由 定理4.4-3 知 冪級數在收斂半徑內為一解析函數，其逆敘述是否成立？亦即解析函數是否可以表示成冪級數？而且由定理6.6-2 知解析函數是任意階可微的，因此 答案是可以的。
定義7.2-1. (Taylor 級數 ) 若 f ( z ) f(z) f ( z ) z = α z=\alpha z = α
f ( α ) + f ′ ( α ) ( z − α ) + f ′ ′ ( α ) 2 ! ( z − α ) 2 + f ′ ′ ′ ( α ) 3 ! ( z − α ) 3 + ⋯ = ∑ k = 0 ∞ f ( k ) ( α ) k ! ( z − α ) k f(\alpha)+f'(\alpha)(z-\alpha)+\frac{f''(\alpha)}{2!}(z-\alpha)^2+\frac{f'''(\alpha)}{3!}(z-\alpha)^3+\cdots=\sum_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(\alpha)}{k!}(z-\alpha)^k f ( α ) + f ′ ( α ) ( z − α ) + 2 ! f ′′ ( α ) ( z − α ) 2 + 3 ! f ′′′ ( α ) ( z − α ) 3 + ⋯ = k = 0 ∑ ∞ k ! f ( k ) ( α ) ( z − α ) k 稱為函數 f f f α \alpha α Taylor 級數 α = 0 \alpha=0 α = 0 f f f Maclaurin 級數
下面引理可用於討論 Taylor 級數的收歛性。
引理 7.2-1. z , z 0 , α z,~z_0,~\alpha z , z 0 , α ∀ n ∈ N \forall n\in\mathbb{N} ∀ n ∈ N
1 z − z 0 = 1 z − α + z 0 − α ( z − α ) 2 + ⋯ + ( z 0 − α ) n ( z − α ) n + 1 + 1 z − z 0 ( z 0 − α ) n + 1 ( z − α ) n + 1 . (7.2-1) \frac{1}{z-z_0}
=\frac{1}{z-\alpha}+\frac{z_0-\alpha}{(z-\alpha)^2}+\cdots
+\frac{(z_0-\alpha)^{n}}{(z-\alpha)^{n+1}}+\frac{1}{z-z_0}\frac{(z_0-\alpha)^{n+1}}{(z-\alpha)^{n+1}}. \tag{7.2-1}
z − z 0 1 = z − α 1 + ( z − α ) 2 z 0 − α + ⋯ + ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + z − z 0 1 ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + 1 . ( 7.2-1 ) [證明] 1 z − z 0 = 1 z − α − ( z 0 − α ) = 1 z − α 1 1 − z 0 − α z − α = 1 z − α [ 1 + z 0 − α z − α + ( z 0 − α ) 2 ( z − α ) 2 + ⋯ + ( z 0 − α ) n ( z − α ) n + ( z 0 − α ) n + 1 ( z − α ) n + 1 + ⋯ ] = 1 z − α [ 1 + z 0 − α z − α + ( z 0 − α ) 2 ( z − α ) 2 + ⋯ + ( z 0 − α ) n ( z − α ) n ] + 1 z − α ( z 0 − α ) n + 1 ( z − α ) n + 1 [ 1 + z 0 − α z − α + ( z 0 − α ) 2 ( z − α ) 2 + ⋯ ] = 1 z − α [ 1 + z 0 − α z − α + ( z 0 − α ) 2 ( z − α ) 2 + ⋯ + ( z 0 − α ) n ( z − α ) n ] + 1 z − α ( z 0 − α ) n + 1 ( z − α ) n + 1 1 1 − z 0 − α z − α = 1 z − α + z 0 − α ( z − α ) 2 + ( z 0 − α ) 2 ( z − α ) 3 + ⋯ + ( z 0 − α ) n ( z − α ) n + 1 + 1 z − z 0 ( z 0 − α ) n + 1 ( z − α ) n + 1 \small\begin{align*}
\frac{1}{z-z_0}
&= \frac{1}{z-\alpha-(z_0-\alpha)}
=\frac{1}{z-\alpha}\frac{1}{1-\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}}\\
&=\frac{1}{z-\alpha}\left[1+\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}+\frac{(z_0-\alpha)^2}{(z-\alpha)^2}+\cdots+\frac{(z_0-\alpha)^{n}}{(z-\alpha)^{n}}+\frac{(z_0-\alpha)^{n+1}}{(z-\alpha)^{n+1}}+\cdots\right]\\
&=\frac{1}{z-\alpha}\left[1+\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}+\frac{(z_0-\alpha)^2}{(z-\alpha)^2}+\cdots+\frac{(z_0-\alpha)^{n}}{(z-\alpha)^{n}}\right]+\frac{1}{z-\alpha}\frac{(z_0-\alpha)^{n+1}}{(z-\alpha)^{n+1}}\left[1+\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}+\frac{(z_0-\alpha)^{2}}{(z-\alpha)^{2}}+\cdots\right]\\
&=\frac{1}{z-\alpha}\left[1+\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}+\frac{(z_0-\alpha)^2}{(z-\alpha)^2}+\cdots+\frac{(z_0-\alpha)^{n}}{(z-\alpha)^{n}}\right]+\fcolorbox{red}{none}{$\displaystyle\frac{1}{z-\alpha}$}\frac{(z_0-\alpha)^{n+1}}{(z-\alpha)^{n+1}}\fcolorbox{red}{none}{$\displaystyle\frac{1}{1-\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}}$}\\
&=\frac{1}{z-\alpha}+\frac{z_0-\alpha}{(z-\alpha)^2}+\frac{(z_0-\alpha)^2}{(z-\alpha)^3}+\cdots+\frac{(z_0-\alpha)^{n}}{(z-\alpha)^{n+1}}+\fcolorbox{red}{none}{$\displaystyle\frac{1}{z-z_0}$}\frac{(z_0-\alpha)^{n+1}}{(z-\alpha)^{n+1}}
\end{align*} z − z 0 1 = z − α − ( z 0 − α ) 1 = z − α 1 1 − z − α z 0 − α 1 = z − α 1 [ 1 + z − α z 0 − α + ( z − α ) 2 ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + ( z − α ) n ( z 0 − α ) n + ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + 1 + ⋯ ] = z − α 1 [ 1 + z − α z 0 − α + ( z − α ) 2 ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + ( z − α ) n ( z 0 − α ) n ] + z − α 1 ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + 1 [ 1 + z − α z 0 − α + ( z − α ) 2 ( z 0 − α ) 2 + ⋯ ] = z − α 1 [ 1 + z − α z 0 − α + ( z − α ) 2 ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + ( z − α ) n ( z 0 − α ) n ] + z − α 1 ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + 1 1 − z − α z 0 − α 1 = z − α 1 + ( z − α ) 2 z 0 − α + ( z − α ) 3 ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + z − z 0 1 ( z − α ) n + 1 ( z 0 − α ) n + 1
定理7.2-1. (Taylor 定理) f f f D \mathcal{D} D D R ( α ) ⊂ D D_R(\alpha) \subset\mathcal{D} D R ( α ) ⊂ D f f f
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( α ) n ! ( z − α ) n , ∀ z ∈ D R ( α ) . (7.2-2) f ( z) = \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(\alpha)}{n!}(z - \alpha)^n,\quad\forall z \in D_R(\alpha). \tag{7.2-2} f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ n ! f ( n ) ( α ) ( z − α ) n , ∀ z ∈ D R ( α ) . ( 7.2-2 ) 同時此級數是均勻收斂於任意的封閉子圓盤 D r ( α ) ‾ , 0 < r < R \overline{D_r(\alpha)},~0<r<R D r ( α ) , 0 < r < R
[證明] 只要證明式(7.2-2)成立即可，均勻收斂可令 c n = f ( n ) ( α ) n ! c_n=\frac{f^{(n)}(\alpha)}{n!} c n = n ! f ( n ) ( α ) 定理7.1-2
設 D R ( α ) D_R(\alpha) D R ( α ) D \mathcal{D} D z 0 ∈ D R ( α ) z_0 \in D_R(\alpha) z 0 ∈ D R ( α ) r = ∣ z 0 − α ∣ r=|z_0-\alpha| r = ∣ z 0 − α ∣ C = C ρ + ( α ) ⊂ Int ( C R ( α ) ) ⊂ D , 0 ≤ r < ρ < R \mathcal{C}=C_\rho^+(\alpha)\subset\text{Int}(C_R(\alpha))\subset\mathcal{D},~0\le r<\rho<R C = C ρ + ( α ) ⊂ Int ( C R ( α )) ⊂ D , 0 ≤ r < ρ < R z z z
應用 Cauchy 積分公式 z 0 z_0 z 0
f ( z 0 ) = 1 2 π i ∮ C f ( z ) z − z 0 d z . f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f(z)}{z - z_0} dz.
f ( z 0 ) = 2 πi 1 ∮ C z − z 0 f ( z ) d z . 代入公式(7.2-1)，則有
f ( z 0 ) = 1 2 π i ∮ C f ( z ) z − α d z + z 0 − α 2 π i ∮ C f ( z ) ( z − α ) 2 d z + ( z 0 − α ) 2 2 π i ∮ C f ( z ) ( z 0 − α ) 3 d z + ⋯ + ( z 0 − α ) n 2 π i ∮ C f ( z ) ( z − z 0 ) n + 1 d z + ( z 0 − α ) n + 1 2 π i ∮ C f ( z ) ( z − z 0 ) ( z − α ) n + 1 d z = ∑ k = 0 n a k ( z − α ) k + E n ( z 0 ) \begin{align*}
f(z_0)
&= \frac{1}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f( z)}{z - \alpha} dz + \frac{z_0- \alpha}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}}
\frac{f(z)}{(z - \alpha)^2} dz+
\frac{(z_0 - \alpha)^2}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f( z)}{(z_0 - \alpha)^{3}}
dz + \cdots\\
&\quad + {\frac{\left( {z_0 - {\alpha}}
\right)^n}{{2\pi i}}\oint_{\mathcal{C}}
{\frac{f(z)}{{{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{{n+1}}}}}} dz}
+ \frac{(z_0 -\alpha)^{n+1}}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f(z)}{(z-z_0)(z-\alpha)^{n+1}} dz \\
& = \sum_{k = 0}^n {{a_k}{{( z - \alpha)}^k}} + {E_n}( z_0)
\end{align*} f ( z 0 ) = 2 πi 1 ∮ C z − α f ( z ) d z + 2 πi z 0 − α ∮ C ( z − α ) 2 f ( z ) d z + 2 πi ( z 0 − α ) 2 ∮ C ( z 0 − α ) 3 f ( z ) d z + ⋯ + 2 πi ( z 0 − α ) n ∮ C ( z − z 0 ) n + 1 f ( z ) d z + 2 πi ( z 0 − α ) n + 1 ∮ C ( z − z 0 ) ( z − α ) n + 1 f ( z ) d z = k = 0 ∑ n a k ( z − α ) k + E n ( z 0 ) 其中係數可用Cauchy導數積分公式
a k = 1 2 π i ∮ C f ( z ) ( z − α ) k + 1 d z = f ( k ) ( α ) k ! , k = 0 , 1 , 2 , ⋯ , n , {a_k} = \frac{1}{{2\pi i}}\oint_{\mathcal{C}} {\frac{{f\left( z \right)}}{{{{\left( {z - {\alpha}} \right)}^{k+1}}}}} dz = \frac{{{f^{\left( k \right)}}\left( {{\alpha}} \right)}}{{k!}},
\quad k = 0,1,2, \cdots ,n, a k = 2 πi 1 ∮ C ( z − α ) k + 1 f ( z ) d z = k ! f ( k ) ( α ) , k = 0 , 1 , 2 , ⋯ , n , 且殘差項為
E n ( z 0 ) = ( z 0 − α ) n + 1 2 π i ∮ C f ( z ) ( z − z 0 ) ( z − α ) n + 1 d z . E_n(z_0)=\frac{(z_0 -\alpha)^{n + 1}}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f( z)}{(z-z_0)(z-\alpha)^{n+1}} dz. E n ( z 0 ) = 2 πi ( z 0 − α ) n + 1 ∮ C ( z − z 0 ) ( z − α ) n + 1 f ( z ) d z . Claim: lim n → ∞ E n ( z 0 ) = 0 \lim\limits_{n \to \infty } E_n(z_0) = 0 n → ∞ lim E n ( z 0 ) = 0
令 M = max z ∈ C ∣ f ( z ) ∣ M=\max\limits_{z \in \mathcal{C}} \left| f(z) \right| M = z ∈ C max ∣ f ( z ) ∣ r = ∣ z 0 − α ∣ r=|z_0-\alpha| r = ∣ z 0 − α ∣ ρ = ∣ z − α ∣ \rho=|z-\alpha| ρ = ∣ z − α ∣
∣ z − z 0 ∣ = ∣ ( z − α ) − ( z 0 − α ) ∣ ≥ ∣ z − α ∣ − ∣ z 0 − α ∣ = ρ − r . |z-z_0|=|(z-\alpha)-(z_0-\alpha)|\ge |z-\alpha|-|z_0-\alpha|=\rho -r. ∣ z − z 0 ∣ = ∣ ( z − α ) − ( z 0 − α ) ∣ ≥ ∣ z − α ∣ − ∣ z 0 − α ∣ = ρ − r . 又 ∮ C ∣ d z ∣ = 2 π ρ \displaystyle \oint_\mathcal{C} |dz|=2\pi \rho ∮ C ∣ d z ∣ = 2 π ρ ML不等式
∣ E n ( z 0 ) ∣ ≤ r n + 1 2 π M ( ρ − r ) ρ n + 1 2 π ρ = ( r ρ ) n + 1 ρ ρ − r M = ( r ρ ) n + 1 1 1 − r ρ M , | E_n(z_0) | \le \frac{r^{n+1}}{2\pi}
\frac{M}{(\rho-r)\rho^{n+1}} 2\pi \rho=\left(\frac{r}{\rho}\right)^{n+1}\frac{\rho}{\rho-r}M=\left(\frac{r}{\rho}\right)^{n+1}\frac{1}{1-\frac{r}{\rho}}M, ∣ E n ( z 0 ) ∣ ≤ 2 π r n + 1 ( ρ − r ) ρ n + 1 M 2 π ρ = ( ρ r ) n + 1 ρ − r ρ M = ( ρ r ) n + 1 1 − ρ r 1 M , 因此 lim n → ∞ E n ( z 0 ) = 0 \lim\limits_{n \to \infty } E_n(z_0) = 0 n → ∞ lim E n ( z 0 ) = 0 r / ρ < 1 r/\rho <1 r / ρ < 1 z 0 z_0 z 0
f ( α ) + f ′ ( α ) ( z 0 − α ) + f ′ ′ ( α ) 2 ! ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( α ) n ! ( z 0 − α ) n + ⋯ = ∑ k = 0 ∞ f ( k ) ( α ) k ! ( z 0 − α ) k = f ( z 0 ) , ∀ z 0 ∈ D R ( α ) , \begin{align*}
&f(\alpha)+f'(\alpha)(z_0-\alpha)+\frac{f''(\alpha)}{2!}(z_0-\alpha)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(\alpha)}{n!}(z_0-\alpha)^n+\cdots\\
&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(\alpha)}{k!}(z_0-\alpha)^k=f(z_0),\quad\forall z_0\in D_R(\alpha),
\end{align*} f ( α ) + f ′ ( α ) ( z 0 − α ) + 2 ! f ′′ ( α ) ( z 0 − α ) 2 + ⋯ + n ! f ( n ) ( α ) ( z 0 − α ) n + ⋯ = k = 0 ∑ ∞ k ! f ( k ) ( α ) ( z 0 − α ) k = f ( z 0 ) , ∀ z 0 ∈ D R ( α ) , 亦即此Taylor級數 ∑ k = 0 ∞ f ( k ) ( α ) k ! ( z − α ) k \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(\alpha)}{k!}(z-\alpha)^k k = 0 ∑ ∞ k ! f ( k ) ( α ) ( z − α ) k f ( z ) f(z) f ( z ) ∀ z ∈ D r ( α ) ‾ , 0 < r < R \forall z\in\overline{D_r(\alpha)},~0<r<R ∀ z ∈ D r ( α ) , 0 < r < R ■ \hspace{11cm}\blacksquare ■
此定理說明只要在函數 f f f D R ( α ) D_R(\alpha) D R ( α ) f f f ∞ \infty ∞ f f f
推論7.2-1. f ∈ A ( D ∖ { f 之奇異點 } ) f\in\mathscr{A}(\mathcal{D}\setminus\{f\text{之奇異點}\}) f ∈ A ( D ∖ { f 之奇異點 }) α ∈ D \alpha\in\mathcal{D} α ∈ D z 0 z_0 z 0 f f f α \alpha α ∣ z 0 − α ∣ = R |z_0-\alpha|=R ∣ z 0 − α ∣ = R
(i) 對所有的 z ∈ D R ( α ) z\in D_{R}(\alpha) z ∈ D R ( α ) f f f
(ii) 當 r > R r>R r > R f f f z ∈ D r ( α ) z\in D_{r}(\alpha) z ∈ D r ( α )
[證明]
範例 7.2-1. z ∈ D 1 ( 0 ) z\in D_1(0) z ∈ D 1 ( 0 )
(a) 1 1 − z = ∑ n = 0 ∞ z n \displaystyle \frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n 1 − z 1 = n = 0 ∑ ∞ z n 1 1 − z 2 = ∑ n = 0 ∞ z 2 n \displaystyle \frac{1}{1-z^2}=\sum_{n=0}^\infty z^{2n} 1 − z 2 1 = n = 0 ∑ ∞ z 2 n
(c) 1 1 + z 2 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) b z 2 n \displaystyle \frac{1}{1+z^2}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^b z^{2n} 1 + z 2 1 = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) b z 2 n 1 ( 1 − z ) 2 = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) z n \displaystyle \frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n ( 1 − z ) 2 1 = n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) z n
[解] (a) 令 f ( z ) = 1 1 − z \displaystyle f(z)=\frac{1}{1-z} f ( z ) = 1 − z 1
f ′ ( z ) = 1 ( 1 − z ) 2 , f ′ ′ ( z ) = 2 ! ( 1 − z ) 3 , … , f ( n ) = n ! ( 1 − z ) n , … f'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}, \quad f''(z)=\frac{2!}{(1-z)^3},\quad
\ldots,\quad f^{(n)}=\frac{n!}{(1-z)^n},\quad\ldots f ′ ( z ) = ( 1 − z ) 2 1 , f ′′ ( z ) = ( 1 − z ) 3 2 ! , … , f ( n ) = ( 1 − z ) n n ! , … 因此 f ( n ) ( 0 ) = n ! f^{(n)}(0)=n! f ( n ) ( 0 ) = n ! α = 0 \alpha=0 α = 0 z 0 = 1 z_0=1 z 0 = 1 推論7.2-1 R = 1 R=1 R = 1
1 1 − z = 1 + z + z 2 + ⋯ + z n + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}z^n,\quad \forall z\in D_1(0). 1 − z 1 = 1 + z + z 2 + ⋯ + z n + ⋯ = n = 0 ∑ ∞ z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . (b) 令 z z z z 2 z^2 z 2 z 2 ∈ D 1 ( 0 ) ⟺ z ∈ D 1 ( 0 ) z^2\in D_1(0)\iff z\in D_1(0) z 2 ∈ D 1 ( 0 ) ⟺ z ∈ D 1 ( 0 ) 1 1 − z 2 = ∑ n = 0 ∞ z 2 n \displaystyle \frac{1}{1-z^2}=\sum_{n=0}^\infty z^{2n} 1 − z 2 1 = n = 0 ∑ ∞ z 2 n
(c) 令 z z z − z 2 -z^2 − z 2 − z 2 ∈ D 1 ( 0 ) ⟺ z ∈ D 1 ( 0 ) -z^2\in D_1(0)\iff z\in D_1(0) − z 2 ∈ D 1 ( 0 ) ⟺ z ∈ D 1 ( 0 ) 1 1 + z 2 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n \displaystyle \frac{1}{1+z^2}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^{2n} 1 + z 2 1 = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n z 2 n
(d) 推導方式如下：
(法1) 令 f ( z ) = 1 ( 1 − z ) 2 \displaystyle f(z)=\frac{1}{(1-z)^2} f ( z ) = ( 1 − z ) 2 1
f ′ ( z ) = 2 ! ( 1 − z ) 3 , f ′ ′ ( z ) = 3 ! ( 1 − z ) 4 , … , f ( n ) = ( n + 1 ) ! ( 1 − z ) n + 1 , … f'(z)=\frac{2!}{(1-z)^3},\quad
f''(z)=\frac{3!}{(1-z)^4},\quad
\ldots,\quad f^{(n)}=\frac{(n+1)!}{(1-z)^{n+1}},\quad\ldots f ′ ( z ) = ( 1 − z ) 3 2 ! , f ′′ ( z ) = ( 1 − z ) 4 3 ! , … , f ( n ) = ( 1 − z ) n + 1 ( n + 1 )! , … 因此 f ( n ) ( 0 ) = ( n + 1 ) ! f^{(n)}(0)=(n+1)! f ( n ) ( 0 ) = ( n + 1 )! α = 0 \alpha=0 α = 0 z 0 = 1 z_0=1 z 0 = 1 推論7.2-1 R = 1 R=1 R = 1
1 ( 1 − z ) 2 = 1 + 2 z + 3 z 2 + ⋯ + ( n + 1 ) z n + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \frac{1}{(1-z)^2}=1+2z+3z^2+\cdots+(n+1)z^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) z^n,\quad \forall z\in D_1(0). ( 1 − z ) 2 1 = 1 + 2 z + 3 z 2 + ⋯ + ( n + 1 ) z n + ⋯ = n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . (法2) 由定理4.4-3
1 ( 1 − z ) 2 = ( 1 1 − z ) ′ = ( ∑ n = 0 ∞ z n ) ′ = ∑ n = 1 ∞ n z n − 1 = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \frac{1}{(1-z)^2}=\left(\frac{1}{1-z}\right)'=\left(\sum_{n=0}^{\infty}z^n\right)'=\sum_{n=1}^{\infty}n z^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) z^n,\quad \forall z\in D_1(0). ( 1 − z ) 2 1 = ( 1 − z 1 ) ′ = ( n = 0 ∑ ∞ z n ) ′ = n = 1 ∑ ∞ n z n − 1 = n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . (法3) 令 f ( z ) = g ( z ) = 1 1 − z = ∑ n = 0 ∞ z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) \displaystyle f(z)=g(z)=\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n,~\forall z\in D_1(0) f ( z ) = g ( z ) = 1 − z 1 = n = 0 ∑ ∞ z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) 定理4.2-5 ( Cauchy乘積存在 a n = b n = 1 , ∀ n a_n=b_n=1,~\forall n a n = b n = 1 , ∀ n
1 ( 1 − z ) 2 = f ( z ) g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ ( ∑ k = 0 n a k b n − k ) = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \frac{1}{(1-z)^2}=f(z)g(z)=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}\right)=\sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n,\quad \forall z\in D_1(0). ( 1 − z ) 2 1 = f ( z ) g ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ( k = 0 ∑ n a k b n − k ) = n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) .
例題7.2-2. L o g ( 1 + z ) \mathrm{Log}(1+z) Log ( 1 + z ) L o g ( 1 + z 1 − z ) \mathrm{Log}\left(\frac{1+z}{1-z}\right) Log ( 1 − z 1 + z )
[解] 令 h ( z ) = L o g ( 1 + z ) h(z)=\mathrm{Log}(1+z) h ( z ) = Log ( 1 + z )
h ′ ( z ) = 1 1 + z , h ′ ′ ( z ) = − 1 ( 1 + z ) 2 , h ′ ′ ′ ( z ) = 2 ! ( 1 + z ) 3 , … , h ( n ) ( z ) = ( − 1 ) n − 1 ( n − 1 ) ! ( 1 + z ) n , … . \begin{align*}
&h'(z)=\frac{1}{1+z},~
h''(z)=\frac{-1}{(1+z)^2},~
h'''(z)=\frac{2!}{(1+z)^3},~
\ldots,\\
&h^{(n)}(z)=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+z)^{n}},~
\ldots.
\end{align*} h ′ ( z ) = 1 + z 1 , h ′′ ( z ) = ( 1 + z ) 2 − 1 , h ′′′ ( z ) = ( 1 + z ) 3 2 ! , … , h ( n ) ( z ) = ( 1 + z ) n ( − 1 ) n − 1 ( n − 1 )! , … . 所以 h ( n ) ( 0 ) = ( − 1 ) ( n − 1 ) ( n − 1 ) ! , ∀ n ∈ N h^{(n)}(0)=(-1)^{(n-1)}(n-1)!,~\forall n\in\mathbb{N} h ( n ) ( 0 ) = ( − 1 ) ( n − 1 ) ( n − 1 )! , ∀ n ∈ N α = 0 \alpha=0 α = 0 z 0 = − 1 z_0=-1 z 0 = − 1 推論7.2-1 R = 1 R=1 R = 1
h ( z ) = L o g ( 1 + z ) = z − z 2 2 + z 3 3 − + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) ( n − 1 ) z n n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . h(z)=\mathrm{Log}(1+z)=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{(n-1)}\frac{z^n}{n},~ \forall z\in D_1(0). h ( z ) = Log ( 1 + z ) = z − 2 z 2 + 3 z 3 − + ⋯ = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) ( n − 1 ) n z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . 又由此式可得
L o g ( 1 − z ) = − z − z 2 2 − z 3 3 − + ⋯ = − ∑ n = 0 ∞ z n n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) , \mathrm{Log}(1-z)=-z-\frac{z^2}{2}-\frac{z^3}{3}-+\cdots=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n},\quad \forall z\in D_1(0), Log ( 1 − z ) = − z − 2 z 2 − 3 z 3 − + ⋯ = − n = 0 ∑ ∞ n z n , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) , 因此
L o g ( 1 + z 1 − z ) = L o g ( 1 + z ) − L o g ( 1 − z ) = 2 ( z + z 3 3 + z 5 5 + ⋯ ) = 2 ∑ n = 1 ∞ z 2 n − 1 2 n + 1 , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \begin{align*}
\mathrm{Log}\left(\frac{1+z}{1-z}\right)
&=\mathrm{Log}(1+z)-\mathrm{Log}(1-z)\\
&=2\left(z+\frac{z^3}{3}+\frac{z^5}{5}+\cdots\right)
=2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n-1}}{2n+1},\quad\forall z\in D_1(0).
\end{align*} Log ( 1 − z 1 + z ) = Log ( 1 + z ) − Log ( 1 − z ) = 2 ( z + 3 z 3 + 5 z 5 + ⋯ ) = 2 n = 1 ∑ ∞ 2 n + 1 z 2 n − 1 , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) .
定理7.2-2. (冪級數的唯一性) f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − α ) n = ∑ n = 0 ∞ b n ( z − α ) n \displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n (z-\alpha)^n=\sum_{n=0}^\infty b_n (z-\alpha)^n f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ a n ( z − α ) n = n = 0 ∑ ∞ b n ( z − α ) n a n = b n , ∀ n a_n=b_n,~\forall n a n = b n , ∀ n
[證明]
由此定理知 f ( z ) f(z) f ( z ) z = α z=\alpha z = α f ( z ) f(z) f ( z ) z = α z=\alpha z = α f ( z ) = e z f(z)=e^z f ( z ) = e z f ( n ) ( z ) = e z , ∀ n ≥ 1 f^{(n)}(z)=e^z,~\forall n\ge 1 f ( n ) ( z ) = e z , ∀ n ≥ 1 f ( n ) ( 0 ) = 1 , ∀ n ≥ 1 f^{(n)}(0)=1,~\forall n\ge 1 f ( n ) ( 0 ) = 1 , ∀ n ≥ 1 f ( z ) = e z f(z)=e^z f ( z ) = e z
e z = 1 + z + z 2 2 ! + z 3 3 ! + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ z n n ! , ∀ z ∈ C . e^z = 1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots=\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!},\quad \forall z\in\mathbb{C}. e z = 1 + z + 2 ! z 2 + 3 ! z 3 + ⋯ = n = 0 ∑ ∞ n ! z n , ∀ z ∈ C . 此式中之收斂範圍係由級數之係數的比值檢測法：
lim n → ∞ ∣ 1 ( n + 1 ) ! ∣ ∣ 1 n ! ∣ = lim n → ∞ 1 n + 1 = 0 , \lim_{n\to\infty}\frac{\left|\frac{1}{(n+1)!}\right|}{\left|\frac{1}{n!}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0, n → ∞ lim n ! 1 ( n + 1 )! 1 = n → ∞ lim n + 1 1 = 0 , 得知收斂半徑 ρ = ∞ \rho=\infty ρ = ∞
又若是使用下式定義 sin \sin sin cos \cos cos
sin z = e i z − e − i z 2 i , cos z = e i z + e − i z 2 , \sin z = \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i},\quad
\cos z = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}, sin z = 2 i e i z − e − i z , cos z = 2 e i z + e − i z , 則有
sin z = 1 2 i [ ∑ n = 0 ∞ ( i z ) n n ! − ∑ n = 0 ∞ ( − i z ) n n ! ] = 1 2 i ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ( i n z n − ( − 1 ) n i n z n ) = ∑ n = 0 ∞ i 2 n + 1 + i 2 n + 1 2 i z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = z − z 3 3 ! + z 5 5 ! − z 7 7 ! + − ⋯ , ∀ z ∈ C . \begin{align*}
\sin z
& = \frac{1}{2i}\left[\sum_{n=0}^\infty \frac{(iz)^n}{n!}-\sum_{n=0}^\infty \frac{(-iz)^n}{n!}\right]
=\frac{1}{2i}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(i^n z^n - (-1)^n i^n z^n\right)
=\sum_{n=0}^\infty \frac{i^{2n+1}+i^{2n+1}}{2i} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!} \\
&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}
=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+-\cdots,\forall z\in\mathbb{C}.
\end{align*} sin z = 2 i 1 [ n = 0 ∑ ∞ n ! ( i z ) n − n = 0 ∑ ∞ n ! ( − i z ) n ] = 2 i 1 n = 0 ∑ ∞ n ! 1 ( i n z n − ( − 1 ) n i n z n ) = n = 0 ∑ ∞ 2 i i 2 n + 1 + i 2 n + 1 ( 2 n + 1 )! z 2 n + 1 = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 )! z 2 n + 1 = z − 3 ! z 3 + 5 ! z 5 − 7 ! z 7 + − ⋯ , ∀ z ∈ C . 以及
cos z = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n ( 2 n ) ! = 1 − z 2 2 ! + z 4 4 ! − z 6 6 ! + − ⋯ , ∀ z ∈ C . \cos z
=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!}
=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^6}{6!}+-\cdots,\forall z\in\mathbb{C}. cos z = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n ( 2 n )! z 2 n = 1 − 2 ! z 2 + 4 ! z 4 − 6 ! z 6 + − ⋯ , ∀ z ∈ C . 反之，若是採用級數來定義 sin \sin sin cos \cos cos
sinh z = e z − e − z 2 = ∑ n = 0 ∞ z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! , cosh z = e z + e − z 2 = ∑ n = 0 ∞ z 2 n ( 2 n ) ! , ∀ z ∈ C . \sinh z=\frac{e^z-e^{-z}}{2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!},~
\cosh z=\frac{e^z+e^{-z}}{2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{(2n)!},\quad\forall z\in\mathbb{C}. sinh z = 2 e z − e − z = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n + 1 )! z 2 n + 1 , cosh z = 2 e z + e − z = n = 0 ∑ ∞ ( 2 n )! z 2 n , ∀ z ∈ C . 以及使用 L o g \mathrm{Log} Log
A r c t a n ( z ) = i 2 L o g ( i + z i − z ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n + 1 2 n + 1 , A r c t a n h ( z ) = 1 2 L o g ( 1 + z 1 − z ) = ∑ n = 0 ∞ z 2 n + 1 2 n + 1 , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . \begin{align*}
&\mathrm{Arctan}(z)=\frac{i}{2}\mathrm{Log}\left(\frac{i+z}{i-z}\right)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{2n+1},\\
&\mathrm{Arctanh}(z)=\frac{1}{2}\mathrm{Log}\left(\frac{1+z}{1-z}\right)=\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2n+1}}{2n+1},\quad\forall z\in D_1(0).
\end{align*} Arctan ( z ) = 2 i Log ( i − z i + z ) = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n 2 n + 1 z 2 n + 1 , Arctanh ( z ) = 2 1 Log ( 1 − z 1 + z ) = n = 0 ∑ ∞ 2 n + 1 z 2 n + 1 , ∀ z ∈ D 1 ( 0 ) . 其他函數的 Taylor 級數，可利用變數變換的技巧來求得，例如對 z = 1 z=1 z = 1
2 z 2 + 9 z + 5 z 3 + z 2 − 8 z − 12 = 1 z 2 + 4 z + 4 + 2 z − 3 = 1 [ 3 + ( z − 1 ) ] 2 − 2 2 − ( z − 1 ) = 1 9 1 ( 1 + z − 1 3 ) 2 − 1 1 − z − 1 2 = 1 9 ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) ( − z − 1 3 ) n − ∑ n = 0 ∞ ( z − 1 2 ) n \begin{align*}
\frac{2z^2+9z+5}{z^3+z^2-8z-12}
&=\frac{1}{z^2+4z+4}+\frac{2}{z-3}
=\frac{1}{[3+(z-1)]^2}-\frac{2}{2-(z-1)} \\
&=\frac{1}{9}\frac{1}{\left(1+\frac{z-1}{3}\right)^2}-\frac{1}{1-\frac{z-1}{2}} \\
&=\frac{1}{9}\sum_{n=0}^\infty (n+1)\left(-\frac{z-1}{3}\right)^n
-\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z-1}{2}\right)^n
\end{align*} z 3 + z 2 − 8 z − 12 2 z 2 + 9 z + 5 = z 2 + 4 z + 4 1 + z − 3 2 = [ 3 + ( z − 1 ) ] 2 1 − 2 − ( z − 1 ) 2 = 9 1 ( 1 + 3 z − 1 ) 2 1 − 1 − 2 z − 1 1 = 9 1 n = 0 ∑ ∞ ( n + 1 ) ( − 3 z − 1 ) n − n = 0 ∑ ∞ ( 2 z − 1 ) n 由 ∣ z − 1 3 ∣ < 1 \displaystyle \left|\frac{z-1}{3}\right|<1 3 z − 1 < 1 ∣ z − 1 2 ∣ < 1 \displaystyle \left|\frac{z-1}{2}\right|<1 2 z − 1 < 1 ρ = 2 \rho=2 ρ = 2
2 z 2 + 9 z + 5 z 3 + z 2 − 8 z − 12 = 1 9 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( n + 1 ) ( z − 1 3 ) n − ∑ n = 0 ∞ ( z − 1 2 ) n = − 8 9 − 31 54 ( z − 1 ) − 23 108 ( z − 1 ) 2 + ⋯ , ∀ z ∈ D 2 ( 1 ) . \begin{align*}
\frac{2z^2+9z+5}{z^3+z^2-8z-12}
&=\frac{1}{9}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n (n+1)\left(\frac{z-1}{3}\right)^n
-\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z-1}{2}\right)^n\\
&=-\frac89-\frac{31}{54}(z-1)-\frac{23}{108}(z-1)^2+\cdots,\quad \forall z\in D_2(1).
\end{align*} z 3 + z 2 − 8 z − 12 2 z 2 + 9 z + 5 = 9 1 n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n ( n + 1 ) ( 3 z − 1 ) n − n = 0 ∑ ∞ ( 2 z − 1 ) n = − 9 8 − 54 31 ( z − 1 ) − 108 23 ( z − 1 ) 2 + ⋯ , ∀ z ∈ D 2 ( 1 ) .
例題7.2-3. f ( z ) = sin 3 ( z ) f(z)=\sin^3(z) f ( z ) = sin 3 ( z )
[解] sin 3 z = sin 2 z ⋅ sin z = 1 − cos 2 z 2 sin z = 1 2 sin z − 1 2 sin z cos 2 z = 1 2 sin z − 1 2 sin 3 z + sin ( − z ) 2 = 3 4 sin z − 1 4 sin 3 z = 3 4 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! − 1 4 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 3 z ) 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 3 − 3 2 n + 1 4 ( 2 n + 1 ) ! z 2 n + 1 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 3 4 1 − 9 n ( 2 n + 1 ) ! z 2 n + 1 , ∀ z ∈ C . \begin{align*}
\sin^3 z
&=\sin^2 z\cdot \sin z=\frac{1-\cos 2z}{2}\sin z
=\frac12 \sin z-\frac12 \sin z \cos 2z\\
&=\frac12\sin z -\frac12\frac{\sin 3z+\sin(-z)}{2} = \frac34\sin z-\frac14 \sin 3z \\
&=\frac34 \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}
-\frac14\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(3z)^{2n+1}}{(2n+1)!} \\
&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{3-3^{2n+1}}{4(2n+1)!}z^{2n+1}
=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac34\frac{1-9^{n}}{(2n+1)!}z^{2n+1},\quad \forall z\in\mathbb{C}.
&\end{align*} sin 3 z = sin 2 z ⋅ sin z = 2 1 − cos 2 z sin z = 2 1 sin z − 2 1 sin z cos 2 z = 2 1 sin z − 2 1 2 sin 3 z + sin ( − z ) = 4 3 sin z − 4 1 sin 3 z = 4 3 n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 )! z 2 n + 1 − 4 1 n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 )! ( 3 z ) 2 n + 1 = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n 4 ( 2 n + 1 )! 3 − 3 2 n + 1 z 2 n + 1 = n = 0 ∑ ∞ ( − 1 ) n 4 3 ( 2 n + 1 )! 1 − 9 n z 2 n + 1 , ∀ z ∈ C .
定理7.2-3. f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − α ) n , z ∈ D r 1 ( α ) f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n (z-\alpha)^n, ~z\in D_{r_1}(\alpha) f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ a n ( z − α ) n , z ∈ D r 1 ( α ) g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ b n ( z − α ) n , z ∈ D r 2 ( α ) g(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty b_n (z-\alpha)^n, ~z\in D_{r_2}(\alpha) g ( z ) = n = 0 ∑ ∞ b n ( z − α ) n , z ∈ D r 2 ( α ) r = min { r 1 , r 2 } r=\min\{r_1,r_2\} r = min { r 1 , r 2 } β ∈ C \beta\in\mathbb{C} β ∈ C
β f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ β a n ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r 1 ( α ) \beta f(z) = \sum\limits_{n=0}^\infty \beta a_n (z-\alpha)^n, ~\forall z\in D_{r_1}(\alpha) β f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ β a n ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r 1 ( α ) f ( z ) ± g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ ( a n ± b n ) ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r ( α ) f(z) \pm g(z) = \sum\limits_{n=0}^\infty (a_n \pm b_n) (z-\alpha)^n, ~\forall z\in D_{r}(\alpha) f ( z ) ± g ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ( a n ± b n ) ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r ( α ) f ( z ) ⋅ g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r ( α ) f(z) \cdot g(z) = \sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n, ~\forall z\in D_{r}(\alpha) f ( z ) ⋅ g ( z ) = n = 0 ∑ ∞ c n ( z − α ) n , ∀ z ∈ D r ( α ) c n = ∑ k = 0 n a k b n − k c_n=\sum\limits_{k=0}^n a_k b_{n-k} c n = k = 0 ∑ n a k b n − k f f f g g g [證明]
定義7.2-2. (零點，zero) f f f D \mathcal{D} D z 0 ∈ D z_0\in \mathcal{D} z 0 ∈ D f ( z 0 ) = 0 f(z_0)=0 f ( z 0 ) = 0 z 0 z_0 z 0 f f f 零點 (zero)。
定理7.2-4. f f f D \mathcal{D} D f ( z 0 ) = 0 f(z_0)=0 f ( z 0 ) = 0 D δ ( z 0 ) D_\delta(z_0) D δ ( z 0 ) δ > 0 \delta>0 δ > 0 f f f D δ ( z 0 ) D_\delta(z_0) D δ ( z 0 ) z 0 z_0 z 0
[證明] 設 z 0 ∈ D z_0\in\mathcal{D} z 0 ∈ D f f f f f f D \mathcal{D} D R > 0 R>0 R > 0 f f f D R ( z 0 ) ⊂ D D_R(z_0)\subset \mathcal{D} D R ( z 0 ) ⊂ D
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − z 0 ) n , ∀ z ∈ D R ( z 0 ) . f\left( z \right) = {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{c_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}} },\quad \forall z\in D_R(z_0). f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ c n ( z − z 0 ) n , ∀ z ∈ D R ( z 0 ) . 若 ∀ c n = 0 \forall {c_n} = 0 ∀ c n = 0 n = 1 , 2 , ⋯ n = 1, 2, \cdots n = 1 , 2 , ⋯ f ( z ) ≡ 0 f\left( z \right) \equiv
0 f ( z ) ≡ 0 ∀ z ∈ D r ( z 0 ) \forall z \in D_r( z_0) ∀ z ∈ D r ( z 0 ) z 1 z_1 z 1 D \mathcal{D} D r 1 > 0 r_1>0 r 1 > 0 D r 1 ( z 1 ) ⊂ D D_{r_1}(z_1) \subset \mathcal{D} D r 1 ( z 1 ) ⊂ D D r 1 ( z 1 ) ∩ D r ( z 0 ) ≠ ∅ D_{r_1}(z_1)\cap D_{r}(z_0)\neq \emptyset D r 1 ( z 1 ) ∩ D r ( z 0 ) = ∅ D \mathcal{D} D z 0 z_0 z 0 z 1 z_1 z 1 z 0 z 1 ⌢ ⊂ D \stackrel{\Large \frown}{z_0 z_1}\subset \mathcal{D} z 0 z 1 ⌢ ⊂ D f f f D r 1 ( z 1 ) D_{r_1}(z_1) D r 1 ( z 1 ) z 1 z_1 z 1 D \mathcal{D} D f f f 解析延拓 ( analytical continuation) 。因此可證明 f f f D \mathcal{D} D c n c_n c n
f ′ ( z 0 ) = f ′ ′ ( z 0 ) = ⋯ = f ( m − 1 ) ( z 0 ) = 0 , f ( m ) ( z 0 ) ≠ 0 , f'\left( {{z_0}} \right) = f''\left( {{z_0}} \right) = \cdots = {f^{\left( {m - 1} \right)}}\left( {{z_0}} \right) =
{0},\quad{f^{\left( m \right)}}\left( {{z_0}} \right) \ne 0,
f ′ ( z 0 ) = f ′′ ( z 0 ) = ⋯ = f ( m − 1 ) ( z 0 ) = 0 , f ( m ) ( z 0 ) = 0 , 則 z 0 z_0 z 0 f ( z ) f(z) f ( z ) m m m
f ( z ) = ( z − z 0 ) m g ( z ) , g ( z 0 ) ≠ 0 f\left( z \right) = {\left( {z - {z_0}} \right)^m}g{\left( z \right)},
\quad g\left( {{z_0}} \right) \ne 0
f ( z ) = ( z − z 0 ) m g ( z ) , g ( z 0 ) = 0 g g g g g g D r ( z 0 ) D_r(z_0) D r ( z 0 ) g g g z 0 z_0 z 0 D δ ( z 0 ) D_\delta(z_0) D δ ( z 0 ) 0 < δ ≤ r 0<\delta\le r 0 < δ ≤ r g ( z ) ≠ 0 g(z)\neq 0 g ( z ) = 0 ∀ z ∈ D δ ( z 0 ) \forall z\in D_\delta(z_0) ∀ z ∈ D δ ( z 0 ) f f f D δ ( z 0 ) D_\delta(z_0) D δ ( z 0 ) z 0 z_0 z 0 ■ \hspace{10cm}\blacksquare ■
%201f36b89ff66843a98339e26c079b6129/Fig_7_2_1.png)