔∣a−b∣⏟R2<∣z−b∣<+∞\frac{|a - b|}{|z - b|} < 1 \qquad \Leftrightarrow \qquad \underbrace{|a - b|}_{R_2} < |z - b| < +\infty ∣z−b∣∣a−b∣<1⇔R2∣a−b∣<∣z−b∣<+∞
可见，zzz 与 bbb 的距离 不能太小，因此 z−bz - bz−b 的负幂次项 并没有 真正产生奇性。
cn=1n!f(n)(a)c_{n} = \frac{1}{n!}f^{(n)}(a) cn=n!1f(n)(a)
例：考虑函数 f(z)=1z(z−1)f(z) = \frac{1}{z(z - 1)}f(z)=z(z−1)1。选择展开中心为 z=0z = 0z=0
解
H1H_1H1 (去心邻域)：0<∣z∣<10 < |z| < 10<∣z∣<1\qquadH2H_2H2：1<∣z∣<+∞1 < |z| < +\infty1<∣z∣<+∞
0<∣z∣<10 < |z| < 10<∣z∣<1，对 1z−1\frac{1}{z-1}z−11 在 z=0z=0z=0 附近展开：
1z−1=−11−z=−∑n=0∞zn=−1−z−z2−⋯\frac{1}{z-1} = -\frac{1}{1-z} = -\sum_{n=0}^{\infty} z^n = -1 - z - z^2 - \cdots z−11=−1−z1=−n=0∑∞zn=−1−z−z2−⋯
因此：
f(z)=1z1z−1=−1z−1−z−z2−⋯f(z) = \frac{1}{z}\frac{1}{z - 1} = - \frac{1}{z} -1 - z - z^2 - \cdots f(z)=z1z−11=−z1−1−z−z2−⋯
1<∣z∣<∞1 < |z| < \infty1<∣z∣<∞，从而 ∣1/z∣<1|1/z|<1∣1/z∣<1
1z−1=1z⋅11−1z=1z∑n=0∞(1z)n=1z+1z2+1z3+⋯\frac{1}{z-1} = \frac{1}{z} \cdot \purple{\frac{1}{1-\frac{1}{z}}} = \frac{1}{z} \purple{\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{z}\right)^n} = \frac{1}{z} + \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z^3} + \cdots z−11=z1⋅1−z11=z1n=0∑∞(z1)n=z1+z21+z31+⋯
f(z)=1z1z−1=1z2+1z3+⋯f(z) = \frac{1}{z}\frac{1}{z - 1} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z^3} + \cdots f(z)=z1z−11=z21+z31+⋯
定义：设非恒零函数 f(z)f(z)f(z) 在 aaa 的一个邻域内 解析，若存在正整数 mmm 使得
f(a)=f(1)(a)=⋯=f(m−1)(a)=0,f(m)(a)≠0 ,f(a) = f^{(1)}(a) = \cdots = f^{(m - 1)}(a) = 0, \qquad \red{f^{(m)}(a) \ne 0} \ , f(a)=f(1)(a)=⋯=f(m−1)(a)=0,f(m)(a)=0 ,
则称 aaa 为 f(z)f(z)f(z) 的一个 mmm-阶零点 (zero)。111-阶零点又称 单 (simple) 零点
mmm 的存在性
由解析性，f(z)f(z)f(z) 可以在 aaa 的邻域内做 泰勒展开。除非 f(z)f(z)f(z) 恒零，否则肯定得有某个正整数 mmm 使得 f(m)(a)≠0f^{(m)}(a) \ne 0f(m)(a)=0。
f(1)(a)=⋯=f(m−1)(a)=0 .f^{(1)}(a) = \cdots = f^{(m - 1)}(a) = 0 \ . f(1)(a)=⋯=f(m−1)(a)=0 .
定理：设 fff 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 中解析，且不恒为零。则
aaa 是 mmm-阶零点 ⇔\Leftrightarrow⇔ f(z)=(z−a)mφ(z)f(z) = (z - a)^m \varphi(z)f(z)=(z−a)mφ(z)
其中 φ(z)\varphi(z)φ(z) 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 解析 且 φ(a)≠0\varphi(a) \ne 0φ(a)=0
证明要点在于泰勒展开。由 mmm-阶零点定义可知
f(z)= ∑k=0+∞1k!f(k)(a)(z−a)k= 1m!f(m)(a)(z−a)m+1(m+1)!f(m+1)(a)(z−a)m+1+⋯\begin{align*} f(z) = & \ \sum_{k = 0}^{+\infty}\frac{1}{k!}f^{(k)}(a)(z - a)^k \\ = & \ \frac{1}{m!}f^{(m)}(a)(z - a)^m + \frac{1}{(m + 1)!}f^{(m+1)}(a)(z - a)^{m + 1} + \cdots \nonumber \end{align*}f(z)== k=0∑+∞k!1f(k)(a)(z−a)k m!1f(m)(a)(z−a)m+(m+1)!1f(m+1)(a)(z−a)m+1+⋯
提取公因子 (z−a)m(z - a)^m(z−a)m，可以得到
f(z)= (z−a)m[1m!f(m)(a)+1(m+1)!f(m+1)(a)(z−a)+⋯]= (z−a)mφ(z)\begin{align*} f(z) = & \ (z - a)^m\left[ \orange{\frac{1}{m!}f^{(m)}(a) + \frac{1}{(m + 1)!}f^{(m + 1)}(a)(z - a) + \cdots} \right] \nonumber\\ = & \ (z - a)^m \orange{\varphi(z)} \nonumber \end{align*}f(z)== (z−a)m[m!1f(m)(a)+(m+1)!1f(m+1)(a)(z−a)+⋯] (z−a)mφ(z)
橙色幂级数在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 绝对内闭一致收敛到 φ(z)\varphi(z)φ(z) 且 φ(a)≠0\varphi(a) \ne 0φ(a)=0，
φ(a)=1m!f(m)(a)\displaystyle\varphi(a) = \frac{1}{m!}f^{(m)}(a)φ(a)=m!1f(m)(a)
零点孤立性定理：若 fff 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 解析 且非恒为零，aaa 是 fff 的一个零点，则必然存在 ϵ>0\epsilon > 0ϵ>0，使得 N(a,ϵ)N(a, \epsilon)N(a,ϵ) 内 只有 aaa 一个零点
零点孤立性定理：若 fff 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 解析 且非恒为零，使得 aaa 是一个零点，则必然存在 ϵ>0\epsilon > 0ϵ>0，使得 N(a,ϵ)N(a, \epsilon)N(a,ϵ) 内 只有 aaa 一个零点
圆盘内孤立性
圆盘状解析区内的零点 只有 两种分布形态：铺满整个圆盘 (恒零函数，非孤立零点 的 唯一 形态)，或者 孤立。
定理：考虑 fff 在区域 DDD 内解析，考虑 a∈Da \in Da∈D 及其小邻域 N(a,R)⊂DN(a, R) \subset DN(a,R)⊂D。若 fff 在 N(a,R)N(a, R)N(a,R) 内 处处为零，则 fff 在 整个 DDD 内 全是零。
定理：设 fff 在区域 DDD 内解析，在 DDD 内有 非平凡 收敛点列 {zn}n=1+∞\{z_n\}_{n = 1}^{+\infty}{zn}n=1+∞，且点列收敛到 limn→+∞zn=a∈D\lim_{n \to +\infty}z_n = a \orange{\in D}limn→+∞zn=a∈D，则
f(all zn)=0⇒在整个 D 内 f 恒为零f(\text{all} \ z_n) = 0 \qquad \Rightarrow \qquad \text{在整个 $D$ 内 $f$ 恒为零} f(all zn)=0⇒在整个 D 内 f 恒为零
关键点是利用零点的 孤立性。
由于 a∈Da \in Da∈D 是解析点，函数在该处具有相当好的 连续性，导致 f(a)=limn→+∞f(zn)=0f(a) = \lim_{n \to +\infty} f(z_n) = 0f(a)=limn→+∞f(zn)=0，间接把 aaa 打造成 非孤立零点，这反过来迫使 fff 在 aaa 的邻域恒为零，最终也迫使 fff 在整个 DDD 内恒为零。
考虑函数 f(z)≔∏n=0+∞(1−1zqn)f(z) \coloneqq \prod_{n = 0}^{+\infty}(1 - \frac{1}{z}q^n)f(z):=∏n=0+∞(1−z1qn)，其中 ∣q∣<1|q| < 1∣q∣<1。读出 零点
1−1zqn=0 ⇒ zn=qn,n=0,1,2,3,⋯1 - \frac{1}{z}q^n = 0 \ \Rightarrow \ z_n = q^n, \qquad n = 0, 1, 2, 3, \cdots 1−z1qn=0 ⇒ zn=qn,n=0,1,2,3,⋯
零点 序列 znz_nzn 有 极限点 limn→+∞zn=0\lim_{n \to +\infty} z_n = 0limn→+∞zn=0，即原点。问题：原点是否 fff 的零点？
零点序列的极限
零点不喜欢拥挤。过分拥挤的零点序列只有两种命运：产生/来自 恒零函数，或者把极限点/聚点 挤出 解析区，变成一个 奇点。
f(x)={0x<0e−1x2x≥0f(x) = \left \{\begin{array}{cc} 0 & x < 0\\ e^{- \frac{1}{x^2}} & x \ge 0 \end{array} \right. f(x)={0e−x21x<0x≥0
定义：若 aaa 是 fff 的奇点，但是 fff 在 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\}N(a,R)−{a} 中解析，则称 aaa 为 fff 的一个 孤立奇点
人为要求
考虑函数 f(z)=1/sin(π/z)f(z) = 1/\sin(\pi/z)f(z)=1/sin(π/z)。分母为零的点是
πz=nπ⇒zn=1n ,n∈Z\frac{\pi}{z} = n \pi \Rightarrow z_n = \frac{1}{n} \ , \qquad n \in \mathbb{Z} zπ=nπ⇒zn=n1 ,n∈Z
这些 znz_nzn 都是 fff 的 孤立 奇点。
n=0n = 0n=0
n=0n = 0n=0 对应 z0=1/0=∞z_0 = 1/0 = \inftyz0=1/0=∞：无穷远点 也是一个孤立奇点。
{zn}\{z_n\}{zn} 形成奇点序列，极限存在 limn→∞zn=0\lim_{n \to \infty} z_n = 0limn→∞zn=0：原点是一个 非孤立 奇点。
为了深入了解孤立奇点的性质：考虑 近旁 Laurent 展开
定义：在 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\}N(a,R)−{a} 中，
f(z)=∑n=1+∞c−n(z−a)−n⏟主要部分+∑n=0+∞cn(z−a)n⏟正则部分f(z) = \underbrace{\sum_{n = 1}^{+\infty} c_{-n} (z - a)^{-n}}_{\green{\text{主要部分}}} + \underbrace{\sum_{n = 0}^{+\infty} c_n (z - a)^n}_{\green{\text{正则部分}}} f(z)=主要部分n=1∑+∞c−n(z−a)−n+正则部分n=0∑+∞cn(z−a)n
环状邻域
注意环状解析区要 紧挨 着孤立奇点 aaa，即一个 去心邻域 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\}N(a,R)−{a}。
例：考虑函数 f(z)=1z(z−1)f(z) = \frac{1}{z(z - 1)}f(z)=z(z−1)1。两个孤立奇点：1,01, 01,0，导致 4 个环状解析区：下面两个 可以 用于判断 0,10, 10,1 的奇性
例：考虑函数 f(z)=1z(z−1)f(z) = \frac{1}{z(z - 1)}f(z)=z(z−1)1。两个孤立奇点：1,01, 01,0，导致 4 个环状解析区：下面两个 不能 用于判断 0,10, 10,1 的奇性
定理：设 aaa 为 fff 的孤立奇点。则下面几个说法是 等价 的
可去奇点说明 fff 的 Laurent 展开 没有 负幂次项，因此可以对级数直接取 limz→a\lim_{z \to a}limz→a 极限，这个极限等于级数 零次幂项，存在 且 有限。
极限存在且有限也说明 f(z)f(z)f(z) 在 aaa 附近有 有界，以此结合 Laurent 级数系数的积分定义，可以证明负幂次项系数为零。
例：考虑 f(z)=1zsinzf(z) = \frac{1}{z}\sin zf(z)=z1sinz。显然 z=0z = 0z=0 是一个孤立奇点。考虑原点去心邻域，作 Laurent 展开
f(z)=1z(z−13!z3+15!z5+⋯ )=1−13!z2+15!z4+⋯f(z) = \frac{1}{z} \left(z - \frac{1}{3!} z^3 + \frac{1}{5!} z^5 + \cdots\right) = 1 - \frac{1}{3!}z^2 + \frac{1}{5!}z^4 + \cdots f(z)=z1(z−3!1z3+5!1z5+⋯)=1−3!1z2+5!1z4+⋯
显然主要部分为 零：可去奇点
也可以考虑
limz→01zsinz=1⇒可去奇点\lim_{z \to 0} \frac{1}{z} \sin z = 1 \Rightarrow \text{可去奇点} z→0limz1sinz=1⇒可去奇点
或者论证 1zsinz\frac{1}{z}\sin zz1sinz 在 N(0,1)N(0,1)N(0,1) 内 有界。
例：考虑 f(z)=z−a(z−a)(z−b)f(z) = \frac{z - a}{(z - a)(z - b)}f(z)=(z−a)(z−b)z−a，a≠ba \ne ba=b。显然有两个孤立奇点 a,ba, ba,b。其中
limz→a=1a−b∈C\lim_{z \to a} = \frac{1}{a - b} \in \mathbb{C} z→alim=a−b1∈C
因此 aaa 是 可去 奇点。
但是，bbb 不是 可去奇点，
limz→bz−a(z−a)(z−b)=∞\lim_{z \to b} \frac{z - a}{(z - a)(z - b)} = \infty z→blim(z−a)(z−b)z−a=∞
f(z)={1/z,z≠12025z=1f(z) = \left\{\begin{array}{cc} 1/z, & z \ne 1\\ 2025 & z = 1 \end{array}\right. f(z)={1/z,2025z=1z=1
例：考虑
问题：如果在 1<∣z−1∣<+∞1 < |z - 1| < +\infty1<∣z−1∣<+∞ 环状解析域作 Laurent 展开，会得到什么结论？
1z=1(z−1)+1=1z−111 − 11−z=1z−1∑k=0+∞(11−z)k\frac{1}{z} = \frac{1}{(\purple{z - 1}) + 1} = \frac{1}{\purple{z - 1}} \frac{1}{1 \ \red{-} \ \frac{1}{1 - z}} = \frac{1}{z - 1} \sum_{k = 0}^{+\infty} \left(\frac{1}{1 - z}\right)^k z1=(z−1)+11=z−111 − 1−z11=z−11k=0∑+∞(1−z1)k
去心邻域
判断奇性时，只有 近旁/去心邻域内 Laurent 展开才有资格说话。
定理：若 aaa 是 fff 的孤立奇点。则 aaa 是某阶极点的 充要条件 是 limz→af(z)=∞\lim_{z \to a}f(z) = \inftylimz→af(z)=∞
极限存在
lim=∞\lim = \inftylim=∞ 要求 不同的逼近方向 都要给出 ∞\infty∞。
极点的阶数
本定理 不能 给出极点的阶数。
例：考虑 f(z)=1(sinz)nf(z) = \frac{1}{(\sin z)^n}f(z)=(sinz)n1，n∈N>0n \in \mathbb{N}_{>0}n∈N>0。则原点是孤立奇点。
显然 1/f(z)=(sinz)n1/f(z) = (\sin z)^n1/f(z)=(sinz)n。在原点处做 Taylor 展开
(sinz)n=zn+⋯(\sin z)^n = z^n + \cdots (sinz)n=zn+⋯
说明原点是 1/f(z)1/f(z)1/f(z) 的 nnn-阶 零点，因此是 f(z)f(z)f(z) 的 mmm-阶 极点。
例：考虑 f(z)=1/(z−sinhz)f(z) = 1/(z - \sinh z)f(z)=1/(z−sinhz)。原点是孤立奇点。
利用 1/f(z)=z−sinhz1/f(z) = z - \sinh z1/f(z)=z−sinhz
z−sinhz=−z36+⋯z - \sinh z = - \frac{z^3}{6} + \cdots z−sinhz=−6z3+⋯
可见原点是 1/f(z)1/f(z)1/f(z) 的 三阶零点，因此是 f(z)f(z)f(z) 的 三阶极点。
limy=0x→0f(z)=0,limx=0y→0f(z)=∞\lim_{\substack{y = 0 \\ x \to 0}} f(z) = 0, \qquad \lim_{\substack{x = 0 \\ y \to 0}} f(z) = \infty y=0x→0limf(z)=0,x=0y→0limf(z)=∞
f(z)=∑n=0+∞1n!(−1z2)nf(z) = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{n!} \left(- \frac{1}{z^2}\right)^n f(z)=n=0∑+∞n!1(−z21)n
limn→∞zn=a,limn→∞f(zn)=A\lim_{n \to \infty} z_n = a, \quad \lim_{n \to \infty} f(z_n) = A n→∞limzn=a,n→∞limf(zn)=A
limn→∞zn=0,limn→∞e1/zn=limn→∞elogA+2πin=A\lim_{n \to \infty} z_n = \purple{0}, \quad \lim_{n \to \infty} e^{1/z_n} = \lim_{n \to \infty} e^{\log A + 2\pi i n} = A n→∞limzn=0,n→∞lime1/zn=n→∞limelogA+2πin=A
limn→∞zn=0,limn→∞e1/zn=limn→∞e−n=0\lim_{n \to \infty} z_n = \purple{0}, \quad \lim_{n \to \infty} e^{1/z_n} = \lim_{n \to \infty} e^{-n} = 0 n→∞limzn=0,n→∞lime1/zn=n→∞lime−n=0
limn→∞zn=0,limn→∞e1/zn=limn→∞en=∞\lim_{n \to \infty} z_n = \purple{0}, \quad \lim_{n \to \infty} e^{1/z_n} = \lim_{n \to \infty} e^n = \infty n→∞limzn=0,n→∞lime1/zn=n→∞limen=∞
Picard 定理：若 aaa 是 f(z)f(z)f(z) 的本性奇点，则在 aaa 的邻域内，f(z)f(z)f(z) 的值可以取遍 除了某个 复数 AAA 之外的 所有有限复数值，且可以重复取 无穷次。
Casorati-Weierstrass 定理
Picard 定理是 Casorati-Weierstrass 定理的加强版。后者只是说明在本性奇点附近可以「逼近」任意复数，而 Picard 定理说明可以确切「取到」几乎 所有复数。
f(1logA+2πin)=A,∀n∈Nf(\frac{1}{\log A + 2\pi i n}) = A, \qquad \forall n \in \mathbb{N} f(logA+2πin1)=A,∀n∈N
例：考虑一个系统有许多粒子，不同粒子携带不同电荷。你想知道电荷的分布状况。
Z(q)≔∑n=0nmaxN(n)qn,⇒N=N(q→1)=∑n=0nmaxN(n)Z(q) \coloneqq \sum_{n = 0}^{n_\text{max}} N(n)q^n, \quad \Rightarrow \quad N = N(q \to 1) = \sum_{n = 0}^{n_\text{max}} N(n) Z(q):=n=0∑nmaxN(n)qn,⇒N=N(q→1)=n=0∑nmaxN(n)
Z(β)≔∑se−βE(s)=∑EN(E)e−βEZ(\beta) \coloneqq \sum_{s} e^{- \beta E(s)} = \sum_{E} \orange{N(E)} e^{- \beta E} Z(β):=s∑e−βE(s)=E∑N(E)e−βE
β≔1kBT\beta \coloneqq \frac{1}{k_B T} β:=kBT1
Z(q)=∑EN(E)qEZ(q) = \sum_{E} N(E) q^E Z(q)=E∑N(E)qE
μ=−∂∂βlnZ=1Z∑EnEN(E)e−βE,F=−1βlnZ\mu = - \frac{\partial}{\partial \beta} \ln Z = \frac{1}{Z} \sum_{E}^{n} E N(E) e^{-\beta E} , \qquad F = - \frac{1}{\beta} \ln Z μ=−∂β∂lnZ=Z1E∑nEN(E)e−βE,F=−β1lnZ
Z(q,x1,x2)=∑E,n1,n2N(E,n1,n2)qEx1n1x2n2Z(q, x_1, x_2) = \sum_{E, n_1, n_2} N(E, n_1, n_2) q^E x_1^{n_1} x_2^{n_2} Z(q,x1,x2)=E,n1,n2∑N(E,n1,n2)qEx1n1x2n2