Chapter 4 级数
判断敛散性
Abel定理
\(\sum_{n=0}\limits^{\infty} C_nz^n\)在\(z=z_0\)收敛，则在\(z<z_0\)绝对收敛；在\(z=z_0\)发散，则在\(z>z_0\)绝对收敛
幂级数收敛半径R：
- \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|\frac{C_n}{C_{n+1}}|=R\)
- \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}|\frac{1}{^n\sqrt{|C_n|}}|=R\)
幂级数和函数的解析性
定理 设幂级数\(\sum\limits _{n= 0}^{\infty }C_nz^n\)的收敛半径为\(R\),
且\(\sum\limits _{n= 0}^{\infty}C_nz^n= f( z)\), \(\left ( \mid z\mid < R\right )\)
则：(i) \(f( z) \textbf{ 在 }\mid z\mid < R\) 内解析
(ii)上式两边可任意阶逐项求导
(iii)上式两边可逐项积分，即
\[
\int\limits_Cf(z)dz=\sum\limits_{n=0}^\infty C_n\int\limits_Cz^ndz
\]
其中\(C\subset B_R. \textbf{ 特 别 , }C\textbf{起 点 原 点 , 终 点 }z\in B_R\),
则
\[\int_Cz^ndz=\frac{z^{n+1}}{n+1}.\]
台劳定理
台劳级数：
\(f(z)\)在区域\(D=\{z;|z-z_0|<R\}\)解析，则：
\[
f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n
\]
其中\(C_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}=\frac{1}{2\pi i }\oint_c\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz\)
特别：当\(z_{0}=0\)时，
$f\left ( z \right ) =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f ^{\left ( n \right ) }\left ( 0 \right ) }{n!}z^{n},|z|<R $称为麦克劳林级数
重要的麦克劳林展开：
\[
e^z=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}
\]
\[
cosz=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots
\]
\[
sinz=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nz^{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac{z^1}{1!}-\frac{z^3}{3!}+\cdots
\]
\[
\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^\infty z^n\ (|z|<1)
\]
\[
\frac{1}{1+z}=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nz^n\ (|z|<1)
\]
推论：\(f(z)\)在区域\(D\)内解析$\Longleftrightarrow $ \(f(z)\)在\(D\)内任意一点\(z_{0}\)处均可展开成幂级数
一些初等函数的台劳展开式
\[
e^z=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}z^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots(\mid z\mid<+\infty)
\]
\[
\quad\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}2=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(iz\right)^{n}+\left(-iz\right)^{n}}{n!}
\]
\[
\cos z=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^nz^{2n}}{\left(2n\right)!}=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{z^{2n}}{\left(2n\right)!}+\cdots
\]
\[
\begin{gathered}
\sin z=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^nz^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\cdots+\left(-1\right)^n\frac{z^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}+\cdots \\
\begin{aligned}shz=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\cdots+\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots\quad(\mid z\mid<+\infty)\end{aligned} \\
chz=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n}}{(2n )!}=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots+\frac{z^{2n}}{(2n)!}+\cdots\quad(\mid z\mid<+\infty) \\
\frac1{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n=1+z+z^2+\cdots+z^n+\cdots\quad(\mid z\mid<1)
\end{gathered}
\]
罗朗定理
若函数在以\(z_0\)为中心的圆环上解析，则复函数\(f(Z)\)在圆环内可以展开为罗朗级数：
\[
f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}C_n(z-z_0)^n=I_n+I_p\\
\]
其中：\(C_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_R}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}d\zeta， R_1<R<R_2\)。因为\(z_0\)不在解析域（圆环）内，故\(C_n\)不能用高阶柯西积分公式化简。
注意：这是最完整的形式；不排除部分项不存在的情况。
应用领域：
计算积分\(C_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(z)dz\)