2020-1024=996
最近太忙了，今天好像没有写题，不过研究了一下数学hh。

2020.10.24今天又有工数课，我又没听，我记得上节工数课我看了换根dp，哦？好吧我没听过工数，那没事了，不过这次不敢那么水了，看了看书本，分析了一下书上定理的证明，突然感觉还有点意思，不过老师讲的时候好像没那么深入，由此写下自己的想法，如有错误希望指正谢谢。

一.泰勒展开证明

首先说明以下证明并不严谨，只是方便自己理解书中的证明过程，如果想要了解研究证明可以考虑看懂下面证明后转向更专业的书籍。

设函数$f(z)$在区域$D$内解析，$z_0\in D$，圆盘$K:|z-z_0|<R$含于$D$，那么在$K$内，$f(z)$能展开成幂级数
$$f(z)=f(z_0)+\frac{f^{(1)}(z_0)}{1!}+\frac{f^{(2)}(z_0)}{2!}+\cdots +\frac{f^n(z_0)}{n!}+\dots$$ 其中系数$c_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}d\xi =\frac{f^n(z_0)}{n!}$

按照我自己的理解，泰勒展开就是把一个函数用无穷多个非负次幂的多项式去逼近。不难想到我们需要找到一个收敛级数去逼近。

有柯西积分公式得：
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$$
上面提到说用一个收敛级数逼近，观察上述式子发现这个东西$\frac{1}{\xi -z}$好像能做点工作，于是我们会先联想到一个级数：
$$\frac{1}{1-a}=1+a+a^2+\cdots +a^n+\dots (|a|<1)$$
注意$|a|<1$上述级数收敛，这里很重要因为在证明洛朗级数时会显现出不同。
我们下面尝试对$\frac{1}{\xi -z}$做点工作，由于$\xi$是圆边界上的点，而$z$是圆内的点，于是不难得知$|\frac{z-z_0}{\xi -z_0}|<1$（到圆心的距离之比），由此在$z_0$展开$\frac{1}{\xi -z}$时尝试先进行以下步骤
$$\frac{1}{\xi -z}=\frac{1}{\xi -z_0-(z-z_0)}=\frac{1}{\xi -z_0}\cdot \frac{1}{1-\frac{z-z_0}{\xi -z_0}}$$
注意这里我们凑到$\frac{z-z_0}{\xi -z_0}$因为$|\frac{z-z_0}{\xi -z_0}|<1$，满足上述级数收敛条件。一会可以对比洛朗级数
进一步展开得：
$$\frac{1}{\xi -z}=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(z-z_0{)}^n}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}$$
将上述得到的展开式子带入柯西积分公式：
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c}f(\xi )\cdot \sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(z-z_0{)}^n}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}d\xi$$
注意积分变量是$\xi$与$z$无关，并且积分和求和可以换序，由此得
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c}f(\xi )\cdot \sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(z-z_0{)}^n}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}d\xi =\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}d\xi \cdot (z-z_0{)}^n$$
再由柯西高阶导数公式$f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi$可得：

$$f(z)=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{f_{z_0}^{(n)}}{n!}(z-z_0{)}^n$$
证毕！

二.洛朗级数展开证明

为什么又来个洛朗级数？
自己的理解：首先我们知道泰勒级数展开条件是在一个区域内解析，区域内不能有奇点，那如果有怎么办？难道就因为这一个破奇点让我们不能深入理解这个函数？数学家们还是有办法的，首先想到的是把这个点挖掉，对没错！挖掉这个点后整个区域可以用圆环去定义，因此出现了洛朗级数以及收敛圆环的概念，这里不在赘述。

若函数$f(z)$在圆环$H:r<|z-z_0|<R(0\le r<R\le +\infty )$内解析，则$f(z)$在$H$内可以展开成洛朗级数为
$$\sum _{-\infty }^{+\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$ 其中$c_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_c\frac{f(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{n+1}}d\xi ,(n=0,\pm 1,\pm 2,\dots ,)$

先定义两个圆$${\Gamma }_1:|\xi -z_0|={\rho }_1,{\Gamma }_2:|\xi -z_0|={\rho }_2$$
即上图的粉色圆环和黄色圆环，$f(z)$在黑色圆环和黑色圆环之间解析。
对于图中圈主$z$的粉色圆环定义成$\Gamma$
由复合闭路定理：
$${\int }_{{\Gamma }_2}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi ={\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi +{\int }_{\Gamma }\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$$
由此可得：
$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\Gamma }\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_2}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi -\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$$
再由柯西积分公式$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\Gamma }\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$得：
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_2}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi -\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$$
对于第一项来说由于$z$在圆${\Gamma }_2$内，由此不难得出$|\frac{z-z_0}{\xi -z_0}|<1$，发现这和上述证明泰勒展开时的情况相同，可以消防证明泰勒展开的方法或者直接由泰勒展开的结论得：
$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_2}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\sum _{n=0}^{+\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$
下面我们着重考虑如何展开后面一项$$-\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{z-\xi }d\xi$$
效仿证明泰勒展开不难得知我们需要对$\frac{1}{z-\xi }$做点工作
注意这里点$z$在圆${\Gamma }_1$外，于是我们有$|\frac{\xi -z_0}{z-z_0}|<1$
，于是尝试进行下面步骤(强烈建议读者回看证明泰勒级数时的这一步，注意不同点)
$$\frac{1}{z-\xi }=\frac{1}{z-z_0-(\xi -z_0)}=\frac{1}{z-z_0}\cdot \frac{1}{1-\frac{\xi -z_0}{z-z_0}}$$

于是得：
$$\frac{1}{z-\xi }=\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(\xi -z_0{)}^n}{(z-z_0{)}^{n+1}}=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{(\xi -z_0{)}^{n-1}}{(z-z_0{)}^n}=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{(z-z_0{)}^{-n}}{(\xi -z_0{)}^{-n+1}}$$
然后积分变量是$\xi$与$z$无关以及积分求和换序，可得：
$$-\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi =\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{-n+1}}d\xi \cdot (z-z_0{)}^{-n}$$
我们让$c_{-n}=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{{\Gamma }_1}\frac{f(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{-n+1}}d\xi ,(n=1,2,3,\dots ,)$
即可得到：
$$f(z)=\sum _{n=0}^{+\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n+\sum _{n=1}^{+\infty }{c}_{-n}(z-z_0{)}^{-n}=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$
证毕！！！

证明完洛朗级数，感觉好像少了一步，泰勒级数可以表示成与n阶导数的关系，不过洛朗级数好像没有这一步，这是因为柯西积分定理的适用范围，详细可以自己查阅柯西积分定理。

三.乱语

一写就写了两个小时的博客，这些公式太难打了吧
课本上随便一个证明都有很多可推敲的地方，不过我又不是数学专业的hhh，这些证明推敲留给数学专业的人去做吧，这也可能是上课老师没有讲的那么清楚的原因吧也可能是我走神没听
1024竟然写了篇数学博客这是我没想的的hhh

以上证明全是按照博主自己的理解写出的， 如果有不清晰或者错误之处，希望能在评论出指明。

要加油哦~