解析函数的级数展开
$\quad\\$
函数项级数
$\quad\\$
数项级数$\quad$设$z_n\in\mathbb{C}(n=1,2,\cdots)$，若级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$部分和$S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}z_k$序列收敛到点$z_0\in \mathbb{C}$，则称级数收敛，并称$z_0$为级数的和，否则称级数发散
  因为级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$收敛的充要条件为其实部级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\text{Re}z_n$与虚部级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\text{Im}z_n$收敛，故由实数项级数的Cauchy收敛原理可得级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$的收敛原理如下
  级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$收敛的充要条件为：$\forall \varepsilon>0,\exists N\in \mathbb{N_+}$，使得当$n\ge N,p\ge 1$时有$|z_{n+1}+z_{n+2}+\cdots+z_{n+p}|<\varepsilon$
  若级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|z_n|$收敛，则称级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$绝对收敛.若级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|z_n|$发散，级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$收敛，则称级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}z_n$条件收敛.
$$\quad\\$$
多边形囚禁定理$\quad$对任意维数$n$，存在常数$C_n$，对于$\mathbb{R}^n$中任意一组有限个满足条件$\displaystyle\sum_{i=1}^m v_i=0,||v_i||\le 1$的向量$v_i(i=1,2,\cdots,m)$，
存在$(2,3,\cdots,m)$的一个排列$P$，使得
$$\left|\left|v_1+\sum_{i=2}^{j}v_{P(i)}\right|\right|\le C_n\qquad\forall \;2\le j\le m$$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 对于n=1的情况，不妨取v_1>0\\\\ \quad\\\\ 然后再取v_2,\cdots,v_{i1}小于等于零，一直到\sum_{i=1}^{i1}v_1小于等于零为止\\\\ \quad\\\\ 接着再取v_{i1+1},\cdots,v_{i2}大于等于零，一直到\sum_{i=1}^{i2}大于等于零为止\\\\\ \quad\\\\ 如此往复直到取完所有v_i，由取法和||v_i||\le 1可知所有部分和绝对值均在[0,1]之间\\\\ \quad\\\\ 故可取C_1=1\\\\ \quad\\\\ 接着使用归纳法，假设n>1，C_{n-1}、\{v_i\}为满足条件的常数和向量组\\\\ \quad\\\\ 由于\{v_i\}元素个数有限，故其以v_1开头的部分和个数也有限\\\\ \quad\\\\ 记其中所有部分和中模长最大的为L=v_1+u_1+u_2+\cdots+u_s，\{u_1,u_2,\cdots,u_s\}\subset\{v_i\}\\\\ \quad\\\\ 记\{v_i\}中不在L中的向量为\{w_1,w_2,\cdots,w_t\}，则有L+w_1+w_2+\cdots+w_t=0\\\\ \quad\\\\ 由L模长最大知L与v_1,u_i,w_i的内积有以下不等式\\\\\ \quad\\\\ L\cdot v_1\ge 0\qquad L\cdot u_i\ge 0\qquad L\cdot w_i\le 0\\\\ \quad\\\\ 记L^{\perp}为L所在直线的补空间,v'=v-\frac{v\cdot L}{||L||}L为v在L^{\perp}中的成分\\\\ \quad\\\\ 则有v_1'+u_1'+u_2'+\cdots+u_s'=0\\\\ \quad\\\\ 由归纳假设，存在(1,2,\cdots,s)的排列Q使得\left|\left|v_1'+\sum_{i=1}^{j}u_{Q(i)}'\right|\right|\le C_{n-1}\quad\text{for}\; 1\le j\le s\\\\ \quad\\\\ 也存在(2,3,\cdots,t)的排列R使得\left|\left|w_1'+\sum_{i=2}^{j}w_{R(i)}'\right|\right|\le C_{n-1}\quad\text{for}\; 2\le j\le t\\\\ \quad\\\\ 接下来仿照n=1情况的证明，v_1\cdot L\ge 0\\\\ \quad\\\\ 然后再取w_{R(1)},\cdots,w_{R(i1)}，一直到(v_1+\sum w)\cdot L小于等于零为止\\\\ \quad\\\\ 接着再取u_{Q(1)},\cdots,u_{Q(i2)}，一直到(v1+\sum w+\sum u)\cdot L大于等于零为止\\\\\ \quad\\\\ 如此重复直到取完所有v_i，可知此排列所有部分和沿L方向分量的绝对值在[0,1]之间\\\\ \quad\\\\ 又由上知所有部分和在L^\perp中分量的绝对值在[0,2C_{n-1}]之间\\\\ \quad\\\\ 将此排列记为P，则\left|\left|v_1+\sum_{i=2}^{j}v_{P(i)}\right|\right|\le \sqrt{4C_{n-1}^2+1}\qquad\forall \;2\le j\le m\\\\ \quad\\\\ 由归纳假设知结论成立\qquad\square $$
$\quad$
注$\quad$由证明知可取$C_1=1$，由$C_n\le \sqrt{4C_{n-1}^2+1}$可推出$C_n\le \displaystyle\sqrt{\frac{4^n-1}{3}}$
$$\quad\\$$
推论1$\quad$$\quad$对任意维数$n$，存在常数$C_n$，对于$\mathbb{R}^n$中任意一组有限个满足条件$||\displaystyle\sum_{i=1}^m v_i||=\varepsilon,||v_i||\le \varepsilon$的向量$v_i(i=1,2,\cdots,m)$，
存在$(1,2,\cdots,m)$的一个排列$P$，使得
$$\left|\left|\sum_{i=1}^{j}v_{P(i)}\right|\right|\le \varepsilon(C_n+1)\qquad\forall \;1\le j\le m$$
$\quad\\$
推论2$\quad$$\quad$记$C_{n-1}$为上述常数，对于$\mathbb{R}^n$中任意一组有限个满足条件$||v_i||\le \varepsilon$的向量$v_i(i=1,2,\cdots,m)$，令$w=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}v_i$，任取$0<t<1$，或者
$$||v_1-tw||\le\varepsilon\sqrt{C_{n-1}^2+1}$$
或者存在$(2,\cdots,m)$的一个排列$P$和$2\le r\le m$，使得
$$\left|\left|v_1+\sum_{i=2}^{r}v_{P(i)}-tw\right|\right|\le \varepsilon \sqrt{C_{n-1}^2+1}$$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ w=0时结论是平凡的，故不妨假设w\neq 0\\\\ \quad\\\\ n=1时，由于v_i整体乘-1不影响结论，不妨假设w>0\\\\ \quad\\\\ 令s为使\sum_{i=1}^{s}v_i>tw的最小整数\\\\ \quad\\\\ 则有\left|\left|\sum_{i=1}^{s}v_i-tw\right|\right|\le \varepsilon\\\\ \quad\\\\ 定义C_0=0，则结论成立\\\\ \quad\\\\ 对于一般情况，由于v_i在w正交补空间w^\perp的投影v_i'之和为零\\\\ \quad\\\\ 由多边形囚禁定理，存在(2,3,\cdots,m)的排列P，使得\\\\ \quad\\\\ ||v_1'+v_{P(2)}'+\cdots+v_{P(j)}'||\le \varepsilon C_{n-1}\qquad\text{for}\quad2\le j\le m\\\\ \quad\\\\ 又v_1\cdot \frac{w}{||w||}+v_{P(2)}\cdot \frac{w}{||w||}+\cdots+v_{P(m)}\cdot \frac{w}{||w||}=||w||,v_i\cdot \frac{w}{||w||}\le \varepsilon\\\\ \quad\\\\ 由n=1的情形知存在r使得\left|\left|v_1\cdot \frac{w}{||w||}+v_{P(2)}\cdot \frac{w}{||w||}+\cdots+v_{P(r)}\cdot \frac{w}{||w||}-t||w||\right|\right|\le\varepsilon\\\\ \quad\\\\ 故||v_1+v_{P(2)}+\cdots+v_{P(r)}-tw||\le\varepsilon\sqrt{C_{n-1}^2+1}\qquad\square $$
$$\quad\\$$
重排定理$\quad$在$\mathbb{R}^n$中，若一级数的部分和序列的某一子序列收敛于$S$，且此级数的项收敛于$0$，则存在此级数的一个重排使其收敛于$S$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 注：如果双重角标难以分辨，数学渲染可以选择\text{SVG}\\\\ \quad\\\\ \quad\\\\ 设\{v_i\}为\mathbb{R}^n中一无穷序列，\{S_m\}为其部分和序列\\\\ \quad\\\\ \{S_{m_k}\}为其子序列的收敛于S的部分和序列\\\\ \quad\\\\ 再令\delta_k=||S_{m_k}-S||，有\{\delta_k\}\to 0\\\\ \quad\\\\ 则有\left|\left|\sum_{i=m_k+1}^{m_{k+1}-1}v_i\right|\right|=\left|\left|\sum_{i=1}^{m_{k+1}}v_i-\sum_{i=1}^{m_{k}}v_i-v_{m_{k+1}}\right|\right|<\delta_{k+1}+\delta_{k}+||v_{m_{k+1}}||\\\\ \quad\\\\ 再令\varepsilon_k=\max\{\delta_{k+1}+\delta_{k},\sup\{||v_i||,i\ge m_k\}\}，则有\left|\left|\sum_{i=m_k+1}^{m_{k+1}-1}v_i\right|\right|<2\varepsilon_k\\\\ \quad\\\\ 由推论1，存在(m_k+1,m_k+2,\cdots,m_{k+1}-1)的一个排列P_k，使得\\\\ \quad\\\\ \left|\left|\sum_{i=m_k+1}^{r}v_{P_k(i)}\right|\right|\le 2\varepsilon_k(C_n+1)\qquad \text{for}\;r=m_k+1,m_k+2,\cdots,m_{k+1}-1\\\\ \quad\\\\ 现将序列\{v_i\}中\{v_{m_k}\}排在第m_k位，而符合m_k+1\le i\le m_{k+1}-1的v_i按P_k排列\\\\ \quad\\\\ 按此排列，若m_k+1\le m\le m_{k+1}-1，则有||S_m-S_{m_k}||\le 2\varepsilon_k(C_n+1)\\\\ \quad\\\\ 又\{S_{m_k}\}\to S,\varepsilon\to 0，可知\{S_{m}\}\to S\qquad\square $$
$$\quad\\$$
Lévy-Steinitz定理$\quad$给定$\mathbb{R}^n$中某一级数，则其所有重排得到的级数和的集合或者为空集，或者为$\mathbb{R}^n$中子空间的平移
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 记S为所有收敛重排级数和的集合\\\\ \quad\\\\ 若S非空集，易知\{v_i\}\to 0\\\\ \quad\\\\ 不妨设v\in S，将v_1用v_1-v替代，则0\in S\\\\ \quad\\\\ 只需证S为\mathbb{R}^n的子空间即可\\\\ \quad\\\\ 不妨设s_1,s_2\in S\\\\ \quad\\\\ 令\{\varepsilon_m\}为一收敛于零的正数序列\\\\ \quad\\\\ 则有正整数有限集I_1(1\in I_1)使得\left|\left|\sum_{i\in I_1}v_i-s_1\right|\right|< \varepsilon_1\\\\ \quad\\\\ J_1\supset I_1使得\left|\left|\sum_{i\in J_1}v_i-0\right|\right|< \varepsilon_1\quad K_1\supset J_1使得\left|\left|\sum_{i\in K_1}v_i-s_2\right|\right|< \varepsilon_1\\\\ \quad\\\\ I_2\supset K_1(2\in I_2)使得\left|\left|\sum_{i\in I_2}v_i-s_1\right|\right|< \varepsilon_2\\\\ \quad\\\\ J_2\supset I_2使得\left|\left|\sum_{i\in J_2}v_i-0\right|\right|< \varepsilon_2 \quad K_2\supset J_2使得\left|\left|\sum_{i\in K_2}v_i-s_2\right|\right|< \varepsilon_2\\\\ \quad\\\\ 如此继续则有\{1,2,\cdots,m-1\}\subset K_{m-1}\subset I_m\subset J_m\subset K_m\\\\ \quad\\\\ \left|\left|\sum_{i\in I_m}v_i-s_1\right|\right|< \varepsilon_m \quad \left|\left|\sum_{i\in J_m}v_i-0\right|\right|< \varepsilon_m \quad \left|\left|\sum_{i\in K_m}v_i-s_2\right|\right|< \varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 对每个m，将I_m中的元素排在J_m最前面\\\\ \quad\\\\ J_m中元素排在K_m最前面，K_m中元素排在I_{m+1}最前面\\\\ \quad\\\\ 如此构造出排列P和递增数列\{i_m\},\{j_m\},\{k_m\}\\\\ \quad\\\\使得\{i_m\}<\{j_m\}<\{k_m\}<\{i_{m+1}\}，且有\\\\ \quad\\\\ \left|\left|\sum_{i=1}^{i_m}v_{P(i)}-s_1\right|\right|< \varepsilon_m \quad \left|\left|\sum_{j=1}^{j_m}v_{P(i)}-0\right|\right|< \varepsilon_m \quad \left|\left|\sum_{k=1}^{k_m}v_{P(i)}-s_2\right|\right|< \varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 注意到\left|\left|\sum_{i=j_m+1}^{k_m}v_{P(i)}-s_2\right|\right|=\left|\left|\sum_{i=1}^{k_m}v_{P(i)}-s_2-\sum_{i=1}^{j_m}v_{P(i)}\right|\right|< 2\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 故有\left|\left|\sum_{i=1}^{i_m}v_{P(i)}+\sum_{i=j_m+1}^{k_m}v_{P(i)}-(s_1+s_2)\right|\right|< 3\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 对每个m,取向量序列\{v_{P(i)}:i=i_m,i_m+1,\cdots,k_m\}\\\\ \quad\\\\ 将其中\{v_{P(i)}:i=i_m+1,\cdots,j_m\}与\{v_{P(i)}:i=j_m+1,\cdots,k_m\}的位置互换\\\\ \quad\\\\ 由此构造出的级数的部分和序列具有收敛于s_1+s_2的子序列\\\\ \quad\\\\ 由重排定理知s_1+s_2\in S\\\\ \quad\\\\ 接下来只需证明对任何实数t和s\in S，有ts\in S\\\\ \quad\\\\ 而由S中元素的可加性知此对t\in \mathbb{N_+}成立，故只需证明t\in (0,1)和t=-1的情况\\\\ \quad\\\\ 令\delta_m=\sup\{||v_{P(i)}||:i=j_m+1,\cdots,k_m\}，u_m=\sum_{i=j_m+1}^{k_m}v_{P(i)}-s_2\\\\ \quad\\\\ 由推论二知，\forall t\in (0,1)\\\\ \quad\\\\ 存在(P(j_m+1),\cdots,P(k_m))的排列Q_m和j_m+1\le r_m\le k_m使得\\\\ \quad\\\\ \left|\left|\sum_{i=j_m+1}^{r_m}v_{Q_m[P(i)]}-t(u_m+s_2)\right|\right|\le \delta_m\sqrt{C_{n-1}^2+1}\\\\ \quad\\\\ 又\left|\left|u_m\right|\right|<2\varepsilon_m\quad\left|\left|\sum_{i=1}^{j_m}v_{P(i)}\right|\right|<\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 故\left|\left|\sum_{i=1}^{j_m}v_{P(i)}+\sum_{i=j_m+1}^{r_m}v_{Q_m[P(i)]}-ts_2\right|\right|\le \delta_m\sqrt{C_{n-1}^2+1}+3\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 此排列的部分和序列存在收敛于ts_2的子序列\\\\ \quad\\\\ 由重排定理知ts_2\in S，现只需证明-s_2\in S\\\\ \quad\\\\ 由上知\left|\left|\sum_{i=1}^{j_{m+1}}v_{P(i)}-\sum_{i=1}^{k_{m}}v_{P(i)}+s_2\right|\right|<\varepsilon_{m+1}+\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 则有\left|\left|\sum_{i=1}^{j_{m}}v_{P(i)}+\sum_{i=k_m}^{j_{m+1}}v_{P(i)}+s_2\right|\right|<\varepsilon_{m+1}+2\varepsilon_m\\\\ \quad\\\\ 此排列的部分和序列存在收敛于-s_2的子序列\\\\ \quad\\\\ 由重排定理知-s_2\in S，综上，结论成立\qquad\square $$
$\quad$
注$\quad$记$I_w^+=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\max\{0,v_i\cdot w\}$，$I_w^-=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\min\{0,v_i\cdot w\}$，则
$(1)$$\quad$$S$不为空集的充要条件为$\{v_i\}\to 0$且对任意向量$w$，$I_w^+$与$I_w^-$同时收敛于有限值或发散至无穷
$(2)$$\quad$若对任意向量$w$，$I_w^+$与$I_w^-$均发散至无穷，则$S$为全空间
$(3)$$\quad$若对某些向量$w$，$I_w^+$与$I_w^-$均收敛于有限值，则$S$为这些$w$的正交补空间的平移
$$\quad\\$$
由Lévy-Steinitz定理，$\mathbb{C}$上绝对收敛的级数经过任意重排后仍收敛于原值，而条件收敛的级数经过重排后取值范围为一直线或$\mathbb{C}$
$$\quad\\$$
函数项级数$\quad$设集合$E\subset\mathbb{C}$上给定函数序列$f_n(z)(n-1,2,\cdots)$，若对于$E$上每一点$z$，级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$收敛，则称此级数在$E$上收敛，其和函数记为
$f(z)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)\quad z\in E$.记$S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f_k(z)$，若$\forall \varepsilon>0,\exists N\in \mathbb{N_+}$，使得$n\ge N$时，$|f(z)-S_n(z)|<\varepsilon$在$E$上恒成立，则称级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$E$上一致收敛到$f(z)$
  级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$收敛的充要条件为其实部级数与虚部级数收敛，可得一致收敛原理如下
  级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$E$上一致收敛的充要条件为：$\forall \varepsilon>0,\exists N\in \mathbb{N_+}$，使得当$n\ge N,p\ge 1$时在$E$上恒有$|f_{n+1}(z)+f_{n+2}(z)+\cdots+f_{n+p}(z)|<\varepsilon$
  由一致收敛原则易得如下级数收敛判定方法
$\quad$
Weierstrass M-判别法$\quad$若函数序列$\{f_n(z)\}$在$E$上定义，且
$|f_n(z)|\le M_n(n=1,2,\cdots)$，正项级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}M_n<+\infty$，则级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$E$上一致收敛
$$\quad\\$$
定理4$\quad$若$f_n(z)(n=1,2,\cdots)$在集合$E$上连续，级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$E$上一致收敛到$f(z)$，则$f(z)$在$E$上连续
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ \forall z_0\in E,因\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)在E上一致收敛到f(z)\\\\ \quad\\\\ 故\forall\varepsilon>0,\exists N，使得n\ge N时有\\\\ \quad\\\\ |f(z)-S_n(z)|<\frac{\varepsilon}{4}\quad\forall z\in E\\\\ \quad\\\\ 又S_N(z)在z_0点连续，故\exists\delta>0，使得z\in V(z_0;\delta)\cap E时有\\\\ \quad\\\\ |S_N(z)-S_N(z_0)|<\frac{\varepsilon}{2}\\\\ \quad\\\\ 故当z\in V(z_0;\delta)\cap E时有\\\\ \quad\\\\ |f(z)-f(z_0)|\le |f(z)-S_N(z)|+|S_N(z)-S_N(z_0)|+|S_N(z_0)-f(z_0)|\\\\ \quad\\\\ <\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{4}=\varepsilon\\\\ \quad\\\\ 故f(z)在z_0点连续，由z_0任意性知f(z)在E上连续\qquad\square $$
$$\quad\\$$
定理5$\quad$若$f_n(z)(n=1,2,\cdots)$在可求长曲线$\gamma$上连续，级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$\gamma$上一致收敛到$f(z)$，则有
$$\int_{\gamma}f(z)\text{d}z=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\gamma}f_n(z)\text{d}z$$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 设\gamma长度为L，由定理4知f(z)在\gamma上连续，故\forall \varepsilon>0,\exists N，当n\ge N时有\\\\ \quad\\\\ \left|\sum_{k=1}^{n}f_k(z)-f(z)\right|<\frac{\varepsilon}{L}\\\\ \quad\\\\ 故\left|\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma}f_k(z)\text{d}z-\int_{\gamma}f(z)\text{d}z\right|=\left|\int_{\gamma}\left[\sum_{k=1}^{n}f_k(z)-f(z)\right]\text{d}z\right|<\varepsilon\\\\ \quad\\\\ 即\int_{\gamma}f(z)\text{d}z=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\gamma}f_n(z)\text{d}z\qquad\square $$
$$\quad\\$$
定义1$\quad$设$f_n(z)(n=1,2,\cdots)$在区域$D$内定义，若级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$D$的任一紧集$K$上一致收敛，则称其在$D$内内闭一致收敛或局部一致收敛
$\quad$
由于点集为紧集，故若级数在$D$内内闭一致收敛，则其在$D$内每一点收敛，但得不出在$D$内一致收敛，例如实级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}ne^{-nx}$
$$\quad\\$$
Weierstrass 第一定理$\quad$若函数序列$f_n(z)(n=1,2,\cdots)$在区域$D$内解析且级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$D$内内闭一致收敛到函数$f(z)$，则$f(z)$在$D$内解析且级数
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n^{(k)}(z)$在$D$内内闭一致收敛到$f^{(k)}(z)$
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ \forall z_0\in D，由定理4知f(z)在闭邻域\overline{V}(z_0;\delta)\subset D上连续\\\\ \quad\\\\ 由z_0任意性知f(z)在D内连续\\\\ \quad\\\\ 设\gamma为D内任一可求长闭曲线，且其所围区域属于D\\\\ \quad\\\\ 由级数在\gamma上一致连续与定理2知\\\\ \quad\\\\ \int_\gamma f(z)\text{d}z=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\gamma}f_n(z)\text{d}z\\\\ \quad\\\\ 再有\text{Cauchy}定理和上式得出\int_\gamma f(z)\text{d}z=0，由\text{Morera}定理知f(z)在D内解析\\\\ \quad\\\\ 设圆周C:|z-z_0|=r及其内部属于D，当z\in V(z_0;\frac{r}{2})，\zeta\in C时有\\\\ \quad\\\\ \left|\frac{1}{(\zeta-z)^{k+1}}\right|\le \left(\frac{2}{r}\right)^{k+1}\\\\ \quad\\\\ \forall \varepsilon>0，由级数\sum_{n=1}^{\infty}f_n(\zeta)在C上一致收敛到f(\zeta)，\exists N，当n\ge N时，\forall\zeta\in C，有\\\\ \quad\\\\ \left|\sum_{j=1}^{n}f_j(\zeta)-f(\zeta)\right|<\frac{\varepsilon}{k!r}\left(\frac{r}{2}\right)^{k+1}\\\\ \quad\\\\ 即\left|\sum_{j=1}^{n}\frac{f_j(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}-\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}\right|<\frac{\varepsilon}{k!r}\\\\ \quad\\\\ 当z\in V(z_0;\frac{r}{2})时，由\text{Cauchy}公式有\\\\ \quad\\\\ \left|\sum_{j=1}^n f_j^{(k)}(z)-f^{(k)}(z)\right|=\left|\sum_{j=1}^n\frac{k!}{2\pi i}\int_{C}\frac{f_j(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}\text{d}\zeta-\frac{k!}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}\text{d}\zeta\right|\\\\ \quad\\\\ \le \left|\sum_{j=1}^n\frac{k!}{2\pi i}\frac{f_j(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}-\frac{k!}{2\pi i}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{k+1}}\right||\text{d}\zeta|<\varepsilon\\\\ \quad\\\\ 上式表明\sum_{n=1}^{\infty}f_n^{(k)}(z)在V(z_0;\frac{r}{2})内一致收敛到f^{(k)}(z)\\\\ \quad\\\\ 若K\subset D为一紧集，考虑开覆盖\bigcup_{z\in K}\left\{V(z;\frac{\delta_z}{2}):\overline{V}(z;\delta_z)\subset D\right\}\\\\ \quad\\\\ 由有限覆盖定理，存在有限个开覆盖V(z_1;\frac{\delta_1}{2}),V(z_2;\frac{\delta_2}{2}),\cdots,V(z_p;\frac{\delta_p}{2})覆盖K\\\\ \quad\\\\ 故级数\sum_{n=1}^{\infty}f_n^{(k)}(z)在K上一致收敛到f^{(k)}(z)\qquad\square $$
$$\quad\\$$
Weierstrass 第二定理$\quad$设$D$为有界区域，其边界为$\partial D$，若
$f_n(z)(n=1,2,\cdots)$在$D$内解析，在$\overline{D}$上连续，且级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}f_n(z)$在$\partial D$上一致收敛，则其也在$\overline{D}$上一致收敛
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ \forall \varepsilon>0，\exists N，使得当n\ge N,p\ge 1时\\\\ \quad\\\\ |f_{n+1}(z)+f_{n+2}(z)+\cdots+f_{n+p}(z)|<\varepsilon在\partial D上成立\\\\ \quad\\\\ 由最大模原理，上述不等式在\overline{D}上成立\\\\ \quad\\\\ 再由级数一致收敛原理知结论成立\qquad\square $$
$$\quad\\$$
定理8$\quad$设级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^z}$在点$z_0=x_0+iy_0$收敛，则
$(1)$其在半平面$\text{Re}\,z>x_0$内收敛
$(2)$其在以$z_0$为顶点，以水平射线$[z_0,\infty)$为角平分线且张角$2\theta_0<\pi$的闭角域$A$上一致收敛
$\nabla$证
$$\quad$$ $$ 级数每一项均为指数函数，在\mathbb{C}上解析\\\\ \quad\\\\ 令\sigma_n=0，\sigma_{n+p}=\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{k^{z_0}}\\\\ \quad\\\\ 由级数\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^{z_0}}的收敛性\\\\ \quad\\\\ \forall \varepsilon>0，\exists N，当n\ge N，\forall p\ge 1时有|\sigma_{n+p}|<\varepsilon\\\\ \quad\\\\ \begin{aligned}又\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{k^z}&=\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{k^{z_0}}\cdot\frac{1}{k^{z-z_0}}\\\\ &=\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{\sigma_k-\sigma_{k-1}}{k^{z-z_0}}\\\\ &=\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{\sigma_k}{k^{z-z_0}}-\sum_{k=n}^{n+p-1}\frac{\sigma_k}{(k+1)^{z-z_0}}\\\\ &=\sum_{k=n+1}^{n+p-1}\sigma_k\left[\frac{1}{k^{z-z_0}}-\frac{1}{(k+1)^{z-z_0}}\right]+\frac{\sigma_{n+p}}{(n+p)^{z-z_0}}\\\\ \end{aligned}\\\\ \quad\\\\ 将上式看成幂函数(取\mathbb{C}\backslash(-\infty,0]上单值分支)在两点之差，固定z,\text{Re}\,z=x>x_0\\\\ \quad\\\\ \begin{aligned}\left|\frac{1}{k^{z-z_0}}-\frac{1}{(k+1)^{z-z_0}}\right|&=\left|(z-z_0)\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}t}{t^{z-z_0+1}}\right|\\\\ &\le |z-z_0|\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}t}{t^{z-z_0+1}}\\\\ &=\frac{|z-z_0|}{x-x_0}\left[\frac{1}{k^{x-x_0}}-\frac{1}{(k+1)^{x-x_0}}\right]\end{aligned}\\\\ \quad\\\\ 综上有\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{k^z}\right|< \frac{\varepsilon|z-z_0|}{x-x_0}\frac{1}{(n+1)^{x-x_0}}+\frac{\varepsilon}{(n+p)^{x-x_0}}< \varepsilon\left(\frac{|z-z_0|}{x-x_0}+1\right)\\\\ \quad\\\\ 由此可见，当\text{Re}\,z>x_0时，级数\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^z}收敛\\\\ \quad\\\\ 当z\in A时，\frac{|z-z_0|}{x-x_0}\le \frac{1}{\cos{\theta_0}}<+\infty\\\\ \quad\\\\ 故级数\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^z}在闭角域A上一致收敛\qquad\square $$
$\nabla$例
$$求下列级数之和与其收敛域$$ $$\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}$$
$\nabla$解
$$
容易看出这是多项式定理，令k_1+k_2+\cdots+k_n=N，级数变为\\
\qquad\\
\sum\limits_{N=0}^{\infty}\sum\limits_{\overset{k_1+k_2+\cdots+k_n=N}{k_1,k_2,\cdots,k_n\in \mathbb{N}}}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}\\
\qquad\\
=1+z+z^2+\cdots=\frac{1}{1-z}\qquad|z|<1\\
\qquad\\
如果只需要级数之值，这种方法已经足够\\
但是由于改变了求和顺序，得出来的收敛域并不正确\\
我们仍然要按顺序一层一层求和\\
\qquad\\
先证明如下引理\\
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(K+k)!}{K!k!}z^k=(1-z)^{-K-1}\qquad |z|<1\\
\qquad\\
记等式左边为S_K，则有\\
(z-1)S_K=-\sum\limits_{k=-1}^{\infty}\frac{(K-1+k+1)!}{(K-1)!(k+1)!}z^{k+1}=-S_{K-1}\\
\quad\\
(z-1)^KS_K=(-1)^KS_0=(-1)^K(1-z)^{-1}\qquad |z|<1\\
\quad\\
即S_K=(1-z)^{-K-1}\qquad |z|<1\\
\quad\\
现在来看原级数\\
\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_1+k_2+\cdots+k_n}\\
\quad\\
=\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n)!}{k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n})^{k_2+\cdots+k_n}\sum\limits_{k_1=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n+k_1)!}{(k_2+\cdots+k_n)!k_1!}(\frac{z}{n})^{k_1}\\
\quad\\
=\frac{n}{n-z}\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\sum\limits_{k_2=0}^{\infty}\frac{(k_2+\cdots+k_n)!}{k_2!\cdots k_n!}(\frac{z}{n-z})^{k_2+\cdots+k_n}\qquad |z|<n\\
\quad\\
=\frac{n}{n-2z}\sum\limits_{k_n=0}^{\infty}\cdots\sum\limits_{k_4=0}^{\infty}\sum\limits_{k_3=0}^{\infty}\frac{(k_3+\cdots+k_n)!}{k_3!\cdots k_n!}(\frac{z}{n-2z})^{k_3+\cdots+k_n}\qquad |z|<n \& |z|<|n-z|\\
\quad\\
=\cdots\\
\quad\\
=\frac{1}{1-z}\qquad z\in\{w|\quad|w|<|n-kw|,k=0,1,2,\cdots,n-1\}\\
\quad\\
将收敛域化为我们熟悉的圆盘方程\\
\left\lbrace\begin{array}{l}|z|<n \quad k=0\\\text{Re}(z)<\displaystyle\frac{n}{2}\quad k=1\\|z-\displaystyle\frac{nk}{k^2-1}|>\left(\frac{n}{k^2-1}\right)^2\quad k=2,3,\cdots,n-1\end{array}\right.\\
\quad\\
n=10时的收敛域形状如下
$$