65. 选读: 复分析相关知识简介

假设 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 是开集, $K\subset \Omega$ 是有界带边区域 (特别地, $K$ 是紧的) , 其边界 $\gamma =\partial K$ 是 $C^1$ 曲线 (可以有多个连通分支) .

我们已经对复解析函数 $F(z)$ 证明了 Cauchy 积分公式: 如果 $F(z)$ 在 $\Omega$ 上是复解析的, 那么, 对于 $z_0\in \mathring{K}$ ($K$ 的内部) , 我们有$$F(z_0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\gamma }\frac{F(z)}{z-z_0}dz.$$

利用 Cauchy 公式, 我们证明, 复解析函数是 “解析” 的, 也就是说可以在如下意义下写成幂级数的形式:

定理 65.1. 假设 $F$ 为开集 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 上的复解析函数, 并且以 $z_0$ 为圆心以 $R$ 为半径的开球 $B_R(z_0)\subset \Omega$. 那么, $F(z)$ 在 $z_0$ 处的解析半径至少是 $R$, 也就是说, 在 $B_R(z_0)$ 上, 我们有$$F(z)=a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0{)}^2+\cdots +a_n(z-z_0{)}^n+\cdots ,$$其中$$a_k=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\xi -z_0|=r}\frac{F(\xi )}{(\xi -z_0{)}^k}d\xi ,r<R.$$这里, 等式右边的幂级数对任意的 $z\in B_R(z_0)$ 都是收敛的. 上面系数定义中的 $r$ 可以是 $(0,R)$ 中的任意一个数.

证明的想法很简单: 我们把 Cauchy 积分公式$$F(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\gamma }\frac{F(\xi )}{\xi -z}d\xi$$的右边的积分项强行展开即可.

证明. 我们选取一个正实数 $r$, 使得 $|z-z_0|<r<R$. 我们任意给定 $\xi$, 使得 $|\xi -z_0|=r$.

此时, 我们有$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\xi -z}& =\frac{1}{(\xi -z_0)-(z-z_0)}=\frac{1}{\xi -z_0}\frac{1}{1-\frac{z-z_0}{\xi -z_0}}\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(z-z_0{)}^k}{(\xi -z_0{)}^{k+1}}.\end{array}$$在上面的式子中, 由于 $\left|\frac{z-z_0}{\xi -z_0}\right|<1$, 所以, 我们有 (级数收敛) : $$\frac{1}{1-\frac{z-z_0}{\xi -z_0}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{z-z_0}{\xi -z_0}\right)}^k.$$这些级数显然是绝对收敛的, 从而与积分可交换 (也可以利用 Lebesgue 控制收敛定理) . 所以, 代入 Cauchy 积分公式, 我们就得到$$\begin{array}{rl}F(z)& =\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\xi -z_0|=r}\sum _{k=0}^{\infty }F(\xi )\frac{(z-z_0{)}^k}{(\xi -z_0{)}^{k+1}}d\xi \\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|\xi -z_0|=r}\frac{F(\xi )}{(\xi -z_0{)}^{k+1}}d\xi \right)(z-z_0{)}^k\end{array}$$比较系数, 这就给出了定理的证明.

$\square$

推论 65.2 (零点的离散性). 这里的假设与定理中是一致的. 我们进一步假设 $\Omega$ 是道路连通的, 即对任意的 $z_1,z_2\in \Omega$, 存在连续映射$$\gamma :[0,1]\to \Omega ,t\mapsto \gamma (t),$$使得 $\gamma (0)=z_1,\gamma (1)=z_2$. 那么, 复解析函数 $F$ 在 $\Omega$ 中的零点是离散的 (即如果 $z_0$ 是 $F$ 的一个零点, 那么, 存在 $\epsilon >0$, 使得对任意的 $z$, $|z-z_0|<\epsilon$, $F(z)\ne 0$) , 除非 $F\equiv 0$.

特别地, 给定 $\Omega$ 上的两个复解析函数 $F$ 和 $G$, 如果 $F$ 和 $G$ 在 $Z\subset \Omega$ 上取值相同, 并且 $Z$ 在 $\Omega$ 中有聚点, 那么, $F\equiv G$.

证明. 假设 $z_0$ 是 $F$ 的一个零点, 即 $F(z_0)=0$. 根据 $F$ 的解析表达式, 在 $B_R(z_0)\subset \Omega$ 上, 我们有$$F(z)=a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0{)}^2+\cdots +a_n(z-z_0{)}^n+\cdots .$$如果这些系数 $a_i$ 全部为 $0$, 那么, $F$ 在 $B_R(z_0)$ 上恒为 $0$; 否则, 假设 $a_m$ 是第一个不是 $0$ 的系数, 那么, 我们有$$F(z)=(z-z_0{)}^m(a_m+a_{m+1}(z-z_0)+a_{m+2}(z-z_0{)}^2+\cdots )=(z-z_0{)}^{m}G(z).$$根据定理的证明, 级数$$G(z)=a_m+a_{m+1}(z-z_0)+a_{m+2}(z-z_0{)}^2+\cdots$$也是绝对收敛的, 特别地, 这是连续的, 所以, 当 $z=z_0$ 时, $G(z_0)=a_m\ne 0$. 从而, 存在 $\delta$, 使得 $G$ 在 $B_{\delta }(z_0)$ 上不会等于 $0$, 此时, 我们知道, $F$ 在 $z_0$ 的附近 ($B_{\delta }(z_0)$ 上) 恰好有一个零点.

我们现在证明, 如果 $F$ 在 $z_0$ 的一个邻域 $B_{\delta }(z_0)$ 上恒为 $0$, 那么, $F$ 在 $\Omega$ 上恒为 $0$: 任意选取 $z_1\in \Omega$ 和曲线$$\gamma :[0,1]\to \Omega ,t\mapsto \gamma (t),$$使得 $\gamma (0)=z_0,\gamma (1)=z_1$. 令$$t_{\ast }=\sup \{t\in [0,1]|F(\gamma (t)){|}_{[0,t]}\equiv 0\}.$$由于 $F$ 在 $z_0$ 的一个邻域 $B_{\delta }(z_0)$ 上恒为 $0$, 所以, $t_{\ast }>0$. 我们现在证明 $t=1$: 如果假设 $t_{\ast }<1$, 根据连续性, 我们知道 $F(\gamma (t_{\ast }))=0$. 根据前面的构造, 由于 $F$ 在 $\gamma (t_{\ast })$ 的任意一个小邻域中都有零点 (因为和 ${\gamma }^{-1}([0,t_{\ast }])$ 相交) , 根据之前的推导, 存在 $\gamma (t_{\ast })$ 一个邻域 $B_{{\delta }_1}(\gamma (t_{\ast }))$, 使得 $F$ 在 $B_{{\delta }_1}(\gamma (t_{\ast }))$ 上恒为 $0$, 根据连续性, 那么, 存在 $\epsilon >0$, 使得 $F(\gamma (t)){|}_{[0,t_{\ast }+\epsilon ]}\equiv 0$, 这和 $t_{\ast }$ 的最大性矛盾.

由于 $t_{\ast }=1$, 所以, $F(z_1)=0$, 这就证明了在 $\Omega$ 上, $F\equiv 0$.

定理中的第二个结论考虑 $F-G$ 即可.

$\square$

推论 65.3. 这里的假设与定理中是一致的. 那么, $F$ 的 $n$ 次导数 $F^{(n)}$ 仍然是解析函数. 我们进一步有如下的公式: $$F^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}{\int }_{|\xi -z|=r}\frac{F(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi .$$特别地, 我们有如下的导数估计: $$|F^{(n)}(z)|⩽\frac{n!}{r^n}\underset{|\xi -z|=r}{\sup }|F(\xi )|.$$

证明. 我们将 $F$ 在 $z_0=0$ (不妨) 处展开为级数$$F(z)=a_0+a_{1}z+a_2{z}^2+\cdots ,$$其中, 我们假设上面的级数的收敛半径至少是 $R>0$, 即对于 $|z|<R$ 都是绝对收敛的. 根据定理中系数的计算, 我们知道$$|a_k|⩽\frac{1}{r^k}\underset{|\xi |=r}{\sup }|F(\xi )|⩽\frac{1}{r^k}M,r<R.$$其中, $M$ 为 $|F|$ 在半径为 $r$ 的圆圈上的最大值. 从而, 对 $|z|⩽r^{\prime }<r$, 对任意的 $k⩾0$, 我们有$$|k{a}_k{z}^{k-1}|⩽M\underset{b_k}{\underbrace{\frac{k}{r}{\left|\frac{r^{\prime }}{r}\right|}^{k-1}}}.$$当 $k$ 足够大的时候, 比如说$$k>k_0=\lfloor {\left(1-\frac{r^{\prime }}{r}\right)}^{-1}\rfloor$$时, 我们有$$\frac{b_{k+1}}{b_k}=\left(1+\frac{1}{k}\right)\frac{r^{\prime }}{r}<1,$$所以, $\{b_k{\}}_{k⩾k_0}$ 可以被一个公比小于 $1$ 几何级数来控制, 从而, 级数$$a_1+2a_2{z}^1+3a_3{z}^2+\cdots$$在 $|z|<r^{\prime }$ 时是绝对收敛, 这表明可以逐项求微分 (根据 Lebesgue 控制收敛定理的推论) . 这说明$$F^{\prime }(z)=a_1+2a_2{z}^1+3a_3{z}^2+\cdots$$对于 $|z|<r^{\prime }<r<R$ 成立. 由于 $r^{\prime }$ 和 $r$ 是任意选取的, 所以, 上面的的式子对于 $|z|<R$ 都成立. 特别地, 我们证明了$$F^{\prime }(z_0)=a_1.$$由归纳法, 对任意的 $k$, 我们就有$$F^{(k)}(z_0)=k!a_k.$$再根据定理中的计算, 这就证明了这个推论叙述中的公式. 导数估计是显然的.

$\square$

定理 65.4 (Liouville). 假设 $F(z)$ 是在整个 $\mathbb{C}$ 上定义的复解析函数 ¹. 如果 $F$ 是有界函数, 那么 $F$ 是常值函数.

证明. 我们只要证明 $F^{\prime }(z)\equiv 0$ 即可: 根据 $F$ 在一点处的展开, $F^{\prime }(z)\equiv 0$, 意味着定理中的系数$$a_1=2a_2=3a_3=\cdots =0.$$所以, $F$ 在一点附近恒为 $a_0$, 从而 $F$ 为常数 (一点附近的邻域有聚点) .

我们利用导数估计: $$|F^{\prime }(z)|⩽\frac{1}{r}\underset{|\xi -z|=r}{\sup }|F(\xi )|⩽\frac{\Vert F{\Vert }_{\infty }}{r}.$$由于 $F$ 在整个 $\mathbb{C}$ 上定义, 从而可以将 $r$ 取得任意大, 这表明对任意的 $z\in \mathbb{C}$, $F^{\prime }(z)=0$.

$\square$

推论 65.5 (代数基本定理). 对任意的次数非零的复系数多项式$$P(z)=z^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_{1}z+a_0,$$它在 $\mathbb{C}$ 上必有一个根.

证明. 我们观察到 $P$ 在整个 $\mathbb{C}$ 上是复解析的, 并且当 $|z|\to \infty$ 时, 我们有$$|P(z)|\to \infty .$$我们用反证法: 如若不然, $$F(z)=P(z{)}^{-1}$$是在全平面 $\mathbb{C}$ 上良好定义的函数. 另外, 我们有$$\overline{\partial }(F)=-P(z{)}^{-2}\overline{\partial }P=0.$$所以, $F$ 是复解析的. 另外, 当 $|z|\to \infty$ 时, 我们还有$$|F(z)|\to 0.$$这说明, $F$ 是有界的. 根据 Liouville 定理, $F$ 为常数, 从而 $P$ 也是, 那么它的次数是 $0$, 矛盾.

$\square$

Cauchy 积分公式是复分析中最重要的公式, 除了用来证明解析性, 它还有其他众多重要的推论, 比如说关于复解析函数的极大模原理:

定理 65.6 (极大模原理). 假设 $F(z)$ 是区域 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 上的复解析函数, 那么 $|F(z)|$ 的最大值, 如果能取到的话, 一定在 $\Omega$ 的边界 $\partial \Omega$ 上取到. 进一步, 如果 $|F|$ 在 $\Omega$ 的内部有最大值点, 那么 $F$ 一定是常值函数.

证明. 假设 $z_0\in \mathring{\Omega }$ 是 $|F|$ 的最大值点, 即$$|F(z_0)|=\underset{z\in \Omega }{\sup }|F(z)|.$$根据 Cauchy 积分公式, (选取较小的 $\epsilon$, 使得 $B_{\epsilon }(z_0)\subset \Omega$, 下面的的 $r$ 只要满足 $r<\epsilon$ 即可) 我们有$$\begin{array}{rl}|F(z_0)|& =|\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }F(z_0+r{e}^{i\theta })d\theta |\\ & ⩽\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\Vert F{\Vert }_{L^{\infty }}d\theta \\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|F(z_0)|d\theta \\ & =|F(z_0)|.\end{array}$$这表明, 上述不等式必须处处取等号, 这表明在 $z_0$ 的整个邻域 $B_{\epsilon }(z_0)$ 上, $|F(z)|$ 为常数.

我们现在证明 $F$ 在 $B_{\epsilon }(z_0)$ 上为常数, 不妨假设 $z_0=0$. 如若不然, 那么, 我们当 $\epsilon$ 较小时, 我们有解析表达式$$F(z)=a_0+z^m(a_m+a_{m+1}z+a_{m+2}{z}^2+\cdots ),$$其中 $a_m\ne 0$. 通过对 $F(z)$ 乘以一个常数, 我们还可以假设 $a_0>0$ (如果 $a_0=0$, 那么 $|F|$ 在 $z_0$ 附近恒为零) . 选取 $\xi$, 使得 ${\xi }^m=-\overline{a_m}$, 所以, 对于比较小的 $\delta >0$, 我们有$$F(\delta \xi )=a_0-{\delta }^m|a_m{|}^2+O({\delta }^{m+1}).$$令 $\delta \to 0$, 这就和 $|F(z_0)|$ 最大矛盾. 所以, $F$ 在 $B_{\epsilon }(z_0)$ 上为常数, 所以 $F$ 为常数.

$\square$

定理 65.7 (Laurent 展开). $F$ 是环面 $\{z\in \mathbb{C}|R_1<|z|<R_2\}$ (我们经常取 $R_1=0$) 上的复解析函数. 对每个整数 $k\in \mathbb{Z}$, 对任意的 $R_1<r<R_2$, 我们定义$$a_k=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z|=r}\frac{F(z)}{z^{k+1}}dz=\frac{1}{2\pi r^k}{\int }_0^{2\pi }{e}^{-ik\theta }F(r{e}^{i\theta })d\theta .$$那么, 对任意满足 $R_1<|z|<R_2$ 的 $z$, 我们有 (对每个固定的 $z$, 以下的级数绝对收敛) $$F(z)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{a}_k{z}^k.$$

证明. 根据 Cauchy 积分公式, $a_k$ 与 $r$ 在 $(R_1,R_2)$ 中的选择无关. 我们选取$$R_1<r_1^{\prime }<r_1<|z|<r_2<r_2^{\prime }<R_2$$并令 $C_i^{\prime }$ 为半径为 $r_i^{\prime }$ 并且中心在原点的圆, 其中 $i=1,2$. 根据 Cauchy 积分公式, 我们有$$F(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_2^{\prime }}\frac{F(\xi )}{\xi -z}d\xi -\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1^{\prime }}\frac{F(\xi )}{\xi -z}d\xi .$$我们重复之前证明复解析函数能做解析展开的做法.

对于第一项, 由于对任意的 $\xi \in C_2^{\prime }$, 我们有 $|z|<|\xi |$, 我们有$$\frac{1}{\xi -z}=\frac{1}{\xi }\frac{1}{1-\frac{z}{\xi }}=\frac{1}{\xi }\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{z}{\xi }\right)}^k.$$第二项之中, 由于 $|z|>|\xi |$, 其中 $\xi \in C_1^{\prime }$, 我们有$$\frac{1}{\xi -z}=-\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{\xi }{z}}=-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{\xi }{z}\right)}^k.$$将上面的两个展开代入 $F(z)$ 的表达式, 我们就有$$\begin{array}{r}F(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_2^{\prime }}\frac{F(\xi )}{\xi }\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{z}{\xi }\right)}^{k}d\xi +\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1^{\prime }}\frac{F(\xi )}{z}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{\xi }{z}\right)}^{k}d\xi .\end{array}$$将求和与积分交换就得到了要证明的结论.

$\square$

定义 65.8. 假定 $F(z)$ 在区域 $\{z|0<|z-z_0|<r\}$ 上是复解析的, 其中 $r>0$, 它的 Laurent 展开为$$F(z)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{a}_k{z}^k.$$我们称其中的 $z^{-1}$ 的系数 $a_{-1}$ 为 $F$ 在 $z_0$ 处的留数, 并记作 $\mathrm{Res}(F;z_0)$.

注记. 按照定义, 我们有$$\mathrm{Res}(F;z_0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z-z_0|=r}F(z)dz.$$这因为 Laurent 展开中其它幂次的积分都是 $0$.

定理 65.9 (留数定理). 假定 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 是一个紧区域, $\Omega$ 边界为分段光滑的 $C^1$-曲线. 除去点 $z_1,\cdots ,z_N\in \mathring{\Omega }$ 之外, $F$ 为 $\mathbb{C}-\{z_1,\cdots ,z_N\}$ 上的复解析函数, 那么, $$\sum _{k=1}^N\mathrm{Res}(F;z_k)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial \Omega }F(z)dz.$$

证明. 对每个 $k⩽N$, 先将每个 $z_k$ 附近的小圆盘 $B_{\epsilon }(z_k)$ 从 $\Omega$ 上抠掉, 使得 $z\in \Omega -{\bigcup }_{k⩽N}{B}_{\epsilon }(z_k)$. 我们在区域 $\Omega -{\bigcup }_{k⩽N}{B}_{\epsilon }(z_k)$ 上用 Cauchy 积分公式.

考虑到曲线的定向, 我们有$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial \Omega }F(z)dz-\sum _{k=1}^N\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial B_{\epsilon }(z_k)}F(z)dz=0.$$所以, $$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial \Omega }F(z)dz=\sum _{k=1}^N\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial B_{\epsilon }(z_k)}F(z)dz=\sum _{k=1}^N\mathrm{Res}(F;z_k).$$这就证明了留数定理.

$\square$

我们试举一个有趣的应用, 其它在计算上的应用我们将在 Fourier 变换的一部分再做演示.

例子. 我们在第一学期已经定义了三角函数$$\cos (z)=\frac{1}{2}(e^{iz}+e^{-iz}),\sin (z)=\frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz}).$$我们研究 $\sin (z)$ 的零点, 即找到 $z_0$, 使得$$e^{i{z}_0}-e^{-i{z}_0}=0\iff e^{2i{z}_0}=1\iff z_0\in \pi \mathbb{Z}.$$对任意的 $a\notin \mathbb{Z}$, 我们考虑$$F(z)=\frac{\pi \cot (\pi z)}{(z-a{)}^2}=\frac{\pi \cos (\pi z)}{\sin (\pi z)(z-a{)}^2}.$$那么, $F(z)$ 不解析的地方只能是 $a$ 和 $n\in \mathbb{Z}$.

在 $z=a$ 处, 要想有非平凡的留数, $\cot (\pi z)$ 需要贡献一个 $z-a$ 的因子, 所以$$\mathrm{Res}(F;a)=(\pi \cot (\pi z){)}^{\prime }{|}_{z=a}=-\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi a)}.$$

在 $z=n$ 处, 由于 $\sin (\pi z{)}^{\prime }{|}_{z=n}\ne 0$, 所以, $\sin (\pi z)$ 的零点是 $1$ 阶的, 据此, 我们知道$$\mathrm{Res}(F;n)=\frac{1}{(n-a{)}^2}.$$

我们对于顶点在 $(\pm (n+\frac{1}{2}),\pm (n+\frac{1}{2}))$ 的正方形 $Q_n$ 上用留数定理, 其中, $n$ 足够大使得 $a\in Q_n$. 所以, $$\sum _{|k|⩽n}\frac{1}{(k-a{)}^2}-\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi a)}=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial Q_n}\frac{\pi \cos (\pi z)}{\sin (\pi z)(z-a{)}^2}dz.$$利用 $z=x+iy$, 我们很容易看出$$\frac{\pi \cos (\pi z)}{\sin (\pi z)(z-a{)}^2}=O(\frac{1}{n^2}).$$所以上面的积分项的贡献为$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\partial Q_n}\frac{\pi \cos (\pi z)}{\sin (\pi z)(z-a{)}^2}dz=O(\frac{1}{n}).$$令 $n\to \infty$, 我们就得到了$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(n-a{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi a)}.$$

利用上面例子中的分析, 我们还可以证明 Euler 的著名公式. 首先, 在 $\mathbb{C}-\mathbb{Z}$ 上的任意一个紧集上, 级数$$f(z)=\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(z-n{)}^2}$$是一致收敛的, 所以, $f(z)$ 是 $\mathbb{C}-\mathbb{Z}$ 上的复解析函数 (可逐项求导数) . Euler 观察到, 函数$$g(z)=\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}$$也是 $\mathbb{C}-\mathbb{Z}$ 上的复解析函数. 进一步, 由于 $\sin (\pi z)$ 的零点是单零点, 所以, $g(z)$ 在每个 $n\in \mathbb{Z}$ 处的 Laurent 展开的负幂和 $f(z)$ 的是一致的. 所以, $$F(z)=g(z)-f(z)=\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}-\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(z-n{)}^2}$$是全平面上定义的复解析函数并且具有周期性 $F(z+1)=F(z)$.

对于任意的 $x\in [0,1]$, 我们很容易证明下面的极限: $$\underset{|y|\to \infty }{\lim }F(x+iy)=0.$$利用周期性, 我们就知道 $F$ 是有界的, 从而根据 Liouville 定理, 我们得到 $F\equiv 0$. 这表明$$\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}=\sum _{n\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(z-n{)}^2}.$$稍加变形, 我们有$$\frac{{\pi }^2}{{\sin }^2(\pi z)}-\frac{1}{z^2}=\sum _{n\ne 0}\frac{1}{(z-n{)}^2}.$$左右在 $z=0$ 处取极限, 我们就证明了著名的 Euler 公式: $$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots =\frac{1}{6}{\pi }^2.$$

1.	^ 这样的函数称作是整函数.