根据上一节Cauchy-Goursat定理,我们立即可以得到许多重要的结果.
Taylor定理：如果$f(z)$在$\Omega$内全纯且在$\overline{\Omega}$上连续,则$f(z)$在$\Omega$内任一点处都无穷次可微,并且各阶导数有计算公式
\[f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}{\rm d}\zeta,n\in\mathbb N^+\]
并且若$z_{0}\in\Omega$,那么在其完全落入$\Omega$的闭邻域$\overline{B}(z_{0},r)$内$f(z)$可展开成Taylor级数
\[f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!}(z-z_{0})^n\]
形式上同数学分析里面一样.
我们来给出复的Taylor定理的证明.采用数学归纳法,当$n=1$时,由Cauchy-Goursat定理可知
\begin{align*}f(z_{0})&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z_{0}}{\rm d}\zeta\\f(z)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}{\rm d}\zeta\end{align*}
简单计算可知\begin{align*}\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}-\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_{0})^2}{\rm d}\zeta&=\frac{z-z_{0}}{2\pi i}\int_{\partial \Omega}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)(\zeta-z_{0})^2}{\rm d}\zeta\end{align*}
注意到$z-z_{0}\to0$,且右端积分是个有界量,从而可知
\[f‘(z_{0})=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_{0})^2}{\rm d}\zeta\]
至于$n$的情形，事实上是类似的.这样就用数学归纳法证明了全纯函数的各阶导数的计算公式.
再来说明全纯函数的Taylor展开式,注意到\begin{align*}f(z_{0})&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z_{0}}{\rm d}\zeta\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Omega}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z_{0}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^n\end{align*}
由此显然与数学分析类似的我们只需说明上式的积分号和求和号可以交换即可,即只需说明
\[\int_{\partial\Omega}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^n{\rm d}\zeta=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\partial\Omega}\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^n{\rm d}\zeta\]
由已知条件不难根据Weierstrass判别法得出(关于$\zeta$的)复函数项级数$\sum\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^n$在$\partial\Omega$上是一致收敛的,而我们很容易证明复函数项级数与实的一样，如果一致收敛,那么$\sum$与$\int$在收敛域内可交换次序.这样的话我们很容易证明Taylor定理.
另一方面由上述结果我们可以得到全纯函数各阶导数的一个估计.对任意的$z_{0}\in\Omega$,取其闭邻域$\overline{B}(z_{0},r)\subset\Omega$,则\begin{align*}\left|f^{(n)}(z_{0})\right|\leq\frac{n!}{r^n}\cdot\sup_{z\in\overline{B}(z_{0},r)}|f(z)|\end{align*}
复分析复习7——Taylor定理,布布扣,bubuko.com
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