Lesson 7 幂级数 & Taylor 展开

幂级数

求收敛半径的方法：

根据 Cauchy 判别法，当
$\overline{\lim_{n \to \infty}} ∣ c_{n} (...剩余内容已隐藏查看完整文章以阅读更多查看完整文章(self.__next_f=self.__next_f||[]).push([0])self.__next_f.push([1,"1:\"$Sreact.fragment\"\n2:I[39756,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"default\"]\n3:I[37457,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"default\"]\n4:I[79520,[\"/_next/static/chunks/05c08c33f311058e.js\"],\"\"]\n6:I[97367,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"OutletBoundary\"]\n8:I[11533,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"AsyncMetadataOutlet\"]\na:I[97367,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"ViewportBoundary\"]\nc:I[97367,[\"/_next/static/chunks/ff1a16fafef87110.js\",\"/_next/static/chunks/7dd66bdf8a7e5707.js\"],\"MetadataBoundary\"]\nd:\"$Sreact.suspense\"\nf:I[68027,[\"/_next/static/chunks/05c08c33f311058e.js\"],\"default\"]\n:HL[\"/_next/static/chunks/aeb0d837d331be8d.css\",\"style\"]\n:HL[\"/_next/static/media/797e433ab948586e-s.p.dbea232f.woff2\",\"font\",{\"crossOrigin\":\"\",\"type\":\"font/woff2\"}]\n:HL[\"/_next/static/media/caa3a2e1cccd8315-s.p.853070df.woff2\",\"font\",{\"crossOrigin\":\"\",\"type\":\"font/woff2\"}]\n"])self.__next_f.push([1,"0:{\"P\":null,\"b\":\"1-eHBNv7Or-ljjbwnF-2i\",\"p\":\"\",\"c\":[\"\",\"article?id=064cdef4-9c0a-4f2d-ba0d-95119ed1f89d\u0026link=https%3A%2F%2Fphysnya.top%2Fcomplex%2Flesson-7%2F\"],\"i\":false,\"f\":[[[\"\",{\"children\":[\"article\",{\"children\":[\"__PAGE__?{\\\"id\\\":\\\"064cdef4-9c0a-4f2d-ba0d-95119ed1f89d\\\",\\\"link\\\":\\\"https://physnya.top/complex/lesson-7/\\\"}\",{}]}]},\"$undefined\",\"$undefined\",true],[\"\",[\"$\",\"$1\",\"c\",{\"children\":[[[\"$\",\"link\",\"0\",{\"rel\":\"stylesheet\",\"href\":\"/_next/static/chunks/aeb0d837d331be8d.css\",\"precedence\":\"next\",\"crossOrigin\":\"$undefined\",\"nonce\":\"$undefined\"}],[\"$\",\"script\",\"script-0\",{\"src\":\"/_next/static/chunks/05c08c33f311058e.js\",\"async\":true,\"nonce\":\"$undefined\"}]],[\"$\",\"html\",null,{\"lang\":\"zh-CN\",\"children\":[[\"$\",\"head\",null,{\"children\":[\"$\",\"link\",null,{\"rel\":\"stylesheet\",\"href\":\"/fontawesome.min.css\"}]}],[\"$\",\"body\",null,{\"className\":\"geist_a71539c9-module__T19VSG__variable 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判别法，当\n∣z-a∣\u003climn\to\infty∣cncn+1∣|z-a|\u003c\\lim_{n\\to\\infty}\\left|\\frac{c_n}{c_{n+1}}\\right|\n∣z-a∣\u003cn\to\inftylim\ncn+1cn\n\n时级数收敛.\n前者的缺点是不好计算；后者则是要求极限一定存在，这并不是时时刻刻都满足的.\n幂级数 \sum\inftyn=0cn(z-a)n\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n(z-a)^nn=0\sum\inftycn(z-a)n 的每一项都是 zzz 的解析函数，Abel 定理告诉我们，幂级数在收敛圆内可以逐项求导，且得到的是一个在更小 (或者不变) 收敛圆上的幂级数.\n那么收敛圆上的幂级数性质如何？\n答案是：可能在收敛圆上处处发散，例如，\n1+z+z2+\dots+zn+\dots1+z+z^2+\\cdots+z^n+\\cdots\n1+z+z2+\dots+zn+\dots\n也可能在收敛圆上的一部分点收敛，一部分点发散，例如\nz1+z22+z33+\dots+znn+\dots\\frac{z}{1}+\\frac{z^2}{2}+\\frac{z^3}{3}+\\cdots+\\frac{z^n}{n}+\\cdots\n1z+2z2+3z3+\dots+nzn+\dots\n(z\neq1z\\neq1z\neq=1 时发散，除了这一点以外处处收敛)\n还可能在收敛圆上处处收敛，例如\nz21\cdot2+z32\cdot3+z43\cdot4+\dots+znn(n-1)+\dots\\frac{z^2}{1\\cdot2}+\\frac{z^3}{2\\cdot3}+\\frac{z^4}{3\\cdot4}+\\cdots+\\frac{z^n}{n(n-1)}+\\cdots\n1\cdot2z2+2\cdot3z3+3\cdot4z4+\dots+n(n-1)zn+\dots\n/Remark/\n能不能直接拆括号证明上述级数收敛？\n证明收敛级数实际上不能拆括号，但是我们是在对部分和拆括号啊.\n综上所述：不论哪种情况，幂级数的和函数在收敛圆上肯定有奇点 (因为找不到一个邻域，里面的点全部收敛)，但是即使在奇点，幂级数仍然有可能收敛.\n值得注意的是，“和函数”和级数不是一个东西，我们强调的是和函数在收敛圆上有奇点. 比如上面第三个例子，在 z=1z=1z=1 的时候，和函数实际上在支点，而支点必为奇点，这一点并不解析.\n可惜的是上述命题我们暂时还无法证明.\n/Theorem/ (Abel 第二定理)\n如果幂级数 \sum\inftyn=0cn(z-a)n\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n(z-a)^nn=0\sum\inftycn(z-a)n 在收敛圆内收敛到 f(z)f(z)f(z)，并且级数在收敛圆周上某点 z0z_0z0 也收敛，和为 SSS，则沿着收敛圆内的任意曲线趋向 z0z_0z0 点 (要求曲线和收敛圆上过 z0z_0z0 点的切线夹角大于 000)，f(z)f(z)f(z) 都一致地趋于 SSS.\n简而言之，求收敛圆上的和函数值时要先审敛.\n/Proof/\n不失一般性，可以假设 a=0a=0a=0，收敛半径 R=1R=1R=1，以及收敛圆上的收敛点为 z=1z=1z=1；另外，可以假设 \sum\inftyn=0cn=0\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n=0n=0\sum\inftycn=0，这个可以通过在 c0c_0c0 上附加一个常数做到.\n记系数的部分和为 Sn=c0+c1+\dots+cnS_n=c_0+c_1+\\cdots+c_nSn=c0+c1+\dots+cn，所以：cnzn=(Sn-Sn-1)znc_nz^n=(S_n-S_{n-1})z^ncnzn=(Sn-Sn-1)zn，有\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+SnznS_n(z)=(1-z)(S_0+S_1z+\\cdots+S_{n-1}z^{n-1})+S_nz^n\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+Snzn\n再由 Snzn\to0S_nz^n\\to0Snzn\to0，得到：\nS(z)=(1-z)\sum\inftyn=0SnznS(z)=(1-z)\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}S_nz^n\nS(z)=(1-z)n=0\sum\inftySnzn\n假设 n\u003eN-1n\u003eN-1n\u003eN-1 时，∣Sn∣\u003cε|S_n|\u003c\\varepsilon∣Sn∣\u003cε，则\n∣S(z)∣\leq∣1-z∣∣\sumN-1n=0Snzn∣+ε∣1-z∣\sum\inftyn=N∣zn∣=∣1-z∣∣\sumN-1n=0Snzn∣+ε∣z∣N∣1-z∣1-∣z∣\\begin{aligned}\n|S(z)|\u0026\\leq|1-z|\\left|\\underset{n=0}{\\overset{N-1}{\\sum}}S_nz^n\\right|+\\varepsilon|1-z|\\underset{n=N}{\\overset{\\infty}{\\sum}}|z^n|\\\\\\\\\n\u0026=|1-z|\\left|\\underset{n=0}{\\overset{N-1}{\\sum}}S_nz^n\\right|+\\frac{\\varepsilon|z|^N|1-z|}{1-|z|}\n\\end{aligned}\n∣S(z)∣\leq∣1-z∣\nn=0\sumN-1Snzn\n+ε∣1-z∣n=N\sum\infty∣zn∣=∣1-z∣\nn=0\sumN-1Snzn\n+1-∣z∣ε∣z∣N∣1-z∣\n前面一项总之是有限的，但是难点在于后面那个等比级数. 在单位圆内，有 z=reiθz=re^{\\text{i}\\theta}z=reiθ，r\u003c1r\u003c1r\u003c1. 因此：\n∣1-z∣=1+r2-2rcosθ=(1-r)1+4r2sin2θ2(1-r)2|1-z|=\\sqrt{1+r^2-2r\\cos\\theta}=(1-r)\\sqrt{1+\\frac{4r^2\\sin^2\\frac{\\theta}{2}}{(1-r)^2}}\n∣1-z∣=1+r2-2rcosθ\n=(1-r)1+(1-r)24r2sin22θ\n\n如何估算根式部分的上界？Abel 第二定理说不能沿着切线方向，想到证明过程中应该用到角度：\n代入得到：\nrsinφ=1sin(θ+φ)⟹4r2sin2θ2(1-r)2=cosθ-cos(θ+2φ)1+cos(θ+2φ)\\frac{r}{\\sin\\varphi}=\\frac{1}{\\sin(\\theta+\\varphi)}\\Longrightarrow\\frac{4r^2\\sin^2\\frac{\\theta}{2}}{(1-r)^2}=\\frac{\\cos\\theta-\\cos(\\theta+2\\varphi)}{1+\\cos(\\theta+2\\varphi)}\nsinφr=sin(θ+φ)1⟹(1-r)24r2sin22θ=1+cos(θ+2φ)cosθ-cos(θ+2φ)\n(其中用到和差化积 \u0026 积化和差公式)\nθ\to0\\theta\\to0θ\to0，φ\u003cπ/2\\varphi\u003c\\pi/2φ\u003cπ/2，上式分母大于零，因此上式有界，也就是 ∣1-z∣\u003cK(r-1)|1-z|\u003cK(r-1)∣1-z∣\u003cK(r-1)，证毕.\nAbel 第二定理就是要求大家在求收敛圆上的值时一定要先审敛，比如 \sum\inftyn=0zn\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}z^nn=0\sum\inftyzn 在 z=-1z=-1z=-1 的值？\n/Theorem/\n设：\nf(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 t,zt,zt,z 的连续函数，t\u003eat\u003eat\u003ea，z\inG‾z\\in\\overline{G}z\inG；\n对于任何 t\geqat\\geq at\geqa，f(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 G‾\\overline{G}G 上的单值解析函数；\nF(z)=\inta\inftyf(t,z)dtF(z)=\\int_a^\\infty f(t,z)\\text{d}tF(z)=\inta\inftyf(t,z)dt 在 G‾\\overline{G}G 上一致收敛.\n则 F(z)F(z)F(z) 在 GGG 内部解析，且\nF'(z)=\inta\infty\partialf(t,z)\partialzdtF'(z)=\\int_a^\\infty\\frac{\\partial f(t,z)}{\\partial z}\\text{d}t\nF'(z)=\inta\infty\partialz\partialf(t,z)dt\n其证明就是 Weierstrass 定理.\n应用这个定理时，需要判断无穷积分 (或瑕积分) 是否一致收敛，常用的判别法就是用一个 ϕ(t)\\phi(t)ϕ(t) 来判断，要求 ϕ(t)\u003e∣f(t,z)∣\\phi(t)\u003e|f(t,z)|ϕ(t)\u003e∣f(t,z)∣.\n/Example/\n求积分：\nF(z)=\int0\inftye-t2cos(2zt)dtF(z)=\\int_0^\\infty e^{-t^2}\\cos(2zt)\\text{d}t\nF(z)=\int0\inftye-t2cos(2zt)dt"])self.__next_f.push([1,"9:{\"metadata\":[[\"$\",\"title\",\"0\",{\"children\":\"Lesson 7 幂级数 \u0026 Taylor 展开 | 菲兹克斯喵 | 柑橘 RSS 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判别法，当\nlimn\to\infty‾∣cn(z-a)n∣1/n\u003c1\\overline{\\lim_{n\\to\\infty}}|c_n(z-a)^n|^{1/n}\u003c1\nn\to\inftylim∣cn(z-a)n∣1/n\u003c1\n也就是\n∣z-a∣\u003c1limn\to\infty‾∣cn∣1/n|z-a|\u003c\\frac{1}{\\overline{\\underset{n\\to\\infty}{\\lim}}|c_n|^{1/n}}\n∣z-a∣\u003cn\to\inftylim∣cn∣1/n1\n时收敛，取大于时发散.\n这里，收敛半径是\nR=lim‾n\to\infty∣1cn∣1/nR=\\underset{n\\to\\infty}{\\underline{\\lim}}\\left|\\frac{1}{c_n}\\right|^{1/n}\nR=n\to\inftylim\ncn1\n1/n\n根据 d'Alembert 判别法，当\n∣z-a∣\u003climn\to\infty∣cncn+1∣|z-a|\u003c\\lim_{n\\to\\infty}\\left|\\frac{c_n}{c_{n+1}}\\right|\n∣z-a∣\u003cn\to\inftylim\ncn+1cn\n\n时级数收敛.\n前者的缺点是不好计算；后者则是要求极限一定存在，这并不是时时刻刻都满足的.\n幂级数 \sum\inftyn=0cn(z-a)n\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n(z-a)^nn=0\sum\inftycn(z-a)n 的每一项都是 zzz 的解析函数，Abel 定理告诉我们，幂级数在收敛圆内可以逐项求导，且得到的是一个在更小 (或者不变) 收敛圆上的幂级数.\n那么收敛圆上的幂级数性质如何？\n答案是：可能在收敛圆上处处发散，例如，\n1+z+z2+\dots+zn+\dots1+z+z^2+\\cdots+z^n+\\cdots\n1+z+z2+\dots+zn+\dots\n也可能在收敛圆上的一部分点收敛，一部分点发散，例如\nz1+z22+z33+\dots+znn+\dots\\frac{z}{1}+\\frac{z^2}{2}+\\frac{z^3}{3}+\\cdots+\\frac{z^n}{n}+\\cdots\n1z+2z2+3z3+\dots+nzn+\dots\n(z\neq1z\\neq1z\neq=1 时发散，除了这一点以外处处收敛)\n还可能在收敛圆上处处收敛，例如\nz21\cdot2+z32\cdot3+z43\cdot4+\dots+znn(n-1)+\dots\\frac{z^2}{1\\cdot2}+\\frac{z^3}{2\\cdot3}+\\frac{z^4}{3\\cdot4}+\\cdots+\\frac{z^n}{n(n-1)}+\\cdots\n1\cdot2z2+2\cdot3z3+3\cdot4z4+\dots+n(n-1)zn+\dots\n/Remark/\n能不能直接拆括号证明上述级数收敛？\n证明收敛级数实际上不能拆括号，但是我们是在对部分和拆括号啊.\n综上所述：不论哪种情况，幂级数的和函数在收敛圆上肯定有奇点 (因为找不到一个邻域，里面的点全部收敛)，但是即使在奇点，幂级数仍然有可能收敛.\n值得注意的是，“和函数”和级数不是一个东西，我们强调的是和函数在收敛圆上有奇点. 比如上面第三个例子，在 z=1z=1z=1 的时候，和函数实际上在支点，而支点必为奇点，这一点并不解析.\n可惜的是上述命题我们暂时还无法证明.\n/Theorem/ (Abel 第二定理)\n如果幂级数 \sum\inftyn=0cn(z-a)n\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n(z-a)^nn=0\sum\inftycn(z-a)n 在收敛圆内收敛到 f(z)f(z)f(z)，并且级数在收敛圆周上某点 z0z_0z0 也收敛，和为 SSS，则沿着收敛圆内的任意曲线趋向 z0z_0z0 点 (要求曲线和收敛圆上过 z0z_0z0 点的切线夹角大于 000)，f(z)f(z)f(z) 都一致地趋于 SSS.\n简而言之，求收敛圆上的和函数值时要先审敛.\n/Proof/\n不失一般性，可以假设 a=0a=0a=0，收敛半径 R=1R=1R=1，以及收敛圆上的收敛点为 z=1z=1z=1；另外，可以假设 \sum\inftyn=0cn=0\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n=0n=0\sum\inftycn=0，这个可以通过在 c0c_0c0 上附加一个常数做到.\n记系数的部分和为 Sn=c0+c1+\dots+cnS_n=c_0+c_1+\\cdots+c_nSn=c0+c1+\dots+cn，所以：cnzn=(Sn-Sn-1)znc_nz^n=(S_n-S_{n-1})z^ncnzn=(Sn-Sn-1)zn，有\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+SnznS_n(z)=(1-z)(S_0+S_1z+\\cdots+S_{n-1}z^{n-1})+S_nz^n\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+Snzn\n再由 Snzn\to0S_nz^n\\to0Snzn\to0，得到：\nS(z)=(1-z)\sum\inftyn=0SnznS(z)=(1-z)\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}S_nz^n\nS(z)=(1-z)n=0\sum\inftySnzn\n假设 n\u003eN-1n\u003eN-1n\u003eN-1 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第二定理说不能沿着切线方向，想到证明过程中应该用到角度：\n代入得到：\nrsinφ=1sin(θ+φ)⟹4r2sin2θ2(1-r)2=cosθ-cos(θ+2φ)1+cos(θ+2φ)\\frac{r}{\\sin\\varphi}=\\frac{1}{\\sin(\\theta+\\varphi)}\\Longrightarrow\\frac{4r^2\\sin^2\\frac{\\theta}{2}}{(1-r)^2}=\\frac{\\cos\\theta-\\cos(\\theta+2\\varphi)}{1+\\cos(\\theta+2\\varphi)}\nsinφr=sin(θ+φ)1⟹(1-r)24r2sin22θ=1+cos(θ+2φ)cosθ-cos(θ+2φ)\n(其中用到和差化积 \u0026 积化和差公式)\nθ\to0\\theta\\to0θ\to0，φ\u003cπ/2\\varphi\u003c\\pi/2φ\u003cπ/2，上式分母大于零，因此上式有界，也就是 ∣1-z∣\u003cK(r-1)|1-z|\u003cK(r-1)∣1-z∣\u003cK(r-1)，证毕.\nAbel 第二定理就是要求大家在求收敛圆上的值时一定要先审敛，比如 \sum\inftyn=0zn\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}z^nn=0\sum\inftyzn 在 z=-1z=-1z=-1 的值？\n/Theorem/\n设：\nf(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 t,zt,zt,z 的连续函数，t\u003eat\u003eat\u003ea，z\inG‾z\\in\\overline{G}z\inG；\n对于任何 t\geqat\\geq at\geqa，f(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 G‾\\overline{G}G 上的单值解析函数；\nF(z)=\inta\inftyf(t,z)dtF(z)=\\int_a^\\infty f(t,z)\\text{d}tF(z)=\inta\inftyf(t,z)dt 在 G‾\\overline{G}G 上一致收敛.\n则 F(z)F(z)F(z) 在 GGG 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收敛圆上的幂级数.\n那么收敛圆上的幂级数性质如何？\n答案是：可能在收敛圆上处处发散，例如，\n1+z+z2+\dots+zn+\dots1+z+z^2+\\cdots+z^n+\\cdots\n1+z+z2+\dots+zn+\dots\n也可能在收敛圆上的一部分点收敛，一部分点发散，例如\nz1+z22+z33+\dots+znn+\dots\\frac{z}{1}+\\frac{z^2}{2}+\\frac{z^3}{3}+\\cdots+\\frac{z^n}{n}+\\cdots\n1z+2z2+3z3+\dots+nzn+\dots\n(z\neq1z\\neq1z\neq=1 时发散，除了这一点以外处处收敛)\n还可能在收敛圆上处处收敛，例如\nz21\cdot2+z32\cdot3+z43\cdot4+\dots+znn(n-1)+\dots\\frac{z^2}{1\\cdot2}+\\frac{z^3}{2\\cdot3}+\\frac{z^4}{3\\cdot4}+\\cdots+\\frac{z^n}{n(n-1)}+\\cdots\n1\cdot2z2+2\cdot3z3+3\cdot4z4+\dots+n(n-1)zn+\dots\n/Remark/\n能不能直接拆括号证明上述级数收敛？\n证明收敛级数实际上不能拆括号，但是我们是在对部分和拆括号啊.\n综上所述：不论哪种情况，幂级数的和函数在收敛圆上肯定有奇点 (因为找不到一个邻域，里面的点全部收敛)，但是即使在奇点，幂级数仍然有可能收敛.\n值得注意的是，“和函数”和级数不是一个东西，我们强调的是和函数在收敛圆上有奇点. 比如上面第三个例子，在 z=1z=1z=1 的时候，和函数实际上在支点，而支点必为奇点，这一点并不解析.\n可惜的是上述命题我们暂时还无法证明.\n/Theorem/ (Abel 第二定理)\n如果幂级数 \sum\inftyn=0cn(z-a)n\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n(z-a)^nn=0\sum\inftycn(z-a)n 在收敛圆内收敛到 f(z)f(z)f(z)，并且级数在收敛圆周上某点 z0z_0z0 也收敛，和为 SSS，则沿着收敛圆内的任意曲线趋向 z0z_0z0 点 (要求曲线和收敛圆上过 z0z_0z0 点的切线夹角大于 000)，f(z)f(z)f(z) 都一致地趋于 SSS.\n简而言之，求收敛圆上的和函数值时要先审敛.\n/Proof/\n不失一般性，可以假设 a=0a=0a=0，收敛半径 R=1R=1R=1，以及收敛圆上的收敛点为 z=1z=1z=1；另外，可以假设 \sum\inftyn=0cn=0\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}c_n=0n=0\sum\inftycn=0，这个可以通过在 c0c_0c0 上附加一个常数做到.\n记系数的部分和为 Sn=c0+c1+\dots+cnS_n=c_0+c_1+\\cdots+c_nSn=c0+c1+\dots+cn，所以：cnzn=(Sn-Sn-1)znc_nz^n=(S_n-S_{n-1})z^ncnzn=(Sn-Sn-1)zn，有\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+SnznS_n(z)=(1-z)(S_0+S_1z+\\cdots+S_{n-1}z^{n-1})+S_nz^n\nSn(z)=(1-z)(S0+S1z+\dots+Sn-1zn-1)+Snzn\n再由 Snzn\to0S_nz^n\\to0Snzn\to0，得到：\nS(z)=(1-z)\sum\inftyn=0SnznS(z)=(1-z)\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}S_nz^n\nS(z)=(1-z)n=0\sum\inftySnzn\n假设 n\u003eN-1n\u003eN-1n\u003eN-1 时，∣Sn∣\u003cε|S_n|\u003c\\varepsilon∣Sn∣\u003cε，则\n∣S(z)∣\leq∣1-z∣∣\sumN-1n=0Snzn∣+ε∣1-z∣\sum\inftyn=N∣zn∣=∣1-z∣∣\sumN-1n=0Snzn∣+ε∣z∣N∣1-z∣1-∣z∣\\begin{aligned}\n|S(z)|\u0026\\leq|1-z|\\left|\\underset{n=0}{\\overset{N-1}{\\sum}}S_nz^n\\right|+\\varepsilon|1-z|\\underset{n=N}{\\overset{\\infty}{\\sum}}|z^n|\\\\\\\\\n\u0026=|1-z|\\left|\\underset{n=0}{\\overset{N-1}{\\sum}}S_nz^n\\right|+\\frac{\\varepsilon|z|^N|1-z|}{1-|z|}\n\\end{aligned}\n∣S(z)∣\leq∣1-z∣\nn=0\sumN-1Snzn\n+ε∣1-z∣n=N\sum\infty∣zn∣=∣1-z∣\nn=0\sumN-1Snzn\n+1-∣z∣ε∣z∣N∣1-z∣\n前面一项总之是有限的，但是难点在于后面那个等比级数. 在单位圆内，有 z=reiθz=re^{\\text{i}\\theta}z=reiθ，r\u003c1r\u003c1r\u003c1. 因此：\n∣1-z∣=1+r2-2rcosθ=(1-r)1+4r2sin2θ2(1-r)2|1-z|=\\sqrt{1+r^2-2r\\cos\\theta}=(1-r)\\sqrt{1+\\frac{4r^2\\sin^2\\frac{\\theta}{2}}{(1-r)^2}}\n∣1-z∣=1+r2-2rcosθ\n=(1-r)1+(1-r)24r2sin22θ\n\n如何估算根式部分的上界？Abel 第二定理说不能沿着切线方向，想到证明过程中应该用到角度：\n代入得到：\nrsinφ=1sin(θ+φ)⟹4r2sin2θ2(1-r)2=cosθ-cos(θ+2φ)1+cos(θ+2φ)\\frac{r}{\\sin\\varphi}=\\frac{1}{\\sin(\\theta+\\varphi)}\\Longrightarrow\\frac{4r^2\\sin^2\\frac{\\theta}{2}}{(1-r)^2}=\\frac{\\cos\\theta-\\cos(\\theta+2\\varphi)}{1+\\cos(\\theta+2\\varphi)}\nsinφr=sin(θ+φ)1⟹(1-r)24r2sin22θ=1+cos(θ+2φ)cosθ-cos(θ+2φ)\n(其中用到和差化积 \u0026 积化和差公式)\nθ\to0\\theta\\to0θ\to0，φ\u003cπ/2\\varphi\u003c\\pi/2φ\u003cπ/2，上式分母大于零，因此上式有界，也就是 ∣1-z∣\u003cK(r-1)|1-z|\u003cK(r-1)∣1-z∣\u003cK(r-1)，证毕.\nAbel 第二定理就是要求大家在求收敛圆上的值时一定要先审敛，比如 \sum\inftyn=0zn\\underset{n=0}{\\overset{\\infty}{\\sum}}z^nn=0\sum\inftyzn 在 z=-1z=-1z=-1 的值？\n/Theorem/\n设：\nf(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 t,zt,zt,z 的连续函数，t\u003eat\u003eat\u003ea，z\inG‾z\\in\\overline{G}z\inG；\n对于任何 t\geqat\\geq at\geqa，f(t,z)f(t,z)f(t,z) 是 G‾\\overline{G}G 上的单值解析函数；\nF(z)=\inta\inftyf(t,z)dtF(z)=\\int_a^\\infty f(t,z)\\text{d}tF(z)=\inta\inftyf(t,z)dt 在 G‾\\overline{G}G 上一致收敛.\n则 F(z)F(z)F(z) 在 GGG 内部解析，且\nF'(z)=\inta\infty\partialf(t,z)\partialzdtF'(z)=\\int_a^\\infty\\frac{\\partial f(t,z)}{\\partial z}\\text{d}t\nF'(z)=\inta\infty\partialz\partialf(t,z)dt\n其证明就是 Weierstrass 定理.\n应用这个定理时，需要判断无穷积分 (或瑕积分) 是否一致收敛，常用的判别法就是用一个 ϕ(t)\\phi(t)ϕ(t) 来判断，要求 ϕ(t)\u003e∣f(t,z)∣\\phi(t)\u003e|f(t,z)|ϕ(t)\u003e∣f(t,z)∣.\n/Example/\n求积分：\nF(z)=\int0\inftye-t2cos(2zt)dtF(z)=\\int_0^\\infty e^{-t^2}\\cos(2zt)\\text{d}t\nF(z)=\int0\inftye-t2cos(2zt)dt"])self.__next_f.push([1,"22:[\"$\",\"meta\",\"11\",{\"name\":\"twitter:description\",\"content\":\"$26\"}]\n23:[\"$\",\"link\",\"12\",{\"rel\":\"icon\",\"href\":\"/favicon.ico?favicon.0b3bf435.ico\",\"sizes\":\"256x256\",\"type\":\"image/x-icon\"}]\n24:[\"$\",\"$L27\",\"13\",{}]\n"])$