定理 (Weierstrass定理) 设 $\Omega \subseteq \mathbb{C}$ 是一个区域, $\{f_n\} \subseteq H (\Omega) $, 则 $$ f_n \stackrel{C}{\rightrightarrows}f \implies f\in H(\Omega)$$ 且对任意的 $k\in \mathbb{N}$, $$f_n^{(k)} \stackrel{C}{\rightrightarrows} f^{(k)}$$
定理 设 $f$ 在圆环 $V=\{z\in \mathbb{C}: r<|z-a|<R, 0\le r<R<\infty\}$ 上全纯, 则 $f$ 在 $V$ 上有展开式 $$f(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} c_n (z-a)^n$$ 其中 $$c_n =\frac{1}{2\pi i} \int_{|\xi – a|=\rho} \frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}}\mathrm{d}\xi$$ 且该展开式是唯一的, 称为 $f$ 在圆环 $V$ 上的 Laurent 展开式(Laurent 级数)
证明:
设 $r<\rho_1<\rho_2<R$, 由柯西积分定理可知, $$\int_{|z-a| = \rho_1 }\frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}}\mathrm{d}\xi = \int_{|z-a|=\rho_2} \frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}}\mathrm{d}\xi$$
由柯西积分公式可得, $$f(z) = \frac{1}{2\pi i}\left(\int_{|\xi-a| = \rho_1 }\frac{f(\xi)}{(\xi-z)}\mathrm{d}\xi – \int_{|\xi-a|=\rho_2} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)}\mathrm{d}\xi\right)$$
当 $|\xi-a| = \rho_1$ 时, 由 $$\frac{1}{\xi-z} = \frac{1}{\xi-a+a-z} = -\frac{1}{z-a} \frac{1}{1-\frac{\xi-a}{z-a}}=-\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{z-a}\left(\frac{\xi-a}{z-a}\right)^n$$
当 $|\xi – a| = \rho_2$ 时, 由 $$\frac{1}{\xi-z} = \frac{1}{\xi-a+a-z} = \frac{1}{\xi-a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{\xi-a}}=\sum\limits_{n=1}\frac{1}{\xi-a}\left(\frac{z-a}{\xi-a}\right)^n$$
将上面两种情况加起来, 且由一致收敛的级数无穷求和与积分可交换次序, 即得 $$f(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} c_n (z-a)^n$$ 其中 $$c_n = \int_{|\xi – a|=\rho} \frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}}\mathrm{d}\xi$$
假设 $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\\infty}c_n’ (z-a)^n$, 则 $$(z-a)^k\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n (z-a)^n=(z-a)^k\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n’ (z-a)^n$$ 在 $|z-a|=\rho$ 上积分, 即得 $c_n = c_n’$
