解析函数的无穷幂级数表示

在接下来的几节中，我们将关注解析函数的幂级数表示。正如我们在第一章中所见，幂级数在级数于边界上收敛的任何圆内一致收敛于一个解析函数。此外，幂级数可以逐项微分任意多次。为此，我们来证明一般性的

4.1.1 泰勒级数

在第一章中，我们看到幂级数在其收敛圆内表示一个可微函数，并且可以逐项微分任意多次。反过来，我们证明：如果 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，那么 $f(z)$ 可以在以 $D$ 内任一点 $z_0$ 为心的圆上写成幂级数： 其系数为 为了证明，设 $C$ 是包含在 $D$ 内的任意以 $z_0$ 为心的圆。在 $C$ 的内部， $f(z)$ 可以写成积分 $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_C\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta$$ 

我们有 $$\frac{1}{\zeta -z}=\frac{1}{\zeta -z_0}\frac{1}{1-\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}}$$ 并且，由于 $z$ 在 $C$ 的内部， 因此，级数表示 $$\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}=\frac{f(\zeta )}{\zeta -z_0}(1+(\frac{z-z_0}{\zeta -z_0})+(\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}{)}^2+\cdots )$$ 当 $z$ 限制在 $C$ 内的任意更小圆内时，一致收敛。因此我们可以逐项积分 利用 $$f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}{\int }_C\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}d\zeta$$ 我们得到 这就是 $f(z)$ 在点 $z_0$ 附近的泰勒级数。该级数在包含于 $C$ 内的任何圆上一致收敛。

$f(z)$ 的泰勒表示对所有比 $D$ 的最近边界点更接近 $z_0$ 的点都成立，因为显然我们可以选择 $C$ 为任何不延伸到边界的圆。因此，收敛半径不小于 $z_0$ 到边界的距离。

有趣的是，级数 (1.11) 只依赖于 $z_0$ 处的导数取值。因此，如果一个复函数在一个圆内解析，那么它在整个圆内的值完全由它在中心附近的值决定。事实上，我们将在解析延拓一节中看到，解析函数的局部行为足以确定它在定义域最遥远区域的行为。

更有力的是，我们现在证明：如果一个函数在点 $z_0$ 的邻域内解析，那么只要指定它在点列 $\left\{z_n\right\}$ （ $z_n\ne z_0$ ）上的值，且 $z_0$ 是该点列的聚点，该函数就完全确定。换句话说，如果两个解析函数 $f_1(z)$ , $f_2(z)$ 在点列 $\left\{z_n\right\}$ 上取相同的值，那么 $f_1(z)\equiv f_2(z)$ 。为证明，设 $$f_1(z)=\sum _{\nu =0}^{\mathrm{\infty }}{a}_{\nu }(z-z_0{)}^{\nu };f_2(z)=\sum _{\nu =0}^{\mathrm{\infty }}{b}_{\nu }(z-z_0{)}^{\nu }.$$ 由假设，对于所有 $n$ ，有 $$f_1(z_n)-f_2(z_n)=\sum _{\nu =0}^{\mathrm{\infty }}(a_{\nu }-b_{\nu })(z_n-z_0{)}^{\nu }=0$$ 。由于假设两个函数不同，我们不能对所有 $\nu$ 都有 $a_{\nu }=b_{\nu }$ 。设 $\mu$ 是第一个使得 $a_{\mu }\ne b_{\mu }$ 的下标。那么我们有 在点列 $\left\{z_n\right\}$ 上，$$(z_n-z_0{)}^{\mu }P(z_n)=0.$$ 因此 $P(z_n)=0$ 。但 $P(z)$ 在 $z_0$ 的邻域内连续。我们断定 $P(z_0)=0$ ，从而 $a_{\mu }-b_{\mu }=0$ 。因此，我们不能假定一个级数的系数与另一个不同。也就是说 $f_1(z)\equiv f_2(z)$ 。我们顺便证明了，一个函数的唯一幂级数表示就是泰勒级数；因为根据上述论证，取相同值的两个级数是完全相同的。

读者会记得，某些特殊的解析函数（例如 $e^z$ ，$\sin z$ ）是通过实域中相应函数的幂级数来定义的。人们可能会问，是否存在其他的自然方法将这些函数推广到复数值，并且这些方法是否会产生不同的结果。最后一个定理给出了答案。如果一个实函数可以被解析延拓到整个复平面，那么任何得到延拓的方法都会给出相同的结果。

在研究解析函数 $f(z)$ 时，使得 $f(z)=0$ 的点具有特别重要的意义。如果 $f(z)$ 在 $z_0$ 处为零，那么它在 $z_0$ 处泰勒展开的第一个系数 $f(z_0)$ 为零。接下来的一些系数也可能为零。我们将通过以下说法来区分情况：若前 $n$ 个系数为零而第 $(n+1)$ 个系数不为零，即 $$f(z)=(z-z_0{)}^n\sum _{\nu =n}^{\mathrm{\infty }}{a}_{\nu }(z-z_0{)}^{\nu -n}(a_n\ne 0),$$ 则称 $𝒇\mathbf{(}𝒛\mathbf{)}$ 在 ${𝒛}_{\mathbf{0}}$ 处有 $𝒏$ 阶零点，或 ${𝒛}_{\mathbf{0}}$ 是 $𝒇\mathbf{(}𝒛\mathbf{)}$ 的 $𝒏$ 阶零点。显然，在 $f(z)$ 的解析区域内，除非 $f(z)\equiv 0$ ，否则零点的聚点不可能存在。我们将这一事实表述为：解析函数的零点是孤立的。

同样重要的是 为零的点。回顾一下，解析函数在导数不为零的所有点处都提供共形映射。让我们看看在这种例外情况下映射会怎样。设 $z_0$ 是一个点，该点处前 $n$ 阶导数都为零，但第 $(n+1)$ 阶导数不为零。那么由 (1.10) 我们得到 $$f(z)-f(z_0)=(z-z_0{)}^{n+1}g(z)$$ 其中 $g(z-z_0)$ 在 $z_0$ 的邻域内正则，且 $g(z_0)\ne 0$ 。由此关系式导出 $$\mathrm{am}(f-f_0)=\mathrm{am}((z-z_0{)}^{n+1})+\mathrm{am}(g(z)).$$ 现在令 $z$ 和 $\zeta$ 是 $z_0$ 邻域内的任意一对点，它们在 $z_0$ 处的夹角为 $\theta$ ，并以 $\varphi$ 表示 $f(z)$ 和 $f(\zeta )$ 在 $f(z_0)$ 处的夹角。利用最后得到的结果，我们求出 $$\varphi =(n+1)\theta +\mathrm{am}(g(z))-\mathrm{am}(g(\zeta )).$$ 

如果允许 $z$ 和 $\zeta$ 沿直线趋近于 $z_0$ ，那么鉴于 $\mathrm{am}(g(z_0))$ 是良定义的（因为 $g(z_0)\ne 0$ ）且连续，我们断定由 $f(z)$ 和 $f(\zeta )$ 描出的曲线将在 $f(z_0)$ 处以角度 $$\varphi =(n+1)\theta .$$ 相交。换句话说，在 $z_0$ 处的映射将角度乘以 $n+1$ 。用第二章的术语来说， $z_0$ 是一个 $n$ 阶分支点，因此在 $z_0$ 的邻域内， $f(z)$ 的反函数是多值的，具有 $n+1$ 叶。

4.1.2 洛朗级数

我们已经看到，解析函数可以在任意正则点附近展开成幂级数。然而，在非正则点处，我们仍然有可能用一个更一般的级数来表示该函数，这种级数允许我们表达奇异性。

这种类型的级数称为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的洛朗展开。

证明。将外圆记为 $C_1$ ，内圆记为 $C_2$ 。如果 $z$ 位于环形区域内，那么由 柯西积分公式（见图），有

$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta -\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta .$$ 第一个积分可以用与获得泰勒展开相同的方法展开为 $(z-z_0)$ 的正幂级数：$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(z-z_0{)}^n$$ 其中 $$a_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}d\zeta$$ 。我们不一定有 $a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ ，因为在此情形下， $C_2$ 内部的点未必是正则的。然而我们知道，该级数将在 $C_1$ 的内部一致收敛于一个解析函数。

在第二个积分中，由于有 ，我们将 $\frac{1}{\zeta -z}$ 展开为 $\frac{\zeta -z_0}{z-z_0}$ 的幂级数。令 $\frac{1}{\zeta -z}=-\frac{\frac{1}{z-z_0}}{1-\frac{\zeta -z_0}{z-z_0}}$ ，通过与之前相同的推理，得到 $$-\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{z-\zeta }d\zeta =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(z-z_0{)}^{-n}$$ 其中 $$b_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_2}f(\zeta )(\zeta -z_0{)}^{n+1}d\zeta$$ 该级数将在 $C_2$ 的外部处处一致收敛。将这些结果合并为一个统一的记号，我们得到 其中 ◻

$C$ 可以取为 $C_1$ 和 $C_2$ 之间的任意圆（或者就此而言任何等价的曲线）。如果 $C$ 的半径为 $\rho$ 且 $f(z)$ 在 $C$ 上有界， $|f(z)|\le M$ ，那么对于所有正负 $n$ ， 这与 III 的结果 (3.11) 相对应。

注意，如果函数在内圆内部是正则的，那么洛朗级数就退化为泰勒展开。

进一步说明：如果点 $z_0$ 本身是内圆内部唯一的非正则点，那么对于 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的留数，我们有$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C}f(z)dz=\frac{1}{2\pi i}{\int }_C\sum _{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n(z-z_0{)}^{n}dz.$$ 但是，由于该级数关于 $z$ 是一致收敛的，我们可以逐项积分。如果 $n\ne -1$ ，积分 ${\int }_C(z-z_0{)}^{n}dz$ 为零。因此 $z_0$ 处的留数就是洛朗展开中第一个负幂项 $(z-z_0{)}^{-1}$ 的系数。