解析函数的级数表示 高阶导数的 Cauchy公式 f(eds 2Ti f() 可用于计算一些定积分,其中∫(-)必须在闭合回路围成的区域内解析。 把被积函数的不解析部分归结到 但是一般函数的积分如何计算?或者说能否将非解析部分归结为-1 另一方面,我们已求得 =tIoN 如何利用这一性质?若能将f()写成以下的级数形式,似乎即可求出积分 因此,本章涉及的问题 函数的级数表示:函数写成无穷项幂函数之和 求积分和无穷项的求和次序对调 ·函数的奇异性(非解析特性)用 形式来描述 31复变函数项级数 为讨论函数的幂函数级数表示,先讨论一般函数项级数 Q复变函数级数的敛散性 复变函数级数:无穷级数,每一项都是一个复变函数 部分和:S)=Swe)有限项求和一定收敛(其实也不必引入收敛的概念) 如果极限 lim S(z)=S()对某一点z存在,则称 复变函数级数在〓点收敛。S()称为级数在〓点的和
3 解析函数的级数表示 高阶导数的Cauchy公式 C f (ξ) ξ (ξ - z)n+1 = 2 π n ! f (n) (z) 可用于计算一些定积分，其中 f (z) 必须在闭合回路围成的区域内解析。 把被积函数的不解析部分归结到 1 (ξ - z)n+1 中。 但是一般函数的积分如何计算？或者说能否将非解析部分归结为 1 (ξ - z)n+1 。 另一方面，我们已求得 ：C z (z - a) n = 2 π δn,1 如何利用这一性质？若能将 f (z) 写成以下的级数形式，似乎即可求出积分 f (z) ？？？？ n cn (z - a)n 因此，本章涉及的问题： 函数的级数表示：函数写成无穷项幂函数之和 求积分和无穷项的求和次序对调 函数的奇异性（非解析特性）用 1 (ξ - z)n+1 形式来描述 3.1 复变函数项级数 为讨论函数的幂函数级数表示，先讨论一般函数项级数。 复变函数级数的敛散性 ◼ 复变函数级数：无穷级数，每一项都是一个复变函数 k=0 ∞ wk(z) = w0(z) + w1(z) + w2(z) + ... ◼ 收敛： 部分和：Sn(z) = k=0 n wk(z) 有限项求和一定收敛 （其实也不必引入收敛的概念 ） 如果极限 lim n ∞Sn(z) = S(z) 对某一点 z 存在，则称 复变函数级数在 z 点收敛。S(z) 称为级数在 z 点的和
2 Z03a nb 因为wk()=l(x,y)+in(x,y),故复变函数级数可视为两个二元实变函数级数, 复函数级数收敛 两二元实函数级数收敛。 wA(=)收敛 l4(x,y)和v4(,y)都收敛 收敛的必要条件 证明:imwk()=lim[S4()-S4-1()=IimS4(=)-limS-1()=S-)-S()=0 ■收敛的充要条件— Cauchy判据 VE>0,彐ME,z),使得当n>N(e,=)时,对任意自然数p,均有 I Sm+p()-Sm()1=>wm+ e)1,发散 q=1,不确定 Im叶1发散 n→ahwn(=川 根式法 收敛 lim v hn(=q{q>1,发散 q=1,不确定 q1,发散 q=1不确定 高斯法,当比值法遇q=1时常用,当n足够大时
因为 wk(z) = uk(x, y) + vk(x, y)，故复变函数级数可视为两个二元实变函数级数 ， 复函数级数收敛 两二元实函数级数收敛 。 k wk(z) 收敛 k uk(x, y) 和 k vk(x, y) 都收敛 ◼ 收敛的必要条件： lim k∞wk(z) = 0 (1.1) 证明： lim k∞wk(z) = lim k∞[Sk(z) - Sk-1(z)] = lim k∞Sk(z) - lim k∞Sk-1(z) = S(z) - S(z) = 0 ◼ 收敛的充要条件—— Cauchy判据 ∀ ε > 0，∃ N(ε, z)，使得当 n > N(ε, z) 时，对任意自然数 p，均有 Sn+p(z) - Sn(z) = k=1 p wn+k(z) 1, 发散 q = 1， 不确定 lim n∞ wn+1(z) wn(z) 1 发散 根式法 lim n∞ wn(z) n = q q 1, 发散 q = 1， 不确定 lim n∞ wn(z) n = q q 1, 发散 q = 1 不确定 高斯法，当比值法遭遇 q = 1 时常用，当 n 足够大时 2 z03a.nb
1收敛 注意区别:高斯法中看 比值法中看|" 比较法 ∑nd收敛且hl则∑u收敛 ∑叫l发散且lal2则∑吗发散 绝对收敛的性质 各项次序可任意调换,级数仍绝对收敛且级数和不变 非绝对收敛级数的求和不一定能任意改变次序 +---+.非绝对收敛 23456 以下推导错误,因为只有绝对收敛才可以改变求和顺序(加法交换律?) 1-3 实际上I=ln2 Sum 可逐项相乘,下式右边仍为绝对收敛级数(乘法分配率与交换律?) 2x12y2 目例题,类似于实函数级数 试证:当日<1, 证明:利用比值法m=<1时,级数绝对收敛 Sn()=1++…+=,=S()=+2+….+=n+1 二者相减:(1-)S()=1-=+1(这里用到加法交换律,对绝对收敛级数是可行的。) 两边取极限:lm(1-)S()=im(1-=+)= (1-) lim Sn(=)=1-lm+=1,S()=
wn wn+1 = 1 + μ n + o 1 nλ , λ > 1 Re μ > 1 收敛 Re μ ≤ 1 发散 注意区别：高斯法中看 wn wn+1 比值法中看 wn+1(z) wn(z) 比较法 n vn 收敛且 un ≤ vn, 则 n un 收敛 n vn 发散且 un ≥ vn, 则 n un 发散 ◼ 绝对收敛的性质 各项次序可任意调换，级数仍绝对收敛且级数和不变 ▲ 非绝对收敛级数的求和不一定能任意改变次序 I = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + 1 5 - 1 6 + ... 非绝对收敛 ， 以下推导错误 ，因为只有绝对收敛才可以改变求和顺序 （加法交换律 ？） I = 1 + 1 2 -2× 1 2 + 1 3 + 1 4 -2× 1 4 + 1 5 + 1 6 -2× 1 6 + .... = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ... - 2× 1 2 + 1 4 + 1 6 + .... = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ... - 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + .... = 0 实际上 I = ln 2 Sum (-1)n-1 n , {n, 1, ∞} Log[2] 可逐项相乘，下式右边仍为绝对收敛级数（乘法分配率与交换律？） k uk l vl = k l uk vl ☺ 例题，类似于实函数级数 试证：当 z < 1, k=0 ∞ zk = 1 1 - z 证明：利用比值法 lim k∞ zk zk-1 = z < 1 时，级数绝对收敛 Sn(z) = 1 + z + ... + zn, z Sn(z) = z + z2 + ... + zn+1 二者相减：(1 - z) Sn(z) = 1 - zn+1 （这里用到加法交换律 ，对绝对收敛级数是可行的 。） 两边取极限 ： lim n∞ (1 - z) Sn(z) = lim n∞1 - zn+1 = 1 (1 - z) lim n∞Sn(z) = 1 - lim n∞zn+1 = 1, S(z) = 1 1 - z z03a.nb 3
z03a. nb Q一致收敛 致:显然应是对某区域或某条曲线而言,不是对一点而言。不同于前述的收敛与绝对收敛。 致收敛概念在积分中有重要应用。 定义:级数m()的每一项在区域D或曲线L上有定义 VE>0,存在与无关的M(e),使得当n>N(e)时,对任意∈D或二∈L,均有 -s)0,彐N(e),使得当n>Ne)时,对任意〓∈D或二∈L,对任意自然数p,均有 Smpe)-Sn(=mokke -I wk WNWN. 注意区别绝对收敛和一致收敛,前者可以对点z定义,后者仅对区域或曲线而定义 致收敛与收敛的区别:找到一个对z∈D或z∈L与z无关的(最大的)N。 比较一致收敛与非一致收敛的充要条件 ▲一致收敛的充要条件 (任意)E>0,彐(一个)N(e) 使得当n>Me)时(对任意的n>N),对任意∈D或=∈L,对任意自然数p,均有 Sn+p(-)-Sn(-)=wm+()0,对任意正整数N,都存在一个m>N及某点0∈D或0∈L,使得对某个自然数p,有 Wn+k(2)2E0 例题:绝对收敛但不是一致收敛例 级数∑(1-)在区域1=10,需要导出存在N,使得对任意n>N Wn+k()wnk()N,且N与z无关
一致收敛 一致：显然应是对某区域或某条曲线而言，不是对一点而言。不同于前述的收敛与绝对收敛。 一致收敛概念在积分中有重要应用。 定义：级数 k=0 ∞ wk(z) 的每一项在区域 D 或曲线 L 上有定义 ∀ ε > 0, 存在与 z 无关的 N(ε)，使得当 n > N(ε) 时，对任意 z ∈ D 或 z ∈ L，均有 S(z) - Sn(z) 0， ∃ N (ε)，使得当 n > N(ε) 时，对任意 z ∈ D 或 z ∈ L，对任意自然数 p，均有 Sn+p(z) - Sn(z) = k=1 p wn+k(z) 0， ∃ （一个） N (ε)， 使得当 n > N(ε) 时 （对任意的 n > N），对任意 z ∈ D 或 z ∈ L，对任意自然数 p，均有 Sn+p(z) - Sn(z) = k=1 p wn+k(z) 0， 对任意正整数 N，都存在一个 n0 > N 及某点 z0 ∈ D 或 z0 ∈ L，使得对某个自然数 p0，有 k=1 p0 wn+k(z) ≥ ε0 ☺ 例题：绝对收敛但不是一致收敛例 级数 k zk-1 - zk 在区域 z 0, 需要导出存在 N，使得对任意 n > N ， k=1 p wn+k(z) N ，且 N 与 z 无关。 4 z03a.nb
8wN 某个自然数和某个点|=0|0,这时对m=N+1 对任意给定的正整数N,只要M足够大,δ就足够小 就可以使(1-10-0x1~1-(+1)10>c=0.1 故在叫N时, 对任意自然数p与满足Hwn+()(1-10- 因为N与无关,M变化时,N不变,因此对那个找到的与无关的Ne),我们可以取足够大的M, wnk()>(1-10-)+>e,这就与(1.2)式相矛盾 故找不到与z无关的N。该级数不可能是一致收敛的。 理解(注意,这里的理解并非数学证明):前面已求得N(E,2)=—与有关, 接着应该在区域<1内找到一个最大的N。 显然,在区域<1内 无最大值(因为可以无限接近于1) In E/2 若在<-区域,M(E,z) 在此区域可取最大值 In E/2 对应于 n1/2=N)与无关。 目例题:一致收敛但不是绝对收敛例
k=1 p wn+k(z) ln ε/2 ln z = N(ε, z) 找到 N ，因此级数是收敛的 。 但，是否一致收敛 ？需要找一个与 z 无关的 N，或者说对 z N, 某个自然数 p0 和 某个点 z0 0，这时对 n0 = N + 1 k=1 p0 wn+k(z) = zN+1 - zN+2 = (1 - δ)N+1 2 - δ > 1 - δ N+1 对任意给定的正整数 N，只要 M 足够大，δ 就足够小 ， 就可以使 1 - 10-M N+1~ 1 - (N + 1) 10-M > ε0 = 0.1 故在 z N 时， 对任意自然数 p 与满足 z 1 - 10-M N+1 因为 N 与 z 无关，M 变化时，N 不变，因此对那个找到的与 z 无关的 N(ε)，我们可以取足够大的 M， 使得 k=1 p wn+k(z) p=1 > 1 - 10-M N+1 > ε，这就与(1. 2) 式相矛盾。 故找不到与 z 无关的 N。该级数不可能是一致收敛的 。 理解 （注意，这里的理解并非数学证明 ）：前面已求得 N(ε, z) = ln ε/2 ln z 与 z 有关， 接着应该在区域 z < 1 内找到一个最大的 N。 显然，在区域 z < 1 内， ln ε/2 ln z 无最大值 （因为 z 可以无限接近于 1）。 若在 z < 1 2 区域， N(ε, z) = ln ε/2 ln z 在此区域可取最大值 , 对应于 z = 1 2 ⟹ ln ε/2 ln 1/2 = N(ε) 与 z 无关。 ☺ 例题：一致收敛但不是绝对收敛例： z03a.nb 5
6z03a.nb 级数∑-)在曲线L;(02631上 比值法:lim =≡在凵1,Reμ=1发散 原级数在L上并非绝对收敛级数。 下证明它在L上一致收敛 VE>0,要找一个与二无关的Ne),使得 当n>N时,对任意自然数p,1=EweN(E)。在L上 = (n+1) 中括号内,当〓在L上时,第一项大于第二项,第三项大于第四项…,因此 若总项数p为偶数,必大于0,即任意偶数项之和大于0(对二在L上) 若总项数p为奇数,因偶数项之和>0,最后一项也>0,总和仍>0 中括号内各项之和大于 又:对〓在L上,每一项的绝对值都比后一项大, 故:前(2m-1)项之和ln--1,取N=ln-即可, N与:无关(只要=在曲线L:{05x51上) 实际上S(-1 n(1+),对≤1且二≠-1 该复数级数在≤1-6闭区域一致收敛(6>0,δ很小) 1 Log [1+z ·借助番 Mathematica,判断在闭区域≤1-6,这个级数一致收敛 对叫≤1-6(小量6>0), Cauchy一致收敛判据中的任意连续的p项和要满足 ISn+p(=)-Sm()=>wn+()<e 可用番 Mathematica计算Tp(,n)=(n+1)[Sn+p(=)-Sn()l, 并验证对任意自然数p,|c=,m)<M(有界)
级数 k=1 ∞ (-1)k zk k 在曲线 L： 0 ≤ x ≤ 1 y = 0 上 比值法：lim n∞ wn+1 wn = z ⟹ 在 z 1, Re μ = 1 发散 原级数在 L 上并非绝对收敛级数 。 下证明它在 L 上一致收敛 ∀ ε > 0, 要找一个与 z 无关的 N(ε)，使得 当 n > N 时，对任意自然数 p，I = k=1 p wn+k(z) N(ε)。在 L 上 I = zn+1 n + 1 - zn+2 n + 2 + zn+3 n + 3 - zn+4 n + 4 + ... = zn+1 n + 1 1 - (n + 1) (n + 2) z + (n + 1) (n + 3) z2 - (n + 1) (n + 4) z3 + ... 中括号内，当 z 在 L 上时，第一项大于第二项 ，第三项大于第四项 ...，因此， 若总项数 p 为偶数，必大于 0，即任意偶数项之和大于 0 （对 z 在 L 上） 若总项数 p 为奇数，因偶数项之和 > 0，最后一项也 > 0，总和仍 > 0 故：中括号内各项之和大于 0。 又：对 z 在 L 上，每一项的绝对值都比后一项大 ， 故：前 (2 m - 1) 项之和 ln 1 ε - 1, 取 N = ln 1 ε 即可， N 与 z 无关 （只要 z 在曲线 L： 0 ≤ x ≤ 1 y = 0 上） 实际上 k=1 ∞ (-1) k zk k = - ln(1 + z), 对 z ≤ 1 且 z ≠ -1 该复数级数在 z ≤ 1 - δ 闭区域一致收敛 （δ > 0，δ 很小） Sum(-1)k zk k , {k, 1, ∞} -Log[1 + z] 借助 Mathematica ，判断在闭区域 z ≤ 1 - δ ，这个级数一致收敛 对 z ≤ 1 - δ （小量 δ > 0），Cauchy一致收敛判据中的任意连续的 p 项和要满足 Sn+p(z) - Sn(z) = k=1 p wn+k(z) < ε 可用 Mathematica 计算 Tp(z, n) = (n + 1) [Sn+p(z) - Sn(z)], 并验证 对任意自然数 p， Tp(z, n) < M （有界） 6 z03a.nb
03a. nb 从而Sn-S=pm0,彐6,使得当上-d<6时,==)-S=0)<E 论证步骤:从|()-S(=0)川<E -=0|<6(E)
从而 Sn+p(z) - Sn(z) = Tp(z, n) (n + 1) 0, ∃ δ, 使得当 z - z0 < δ 时，I = S(z) - S(z0) < ε。 论证步骤：从 S(z) - S(z0) < ε ⟸ z - z0 < δ (ε) z03a.nb 7
8z03a.nb =|S()-S(二0)=|S(二)-S(-)+Sn(二)-Sn(20)+Sn(=0)-S(=0 因为一致收敛,故V->0,彐与无关的N(E),使得当n>N(ε)时 s)-S)0,彐δ,使得-=|<6时 =|S(=)-S(=0)<E S()连续 收敛是和函数连续的充分条件 ▲若非一致收敛,则不一定能保证和函数连续 反例:级数∑4- 在<1收敛,在x=1也收敛 在0≤x≤1收敛,但并非一致收敛 S(x)= 1,0≤x<1(绝对收敛,故可以这样写成两个级数) S()=0,mS)=1+1)级数Sx)不连续 k+12二2k+3 反例:级数 在直线段L:{yFx1收敛(试证之) 际上它至少在圆心于原点的右半单位圆D收敛。 可以证明,它在L上不是一致收敛 S(-)=2二-ln=+1 ln2而S(1)=2-ln4 limS(二)≠S(1)尽管在D上收敛
I = S(z) - S(z0) = S(z) - Sn(z) +Sn(z) -Sn(z0) +Sn (z0) - S(z0) I 0, ∃ 与 z 无关的 N(ε), 使得当 n > N(ε) 时 S(z) - Sn(z) 0，∃ δ，使得 z - z0 < δ 时 I = S(z) - S(z0) < ε ⟹ S(z) 连续 ▲ 一致收敛是和函数连续的充分条件。 ▲ 若非一致收敛，则不一定能保证和函数连续。 反例 ：级数 k=1 ∞ xk-1 - xk 在 x < 1 收敛，在 x = 1 也收敛 在 0 ≤ x ≤ 1 收敛，但并非一致收敛 S(x) = 1 1 - x - x 1 - x = 1, 0 ≤ x < 1 （绝对收敛，故可以这样写成两个级数 ） S(1) = 0, lim x1 S(x) = 1 ≠ S(1) 级数 S(x) 不连续 反例 ：级数 k=0 ∞ zk+1 k + 1 - 2 z2 k+3 2 k + 3 在直线段 L： y = 0 -1 < x ≤ 1 收敛 （试证之） 实际上它至少在圆心于原点的右半单位圆 D 收敛。 可以证明，它在 L 上不是一致收敛 ， S(z) = 2 z - ln[z + 1] lim z1 S(z) = 2 - ln2 而 S(1) = 2 - ln4 lim z1 S(z) ≠ S(1) 尽管在 D 上收敛 8 z03a.nb
03a. nb zk+1 tl Limit[ t2= Sum in,0, oo)// FullSimplify [1+z] ▲是否绝对收敛影响加法交换律在级数中的应用,是否一致收敛影响连续函数之和依然连续在级数中的应用 若级数>vk()在曲线L上满足:a每一项连续;b.一致收敛,则: W()d=,求积与求和可以交换次序 k=0 证明:在L上一致收敛,故在L上和函数S()连续,可积 对有限项:(Ssd=「|Sv-ld=S「e)d 思考:下面的证明错在哪里? 1.3)两边同取极限:in 正确的证明:因为一致收敛,VE>0,彐与无关的N(E), 当n>N时,对任意 均有Sn(=)-S(=川N时,|Sn()-S<E=团<El或liml=0 lim左=lim右≡ k(=)|d k(=)d 若加上w日在D内解析,则级数C止也一数收,《(之) 逐项求导( Weierstrass定理)
z0 = 1 - δ 0; Sum zk+1 k + 1 - 2 z2 k+3 2 k + 3 , {k, 0, ∞} // FullSimplify t1 = Limit[%, z z0] t2 = Sum z0n+1 n + 1 - 2 z02 n+3 2 n + 3 , {n, 0, ∞} // FullSimplify 2 z - Log[1 + z] 2 - Log[2] 2 - Log[4] ▲ 是否绝对收敛影响加法交换律在级数中的应用，是否一致收敛影响连续函数之和依然连续在级数中的应用。 逐项求积 若级数 k wk(z) 在曲线 L 上满足：a. 每一项连续 ；b. 一致收敛 ，则： L k=0 ∞ wk(z) z = k=0 ∞ L wk(z) z, 求积与求和可以交换次序 证明： 在 L 上一致收敛，故在 L 上和函数 S(z) 连续，可积。 对有限项：L Sn(z) z = L k=0 n wk(z) z = k=0 n L wk(z) z (1.3) 思考：下面的证明错在哪里 ？ (1. 3) 两边同取极限 ：lim n∞L k=0 n wk(z) z = lim n∞ k=0 n L wk(z) z 左 = lim n∞L k=0 n wk(z) z = L lim n∞ k=0 n wk(z) z = L k=0 ∞ wk(z) z 右 = k=0 ∞ L wk(z) z ⟹ 左 = 右，得：L k=0 ∞ wk(z) z = k=0 ∞ L wk(z) z 正确的证明 ：因为一致收敛 ，∀ ε > 0, ∃ 与 z 无关的 N(ε), 当 n > N 时，对任意 z ∈ L, 均有 Sn (z) - S(z) N 时， Sn (z) - S(z) < ε ⟹ I < ε l 或 lim n∞I = 0 lim n∞左 = lim n∞右 ⟹ L k=0 ∞ wk(z) z = k=0 ∞ L wk(z) z ▲ 若加上 wk(z) 在 D 内解析，则级数 k=0 ∞ z0 z wk(z) z 也一致收敛 。（试证之） 逐项求导（Weierstrass 定理） z03a.nb 9
10 z03anb 若级数∑y()在区域D(边界为C,如图)内满足:a每一项解析:b.内闭一致收敛,则 S()=)wk()在D内解析 b.s()=>w(c)(逐项求 (=)内闭一致收敛(求导后的级数仍内闭一致收敛 a.先证明S(=)解析 k(=)解析=wk()= =d()d, 2i JL E L为D内包围点的一条闭合回路, 注意因为z∈开区域D,故一定可在D内在找到一条L使之包围〓点 心内闭致收敛,故它在L上一致收敛,而1-1有界, 因为一致收敛级数每一项乘以一有界函数得到的新级数仍一致收敛(判别法二) 故级数∑日在积分路径L上也一致收敛。求积与求和可交换次序 S-)=)wk)= wk(edE= 2ri5-=2 2ri求E- 因为w()解析且∑mk()一致收敛,故Se连续 S()表为 Cauchy型积分,必然解析 b.再证明逐项求 由上一步,S)在D内表为 Cauchy型积分,故 Sm(=)= d Sm)-致收敛, 一有界,故 2ri(E-=)+ k(2 =Sy()也一致收敛,求和与求积分可交换次序 台62ri(∈-y 再利用高阶导数 Cauchy公式 $ k(2) dE=wpo c最后证明∑v(c)内闭一致收敛
若级数 k wk(z) 在区域 D （边界为 C，如图） 内满足：a. 每一项解析 ；b. 内闭一致收敛 ，则： a. S(z) = k=0 ∞ wk(z) 在 D 内解析 b. S(n) (z) = k=0 ∞ wk (n) (z) （逐项求导） c. k=0 ∞ wk (n) (z) 内闭一致收敛 （求导后的级数仍内闭一致收敛 ） C L z a. 先证明 S (z) 解析 wk(z) 解析 ⟹ wk(z) = 1 2 π L wk (ξ) ξ ξ - z = L ϕk(ξ) ξ， L 为 D 内包围 z 点的一条闭合回路 ， 注意因为 z ∈ 开区域 D，故一定可在 D 内在找到一条 L 使之包围 z 点 k=0 ∞ wk(ξ) 内闭一致收敛 ，故它在 L 上一致收敛 ，而 1 2 π 1 ξ - z 有界， 因为一致收敛级数每一项乘以一有界函数得到的新级数仍一致收敛 （判别法二 ） 故级数 k=0 ∞ ϕk(ξ) 在积分路径 L 上也一致收敛 。求积与求和可交换次序 。 S(z) = k=0 ∞ wk(z) = k=0 ∞ L ϕk(ξ) ξ = 1 2 π L k=0 ∞ wk(ξ) ξ - z ξ S(z) = 1 2 π L 1 ξ - z k=0 ∞ wk(ξ) ξ = 1 2 π L S(ξ) ξ - z ξ 因为 wk(z) 解析且 k=0 ∞ wk (z) 一致收敛 ，故 S(ξ) 连续， S(z) 表为 Cauchy型积分 ，必然解析 。 b. 再证明逐项求导 由上一步，S(z) 在 D 内表为 Cauchy型积分 ，故 S(n) (z) = n ! 2 π L S(ξ) (ξ - z)n+1 ξ = n! 2 π L k=0 ∞ wk(ξ) (ξ - z)n+1 ξ k=0 ∞ wk(ξ) 一致收敛 ， n! 2 π 1 (ξ - z)n+1 有界，故 k=0 ∞ n! 2 π wk(ξ) (ξ - z)n+1 = k=0 ∞ φk(z) 也一致收敛，求和与求积分可交换次序 ， 再利用高阶导数Cauchy公式 S(n) (z) = k=0 ∞ n! 2 π L wk(ξ) (ξ - z)n+1 ξ = k=0 ∞ wk (n) (z) c. 最后证明 k=0 ∞ wk (n) (z) 内闭一致收敛 10 z03a.nb
