若 $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n z^n$ 在收敛圆周上只有一个奇点 $z_0$, 且这个奇点是一级极点, 则 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{c_n}{c_{n+1}}=z_0$.
另一个版本的题目是:
设 $f$ 在开集 $\Omega\subset\mathbb{C}$ 中除一点 $z_0$ 以外全纯. $\Omega$ 包含单位圆 $S^1$, 且 $z_0\in S^1$. $z_0$ 是 $f$ 的一级极点. 如果把 $f$ 在单位圆盘 $D$ 中展成幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n z^n$. 证明
\[\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=z_0.\]
1
$z=z_0$ 是 $f(z)$ 的一级极点, 故 $(z-z_0)f(z)$ 在 $\Omega$ 内解析, 在单位圆盘上可展开如下:
\[
\begin{split}
(z-z_0)f(z)&=(z-z_0)\sum_{n=0}^{\infty}a_n z^n\\
&=(z-z_0)(a_0+a_1 z+a_2 z^2+\cdots)\\
&=-a_0 z_0+a_0 z+(z-z_0)(a_1 z+a_2 z^2+a_3 z^3+\cdots)\\
&=-a_0 z_0+a_0 z+a_1 z^2+a_2 z^3+a_3 z^4+\cdots\\
&\quad\quad -a_1 z_0 z-a_2 z_0 z^2-a_3 z_0 z^3-\cdots\\
&=-a_0 z_0+(a_0-a_1 z_0)z+(a_1-a_2 z_0)z^2+(a_2-a_3 z_0)z^3+\cdots\\
&=-a_0z_0+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n-1}-a_n z_0)z^n
\end{split}
\]
由于 $S^1\subset\Omega$, 且 $\Omega$ 是复平面中的开集, 故存在 $\varepsilon > 0$, 是的 $\{z\in\mathbb{C}\mid |z|\leqslant 1+\varepsilon\}\subset\Omega$. 并且上面的幂级数展开式在 $D_{1+\varepsilon}=\{z\in\mathbb{C}\mid |z| < 1+\varepsilon\}$ 内收敛.
根据 Taylor 定理,
\[
a_{n-1}-z_0 a_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D_{1+\varepsilon}}\frac{(\zeta-z_0)f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}d\zeta.
\]
且由柯西不等式,
\[
|a_{n-1}-z_0 a_n|\leqslant\frac{\max_{|z-z_0|=\rho}|(z-z_0)f(z)|}{\rho^n},
\]
令 $\rho=1+\varepsilon$, $\max_{|z-z_0|=1+\varepsilon}|(z-z_0)f(z)|=M$, 则在 $\partial D_{1+\varepsilon}$ 上, 有
\[
|a_{n-1}-z_0 a_n|\leqslant\frac{\max_{|\zeta-z_0|=1+\varepsilon}|(\zeta-z_0)f(z)|}{(1+\varepsilon)^n}=\frac{M}{(1+\varepsilon)^n}.
\]
另一方面, 注意到 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n z^n$ 的收敛半径为 1. (因为在 $S^1$ 上有奇点 $z_0$.) 故
\[
1=\dfrac{1}{\overline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{|a_n|}}\Rightarrow\overline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=1.
\]
从而
\[
\overline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty}|a_n|(1+\varepsilon)^{n}=+\infty
\]
我们可以证明当 $n$ 足够大时, 有 $a_n\neq 0$, 事实上
\[
1=\underline{\lim}\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\inf_{k\geqslant n}\biggl|\frac{a_k}{a_{k+1}}\biggr|
\]
其中 $\inf\limits_{k\geqslant n}\bigl|\frac{a_k}{a_{k+1}}\bigr|$ 随着 $n$ 增加而递增. 若有无穷多个 $a_k=0$, 则对所有 $n$, 有 $\inf\limits_{k\geqslant n}\bigl|\frac{a_k}{a_{k+1}}\bigr|=0$ ($a_{k+1}=0$).(因为总可以找到 $a_{k+1}\neq 0$, 而 $a_k=0$.)
因此, 当 $n$ 足够大时, 有
\[
\biggl|\frac{a_{n-1}}{a_n}-z_0\biggr|\leqslant\frac{M}{|a_n|(1+\varepsilon)^n}\rightarrow 0.
\]
即
\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=z_0.
\]
Remark: 此题由周益锋解答(QQ: 495366541)
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