把 1 / ( 2 − z ) 1/(2-z) 1/ ( 2 − z ) z = 1 z=1 z = 1 z = 3 z=3 z = 3
有限和把余项也交给你
把 S N = 1 + w + ⋯ + w N S_N=1+w+\cdots+w^N S N = 1 + w + ⋯ + w N 1 − w 1-w 1 − w
S N = 1 − w N + 1 1 − w , 1 1 − w − S N = w N + 1 1 − w . S_N=\frac{1-w^{N+1}}{1-w},\qquad \frac1{1-w}-S_N=\frac{w^{N+1}}{1-w}. S N = 1 − w 1 − w 当 ∣ w ∣ < 1 |w|<1 ∣ w ∣ < 1 ∣ w ∣ ≥ 1 |w|\ge1 ∣ w ∣ ≥ 1 w n w^n w n
例如
1 2 − z = 1 2 ∑ n = 0 ∞ ( z 2 ) n , ∣ z ∣ < 2. \frac1{2-z}=\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(\frac z2\right)^n,\qquad |z|<2. 2 − z 1 = 2 1 截到 n = N n=N n = N ∣ z ∣ ≤ r < 2 |z|\le r<2 ∣ z ∣ ≤ r < 2
∣ R N ( z ) ∣ ≤ 1 2 ( r / 2 ) N + 1 1 − r / 2 . |R_N(z)|\le\frac12\frac{(r/2)^{N+1}}{1-r/2}. ∣ R N ( z ) ∣ ≤ 2 1 1 这个界不挑选圆盘中的某一点，因而比“我试了几个点，误差都小”更有用。比如要在 ∣ z ∣ ≤ 1 |z|\le1 ∣ z ∣ ≤ 1 10 − 3 10^{-3} 1 0 − 3 2 − ( N + 1 ) < 10 − 3 2^{-(N+1)}<10^{-3} 2 − ( N + 1 ) <
1 / ( 2 − z ) 1/(2-z) 1/ ( 2 − z ) z / 2 z/2 z /2
一般幂级数的圆盘从哪里来
考虑 ∑ n ≥ 0 a n ( z − c ) n \sum_{n\ge0}a_n(z-c)^n ∑ n ≥ 0 a n ( z − c ) n ρ > 0 \rho>0 ρ
∣ a n ( z − c ) n ∣ ≤ C ( r / ρ ) n , ∣ z − c ∣ ≤ r . |a_n(z-c)^n|\le C(r/\rho)^n,\qquad |z-c|\le r. ∣ a n ( z − c ) n ∣ ≤ C ( r / ρ ) 右侧是收敛的几何级数。这证明较小闭圆盘上的绝对一致收敛。把所有可行距离合起来，就得到收敛半径 R ∈ [ 0 , ∞ ] R\in[0,\infty] R ∈ [ 0 , ∞ ]
若使用根值判别法，还可写成
1 R = lim sup n → ∞ ∣ a n ∣ 1 / n . \frac1R=\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}. R 1 = n → ∞ lim sup ∣ a 约定右侧为 0 0 0 R = ∞ R=\infty R = ∞ R = 0 R=0 R = 0 ∑ z n / n \sum z^n/n ∑ z n / n 1 1
同一个收敛圆周上，∑ z n / n \sum z^n/n ∑ z n / n − 1 -1 − 1 1 1 1
为什么允许逐项求导
仅说“原级数一致收敛”还不够；一般函数列的一致极限，不能随意与求导交换。幂级数有额外的几何衰减。
取 0 < r < ρ < R 0<r<\rho<R 0 < r < ρ < R ∣ a n ∣ ρ n ≤ C |a_n|\rho^n\le C ∣ a n ∣ ρ n ≤ C
n ∣ a n ∣ r n − 1 ≤ C ρ n ( r / ρ ) n − 1 . n|a_n|r^{n-1}\le\frac C\rho n(r/\rho)^{n-1}. n ∣ a n ∣ r n − 1 ≤ ρ C 因为 ∑ n ≥ 1 n q n − 1 = 1 / ( 1 − q ) 2 \sum_{n\ge1}nq^{n-1}=1/(1-q)^2 ∑ n ≥ 1 n q n − 1 = 1/ ( 1 − q ) 2
S N ( z + h ) − S N ( z ) = h ∫ 0 1 S N ′ ( z + t h ) d t . S_N(z+h)-S_N(z)=h\int_0^1 S_N'(z+th)dt. S N ( z + h ) − S N ( z ) = 让 N → ∞ N\to\infty N → ∞ h h h h → 0 h\to0 h → 0 g g g f ′ ( z ) = g ( z ) f'(z)=g(z) f
f ′ ( z ) = ∑ n = 1 ∞ n a n ( z − c ) n − 1 . f'(z)=\sum_{n=1}^\infty n a_n(z-c)^{n-1}. f ′ ( z ) = n = 1 ∑ ∞ n a 逐项积分可直接用一致收敛与弧长估计证明。导数级数和原级数的半径相同：乘上的 n n n n n n 1 1 1
从 Cauchy 公式走到 Taylor 定理
现在反过来：若 f f f ∣ z − c ∣ < R |z-c|<R ∣ z − c ∣ < R 0 < r < ρ < R 0<r<\rho<R 0 < r < ρ < R ∣ ζ − c
1 ζ − z = ∑ n = 0 N ( z − c ) n ( ζ − c ) n + 1 + ( z − c ) N + 1 ( ζ − c ) N + 1 ( ζ − z ) . \frac1{\zeta-z}
=\sum_{n=0}^N\frac{(z-c)^n}{(\zeta-c)^{n+1}}
+\frac{(z-c)^{N+1}}{(\zeta-c)^{N+1}(\zeta-z)}. ζ − z 1 = 代入 Cauchy 公式，前面每一项的系数正是高阶积分公式给出的
a n = 1 2 π i ∮ ∣ ζ − c ∣ = ρ f ( ζ ) ( ζ − c ) n + 1 d ζ = f ( n ) ( c ) n ! . a_n=\frac1{2\pi i}\oint_{|\zeta-c|=\rho}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-c)^{n+1}}d\zeta
=\frac{f^{(n)}(c)}{n!}. a n = 2 π i 1 设圆周上 ∣ f ∣ ≤ M ρ |f|\le M_\rho ∣ f ∣ ≤ M ρ M L ML M L
∣ R N ( z ) ∣ ≤ M ρ ρ ρ − r ( r ρ ) N + 1 , ∣ z − c ∣ ≤ r . |R_N(z)|\le\frac{M_\rho\rho}{\rho-r}\left(\frac r\rho\right)^{N+1},\qquad |z-c|\le r. ∣ R N ( z ) ∣ ≤ ρ − r M 这条估计说明余项一致趋零，也把“交换无穷求和与积分”的理由补齐了。因此
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( c ) n ! ( z − c ) n . f(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(z-c)^n. f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ n ! f 由于 r , ρ r,\rho r , ρ R R R
在 r < ρ < R r<\rho<R r < ρ < R M M M
计算时不必反复求高阶导数
展开 e z / ( 1 + z ) e^z/(1+z) e z / ( 1 + z )
( 1 + z + z 2 2 + z 3 6 + ⋯ ) ( 1 − z + z 2 − z 3 + ⋯ ) = 1 + 1 2 z 2 − 1 3 z 3 + ⋯ . \left(1+z+\frac{z^2}2+\frac{z^3}6+\cdots\right)
\left(1-z+z^2-z^3+\cdots\right)
=1+\frac12z^2-\frac13z^3+\cdots. ( 1 + z + 2 z 2 一次项相消；三次项是 − 1 + 1 − 1 / 2 + 1 / 6 = − 1 / 3 -1+1-1/2+1/6=-1/3 − 1 + 1 − 1/2 + 1/6 = − 1/3 ∣ z ∣ < 1 |z|<1 ∣ z ∣ < 1 − 1 -1 − 1
“离最近奇点多远”需要看约分或延拓之后的函数。( z − 1 ) / ( z 2 − 1 ) (z-1)/(z^2-1) ( z − 1 ) / ( z 2 − 1 ) z = 1 z=1 z = 1 1 / 2 1/2 1/2 1 / (
换中心，也换了距离
对 1 / ( 2 − z ) 1/(2-z) 1/ ( 2 − z ) 2 2 2 c = 5 c=5 c = 5 w = z − 5 w=z-5 w = z − 5
1 2 − z = − 1 3 + w = − 1 3 ∑ n = 0 ∞ ( − w / 3 ) n , ∣ z − 5 ∣ < 3. \frac1{2-z}=-\frac1{3+w}
=-\frac13\sum_{n=0}^\infty(-w/3)^n,\qquad |z-5|<3. 2 − z 1 = − 3 + w 奇点还是 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 / ( 1 − z ) 1/(1-z) 1/ ( 1 − z ) 5 5 5 1 1 1 4 4
图中函数是 1 / ( 1 − z ) 1/(1-z) 1/ ( 1 − z ) 5 5 5 1 1 1 4 4 4 1 / ( 2 − z ) 1/(2-z) 1/ ( 2 − z )
看误差，别只看部分和像不像
在部分和实验中选 1 / ( 2 − z ) 1/(2-z) 1/ ( 2 − z ) N N N z = 1 z=1 z = 1 z = 1.9 z=1.9 z = 1.9 z = 3 z=3 z
另一幅实验允许移动展开中心和极点。试着把中心移到两个极点等距的位置，再移动其中一个极点：决定半径的对象会换。中心撞上真正极点时，Taylor 展开从起点就失效；若设置为可去缺口，则应先明确填补后的函数。
零点为何不能在内部挤在一起
设 f f f a a a f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 a m ( z − a ) m a_m(z-a)^m a m ( z − a
f ( z ) = ( z − a ) m g ( z ) , g ( a ) = a m ≠ 0. f(z)=(z-a)^m g(z),\qquad g(a)=a_m\ne0. f ( z ) = ( z − a ) m g ( z ) , g ( a ) = a g g g a a a f f f m m m e z − 1 − z = z 2 ( 1 / 2 + z / 6 + ⋯ ) e^z-1-z=z^2(1/2+z/6+\cdots) e z − 1
e z − 1 − z e^z-1-z e z − 1 − z z 2 / 2 z^2/2 z 2 /2
如果一列不同的零点趋向定义域内部的 a a a f f f a a a U U U U U U U U U U U U
把这个结论用于 f − g f-g f − g 恒等定理 ：两个全纯函数在区域内部有积聚点的一组点上相等，就在整个连通区域相等。积聚点必须在内部；sin ( π / z ) \sin(\pi/z) sin ( π / z ) 1 / n 1/n 1/ n 0 0 0 0 0 0
这也补上上一章最大模原理的最后一步：局部最大迫使函数在一个圆盘内常值，恒等定理再将常值传播到整个连通区域。
恒等定理要求零点积聚在区域内部。右图的积聚点位于边界，不能直接套用该定理。
练习
练习 1｜把精度变成阶数。 用 1 / ( 3 − z ) 1/(3-z) 1/ ( 3 − z ) 0 0 0 ∣ z ∣ ≤ 1 |z|\le1 ∣ z ∣ ≤ 1 10 − 3 10^{-3} 1 0 − 3
查看解答 展开为 1 3 ∑ n ≥ 0 ( z / 3 ) n \frac13\sum_{n\ge0}(z/3)^n 3 1 ∑ n ≥ 0 ( z /3 ) n 1 2 ( 1
练习 2｜积分产生新级数。 在 ∣ z ∣ < 1 |z|<1 ∣ z ∣ < 1 L ( 0 ) = 0 L(0)=0 L ( 0 ) = 0 L ′ ( z ) = 1 / ( 1 + z ) L'(z)=1/(1+z) L ′ ( z ) =
查看解答 逐项积分得到 L ( z ) = ∑ n ≥ 1 ( − 1 ) n − 1 z n / n = z − z 2 / 2 + z 3 / 3 − z 4 / 4 + ⋯ L(z)=\sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}z^n/n=z-z^2/2+z^3/3-z^4/4+\cdots L ( z ) = ∑ n ≥ 1 ( − 1 ) n − 1 z
练习 3｜少量取值能决定函数吗。 f f f ∣ z ∣ < 2 |z|<2 ∣ z ∣ < 2 n n n f ( 1 / n ) = 1 / ( 3 − 1 / n ) f(1/n)=1/(3-1/n) f ( 1/ n ) = 1/ ( 3 − 1/
查看解答 g ( z ) = 1 / ( 3 − z ) g(z)=1/(3-z) g ( z ) = 1/ ( 3 − z ) f − g f-g f − g 1 / n 1/n 1/ n 0 0 0
1 将 (z−1)/(z²−1) 在 z=1 的缺口填补后，以 1 为中心的 Taylor 收敛半径是多少？
2 幂级数在收敛圆盘内可以逐项微分，但圆周上的情形还需另外检查。
