本章研究复变函数的幂级数展开，这是研究解析函数的重要工具。我们将讨论幂级数的收敛性、解析函数的Taylor展开，以及幂级数在解析函数研究中的应用。
设 $\{z_n\}$ 是复数序列，$z_0$ 是复数。若对于任意 $\varepsilon > 0$，存在正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，有 $|z_n - z_0| < \varepsilon$，则称序列 $\{z_n\}$ 收敛于 $z_0$，记作：
$$\lim_{n \to \infty} z_n = z_0$$
定理6.1：设 $z_n = x_n + iy_n$，$z_0 = x_0 + iy_0$，则： $$\lim_{n \to \infty} z_n = z_0 \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty} x_n = x_0 \text{ 且 } \lim_{n \to \infty} y_n = y_0$$
设 $\{z_n\}$ 是复数序列，称形式和 $$\sum_{n=1}^{\infty} z_n = z_1 + z_2 + \cdots + z_n + \cdots$$ 为复数项级数。
称 $S_n = \sum_{k=1}^{n} z_k$ 为级数的部分和。若序列 $\{S_n\}$ 收敛于 $S$，则称级数收敛，$S$ 称为级数的和，记作 $\sum_{n=1}^{\infty} z_n = S$。
定理6.2：设 $z_n = x_n + iy_n$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} z_n$ 收敛的充要条件是实级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} y_n$ 都收敛，且： $$\sum_{n=1}^{\infty} z_n = \sum_{n=1}^{\infty} x_n + i\sum_{n=1}^{\infty} y_n$$
定义：若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |z_n|$ 收敛，则称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} z_n$ 绝对收敛。
定理6.3：绝对收敛的级数必收敛。
设 $\{f_n(z)\}$ 是定义在集合 $E$ 上的函数序列。若对于 $E$ 中每一点 $z$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$ 都收敛，则称级数在 $E$ 上逐点收敛。
定义：若对于任意 $\varepsilon > 0$，存在与 $z$ 无关的 $N$，使得当 $n > N$ 时，对所有 $z \in E$ 有： $$\left|\sum_{k=n+1}^{\infty} f_k(z)\right| < \varepsilon$$ 则称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$ 在 $E$ 上一致收敛。
Weierstrass M-判别法：若存在正数列 $\{M_n\}$ 使得 $|f_n(z)| \leq M_n$ 对所有 $z \in E$ 成立，且 $\sum_{n=1}^{\infty} M_n$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$ 在 $E$ 上绝对且一致收敛。
定理6.4：若 $f_n(z)$ 在区域 $D$ 内连续，且 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$ 在 $D$ 内一致收敛于 $f(z)$，则 $f(z)$ 在 $D$ 内连续。
定理6.5（逐项积分）：在定理6.4的条件下，对 $D$ 内任意可求长曲线 $C$： $$\int_C f(z)\,dz = \sum_{n=1}^{\infty} \int_C f_n(z)\,dz$$
定理6.6（逐项求导）：若 $f_n(z)$ 在区域 $D$ 内解析，且 $\sum_{n=1}^{\infty} f_n(z)$ 在 $D$ 内一致收敛于 $f(z)$，则 $f(z)$ 在 $D$ 内解析，且： $$f'(z) = \sum_{n=1}^{\infty} f_n'(z)$$ 且右端级数在 $D$ 内一致收敛。
形如 $$\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z - z_0)^n = a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \cdots$$ 的级数称为幂级数，其中 $a_n$ 为复常数，$z_0$ 称为中心。
Abel第一定理： (1) 若幂级数在 $z = z_1 \neq z_0$ 处收敛，则它在 $|z - z_0| < |z_1 - z_0|$ 内绝对收敛； (2) 若幂级数在 $z = z_2$ 处发散，则它在 $|z - z_0| > |z_2 - z_0|$ 内发散。
定理6.7：对于幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$，存在唯一的 $R$（$0 \leq R \leq +\infty$）使得：
$R$ 称为幂级数的收敛半径，$|z - z_0| = R$ 称为收敛圆。
收敛半径的计算公式：
公式1（Cauchy-Hadamard）： $$R = \frac{1}{\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}}$$
公式2（比值法）：若 $\lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = L$，则 $R = \frac{1}{L}$。
例题6.1 求下列幂级数的收敛半径： (1) $\sum_{n=0}^{\infty} z^n$； (2) $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$； (3) $\sum_{n=0}^{\infty} n!z^n$； (4) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(z-1)^n}{n}$。
解： (1) $a_n = 1$，$R = \frac{1}{\limsup \sqrt[n]{1}} = 1$
(2) $a_n = \frac{1}{n!}$，$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} \to 0$，故 $R = +\infty$
(3) $a_n = n!$，$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = n+1 \to +\infty$，故 $R = 0$
(4) $a_n = \frac{1}{n}$，$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{n}{n+1} \to 1$，故 $R = 1$
定理6.8：幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$ 在其收敛圆 $|z-z_0| < R$ 内表示一个解析函数 $f(z)$，且：
(1) $f(z)$ 可逐项求导任意次： $$f^{(k)}(z) = \sum_{n=k}^{\infty} n(n-1)\cdots(n-k+1)a_n(z-z_0)^{n-k}$$
(2) $f(z)$ 可逐项积分： $$\int_{z_0}^{z} f(\zeta)\,d\zeta = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1}(z-z_0)^{n+1}$$
(3) 收敛半径不变。
系数公式： $$a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}, \quad n = 0, 1, 2, \ldots$$
定理6.9（Taylor定理）：设 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，$z_0 \in D$。若圆盘 $|z - z_0| < R$ 含于 $D$，则在此圆盘内：
$$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n$$
这称为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的Taylor展开式。
证明：对 $|z - z_0| < R$ 内任一点 $z$，取 $r$ 使得 $|z - z_0| < r < R$。由Cauchy积分公式：
$$f(z) = \frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta-z_0|=r} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}\,d\zeta$$
当 $\zeta$ 在圆周 $|\zeta - z_0| = r$ 上时： $$\frac{1}{\zeta - z} = \frac{1}{(\zeta - z_0) - (z - z_0)} = \frac{1}{\zeta - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z-z_0}{\zeta-z_0}}$$
由于 $\left|\frac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right| = \frac{|z-z_0|}{r} < 1$，由几何级数： $$\frac{1}{\zeta - z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(\zeta-z_0)^{n+1}}$$
代入Cauchy积分公式并逐项积分即得。∎
在 $z_0 = 0$ 处（Maclaurin展开）：
$$e^z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \cdots, \quad |z| < \infty$$
$$\sin z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)!} = z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots, \quad |z| < \infty$$
$$\cos z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \cdots, \quad |z| < \infty$$
$$\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^{\infty} z^n = 1 + z + z^2 + \cdots, \quad |z| < 1$$
$$\ln(1+z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}z^n}{n} = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \cdots, \quad |z| < 1$$
$$(1+z)^\alpha = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}z^n, \quad |z| < 1$$
例题6.2 求 $f(z) = \frac{1}{z^2}$ 在 $z_0 = 1$ 处的Taylor展开。
解： $$\frac{1}{z} = \frac{1}{1 + (z-1)} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n(z-1)^n, \quad |z-1| < 1$$
两边求导： $$-\frac{1}{z^2} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n n(z-1)^{n-1}$$
因此： $$\frac{1}{z^2} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n(z-1)^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1)(z-1)^n, \quad |z-1| < 1$$
例题6.3 求 $f(z) = \sin^2 z$ 的Maclaurin展开。
解：利用 $\sin^2 z = \frac{1 - \cos 2z}{2}$： $$\sin^2 z = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2z)^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2^{2n-1} z^{2n}}{(2n)!}$$
定理6.10（唯一性定理）：若 $f(z)$ 在 $z_0$ 处解析，则它在 $z_0$ 处的Taylor展开式是唯一的。
证明：设 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n = \sum_{n=0}^{\infty} b_n(z-z_0)^n$。
令 $z = z_0$，得 $a_0 = b_0 = f(z_0)$。
逐项求导 $k$ 次后令 $z = z_0$，得 $k!a_k = k!b_k$，即 $a_k = b_k$。∎
定义：设 $f(z)$ 在 $z_0$ 处解析，若 $f(z_0) = 0$，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的零点。
若 $f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0$，但 $f^{(m)}(z_0) \neq 0$，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的$m$阶零点。
定理6.11：$z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$阶零点当且仅当在 $z_0$ 的某邻域内： $$f(z) = (z-z_0)^m \varphi(z)$$ 其中 $\varphi(z)$ 在 $z_0$ 处解析且 $\varphi(z_0) \neq 0$。
定理6.12（零点的孤立性）：不恒为零的解析函数的零点必是孤立的。
定理6.13：设 $f(z)$ 和 $g(z)$ 在区域 $D$ 内解析，$\{z_n\} \subset D$ 是有极限点 $z_0 \in D$ 的点列。若 $f(z_n) = g(z_n)$ 对所有 $n$ 成立，则 $f(z) \equiv g(z)$ 在 $D$ 内成立。
例题6.4 将 $f(z) = \frac{z}{z^2 - 2z + 5}$ 在 $z_0 = 1$ 处展开为Taylor级数，并求收敛半径。
解：配方：$z^2 - 2z + 5 = (z-1)^2 + 4$
令 $w = z - 1$： $$f(z) = \frac{1+w}{w^2+4} = \frac{1+w}{4} \cdot \frac{1}{1 + \frac{w^2}{4}}$$
$= \frac{1+w}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{w^2}{4}\right)^n = \frac{1+w}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n w^{2n}}{4^n}$
$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n w^{2n}}{4^{n+1}} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n w^{2n+1}}{4^{n+1}}$
收敛条件：$\frac{|w|^2}{4} < 1$，即 $|w| < 2$，故 $R = 2$。
例题6.5 求 $f(z) = \int_0^z \frac{\sin \zeta}{\zeta} d\zeta$ 的Maclaurin展开。
解： $$\frac{\sin z}{z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n+1)!} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots$$
逐项积分： $$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)(2n+1)!}$$
例题6.6 设 $f(z)$ 在 $|z| < R$ 内解析，$|f(z)| \leq M$。证明： $$|f^{(n)}(0)| \leq \frac{n!M}{R^n}$$
证明：由Taylor系数公式和Cauchy不等式即得。
习题6.1 求下列幂级数的收敛半径： (1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}z^n$； (2) $\sum_{n=0}^{\infty} (3+4i)^n(z-2)^n$； (3) $\sum_{n=0}^{\infty} z^{n^2}$。
习题6.2 将下列函数在指定点展开为Taylor级数： (1) $f(z) = \frac{1}{z}$ 在 $z_0 = 2$； (2) $f(z) = \frac{1}{z^2+1}$ 在 $z_0 = i$； (3) $f(z) = e^z\cos z$ 在 $z_0 = 0$。
习题6.3 证明：若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ 的收敛半径为 $R$，则 $\sum_{n=0}^{\infty} \text{Re}(a_n) z^n$ 的收敛半径不小于 $R$。
习题6.4 设 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ 在 $|z| < 1$ 内解析，且 $f(0) = 1$，$\text{Re}f(z) \geq 0$。证明：$|a_n| \leq 2$ 对所有 $n \geq 1$ 成立。
习题6.5 求下列函数零点的阶数： (1) $f(z) = z^2(e^{z^2}-1)$ 在 $z = 0$； (2) $f(z) = 6\sin z^3 + z^3(z^6-6)$ 在 $z = 0$。
习题6.6 设 $f(z)$ 是整函数，且满足 $|f(z)| \leq A|z|^k + B$（$A, B > 0$，$k$ 为正整数）。证明 $f(z)$ 是次数不超过 $k$ 的多项式。
习题6.7 将 $f(z) = \frac{1}{(1-z)^2}$ 展开为 $z$ 的幂级数。
习题6.8 设 $f(z)$ 在 $|z| < 1$ 内解析，$f(0) = 0$。证明：$\sum_{n=1}^{\infty} f(z^n)$ 在 $|z| < 1$ 内收敛且表示一个解析函数。
本章核心内容：
1. 复数项级数：收敛、绝对收敛的判定，与实级数的关系。
2. 函数项级数：一致收敛性、Weierstrass判别法，一致收敛级数的连续性、逐项积分和逐项求导。
3. 幂级数：收敛半径的计算（Cauchy-Hadamard公式、比值法），幂级数在收敛圆内表示解析函数。
4. Taylor展开：解析函数可展开为Taylor级数，展开式唯一。
5. 初等函数的展开：熟记 $e^z$、$\sin z$、$\cos z$、$(1-z)^{-1}$ 等的展开式。
6. 零点的性质：零点的阶数定义，零点孤立性定理，解析函数唯一性定理。