序列与级数/幂级数

命题（一维幂级数的恒等定理）:

令

$f(z):=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}(z-z_{0})^{n}$ 和 $g(z):=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}(z-z_{0})^{n}$

是两个（复数或实数）幂级数，在 $B_{\epsilon }(z_{0})$ 上收敛，其中 $\epsilon >0$。假设 $z_{0}$ 是集合 $\{z\in B_{\epsilon }(z_{0})|f(z)=g(z)\}$ 的聚点。那么我们有 $a_{n}=b_{n}$ 对所有 $n\in \mathbb {N} _{0}$ 成立。

证明： 假设 $a_{n}=b_{n}$ 并不对所有 $n\in \mathbb {N} _{0}$ 成立。那么存在一个最小的 $n$（称之为 $n_{0}$），使得 $a_{n_{0}}\neq b_{n_{0}}$。考虑函数

$h(z):=f(z)-g(z)=\sum _{n=0}^{\infty }(a_{n}-b_{n})(z-z_{0})^{n}$,

在至少 $B_{\epsilon }(z_{0})$ 上定义。由于 $a_{n}=b_{n}$ 对于 $n<n_{0}$ 成立，幂级数 $h$ 从 $(z-z_{0})^{n_{0}}$ 开始。因此，

$j(z):={\frac {h(z)}{(z-z_{0})^{n_{0}}}}=\sum _{n=n_{0}}(a_{n}-b_{n})(z-z_{0})^{n-n_{0}}$

是在 $B_{\epsilon }(z_{0})$ 上定义良好的函数，由于 幂级数的连续性，它也是连续的。此外，

$j(0)=a_{n}-b_{n}\neq _{0}$,

并且根据 $|j(z)|$ 的连续性，存在一个 $\delta >0$ 使得对于所有 $z\in B_{\delta }(z_{0})$，$|j(z)|>0$。但根据定义，

$h(z)=(z-z_{0})^{n}j(z)$,

因此，对于 $z\in B_{\delta }(z_{0})\setminus \{z_{0}\}$，我们有 $|h(z)|=|z-z_{0}|^{n}|j(z)|>0$，因此 $h(z)\neq 0$，进而 $f(z)\neq g(z)$。但这与假设 $z_{0}$ 是 $\{z\in B_{\epsilon }(z_{0})|f(z)=g(z)\}$ 的聚点相矛盾。 $\Box$

示例（多维幂级数恒等定理的错误）:

对于多维幂级数，即类型为

$h(z):=\sum _{\alpha \in \mathbb {N} _{0}^{d}}a_{\alpha }(z-z_{0})^{\alpha }$ 的幂级数，对于一个 $z_{0}=(z_{0,1},\ldots ,z_{0,d})\in \mathbb {C} ^{d}$，

集合 $\{z|h(z)=0\}$ 可能有 $z_{0}$ 作为聚点，即使 $h$ 不消失。一个简单的例子（在任何维度 $d\geq 2$ 中都有效）是 $z_{0}=0$ 以及

$h(z)=z_{1}z_{2}$.

定理（阿贝尔定理）:

令

$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}z^{n}$

是一个收敛半径为 $1$ 的实数或复数幂级数，假设

$\lim _{z\to 1}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}z^{n}=\alpha \in \mathbb {C}$.

那么

$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\alpha$.

{{proof|根据 阿贝尔分部求和，我们有

$\sum _{1\leq n\leq x}a_{n}z^{n}=z^{x}A(x)-\ln(z)\int _{1}^{x}A(t)z^{t}dt$

对于 $|z|<1$ 以及 $x\geq 1$，其中我们像往常一样记

$A(x):=\sum _{1\leq n\leq x}a_{n}$.

代入 $z=\exp(w)$，我们得到

$\sum _{1\leq n\leq x}a_{n}\exp(wn)=\exp(wx)A(x)-w\int _{1}^{x}A(t)\exp(wt)dt$.

然后我们取 ${\displaystyle }$