数学分析 - 平面

1. 基本概念

直积集合 $\mathbb{R}\times \mathbb{R}$ 称为平面，用 $\mathbb{R}^2$ 简化表示，元素 $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ 称为平面上的点。
点 $P=(x,y)$，$Q=(u,v)$ ，点 $P$ 与 $Q$ 的距离定义为：

$|PQ|=\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2}$

当 $P\neq Q$ 时，$P$ 与 $Q$ 连接而成的线段 $PQ$ 定义为线段上点的全体集合：

$PQ=\{(\lambda x+(1-\lambda) u,\lambda y+(1-\lambda) u)|\lambda \in[0,1]\}$

过 $P$ 、$Q$ 的直线定义为：

$l_{PQ}=\{(\lambda x+(1-\lambda) u,\lambda y+(1-\lambda) u)|\lambda \in\mathbb{R}\}$

以 $P$ 为原点，$r$ 为半径的圆周定义为与 $P$ 距离为 $r$ 的点 $Q$ 的全体集合：

$\{Q \ \large{|} \ \normalsize|QP|=r\}$

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Theorem 2.1: 三角不等式
对于任意三点 $P$，$Q$，$R$，不等式 $|PR|\leq|PQ|+|QR|$ 成立。

证明：
设 $P=(x,y),Q=(s,t),R=(u,v)$，为简化，令$(\xi,\eta)=(x-u,y-v),(\sigma,\tau)=(s-u,t-v)$ 原不等式可改写为：

$\sqrt{ (\xi+\sigma)^2+(\eta+\tau)^2 } \leq \sqrt{ \xi^2+ \eta^2}+\sqrt{ \sigma^2+\tau^2 }$

已知 $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$，显然，当$a>0,b>0$ 时，如果 $a^2\leq b^2$ 则 $a \leq b$，所以需要证明这个不等式，只需证明平方后的不等式：

$\begin{aligned} (\xi+\sigma)^2+(\eta+\tau)^2 &\leq \xi^2+\eta^2+2\sqrt{ \xi^2 +\eta}\sqrt{ \sigma^2+ \tau^2 } + \sigma^2+\tau^2 \\ \xi \sigma+\eta \tau &\leq \sqrt{ \xi^2 +\eta^2}\sqrt{ \sigma^2+ \tau^2 } \\ (\xi \sigma+\eta \tau )^2&\leq (\xi^2 +\eta^2)(\sigma^2+ \tau^2)\\ \xi^2 \sigma^2+2\xi \sigma\eta \tau+\eta^2 \tau^2 &\leq \xi^2\sigma^2+\eta^2\tau^2+\xi^2\sigma^2+\eta^2\tau^2 \\ 0 &\leq (\xi \tau-\eta \sigma)^2 \end{aligned}$

而 $0 \leq (\xi \tau-\eta \sigma)^2$ 显然成立。

2. 内点、边界点、聚点与开闭集合

Definition: $\varepsilon$-邻域

$P$ 是 $\mathbb{R}^2$ 上的一点，$\varepsilon \in R^+$，满足 $|PQ|<\varepsilon$ 的所有点 $Q$ 全体的集合为 $P$ 的 $\varepsilon$-邻域：

$U_{\varepsilon}(P)=\{Q\in\mathbb{R}^2||QP|<\varepsilon\}$

$U_{\varepsilon}(P)$ 是以 $P$ 为圆心，$\varepsilon$ 为半径的圆的内部

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Definition: 闭包
$S$ 和 $S$ 的边界的称为闭包，记为$[S]$。

点 $Q$ 属于 $[S]$ 的充要条件是 $\forall\varepsilon$ 都有 $U_{\varepsilon}(Q) \cap S\neq \varnothing$。
显然：

• 任意点集合的闭包是闭集合。
• $S \subset T$ 则 $[S] \subset[T]$

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Definitions
内点：若存在任意正实数 $\varepsilon$，使得 $U_{\varepsilon}(P)\subset S$ ，则 $P$ 叫做 $S$ 的内点。
边界：对任意正实数 $\varepsilon$，都有 $U_{\varepsilon}(P)\not\subset S$ 且 $U_{\varepsilon}(P) \cap S \neq \varnothing$，称$P$为$S$ 的边界点，所有边界点的集合称为边界。
闭包：$S$ 和 $S$ 的边界的并集称为 $S$ 的闭包。
聚点：对任意正实数$\varepsilon$，都存在 $U_{\varepsilon}(P)\cap S$ 为无限集合，即$U_{\varepsilon}(P)$中包含无数个 $S$ 中的点，就称 $P$ 是 $S$ 的聚点，与数列中数列的极限点类似。
孤立点：属于 $S$ ，但不是 $S$ 的聚点。

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Theorem $2.2$
$P$ 是 $S$ 的边界点，如果 $P$ 不属于 $S$，则 $P$ 是 $S$ 的聚点。

证明：假设 $P$ 不是 $S$ 的聚点，即 $\forall \varepsilon$，$U_{\varepsilon}(P) \cap S$ 是有限集合：

$U_{\varepsilon}(P) \cap S=\{Q_{1},Q_{2},\dots,Q_{n}\}$

由于 $P \not \in S$ ，所以$P\neq Q_{k}$，此时 $\forall k,0<|Q_{k}P|< \varepsilon$，由于稠密性，存在正整数 $\delta$ 满足：

$\delta<|Q_{k}P|<\varepsilon,k=1,2,\dots,n$

显然

$U_{\delta}(P)\cap S \subset U_{\varepsilon}(P) \cap S$

由于 $Q_{k} \not\in U_{\delta}(P)$，所以此时 $U_{\delta}(P) \cap S=\varnothing$，这与 $P$ 是 $S$ 的边界点相矛盾。

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Definitions:
离散集合：$S$ 所有点都是 $S$ 的孤立点。
开集合：属于集合 $S \subset \mathbb{R}^2$ 的点都是$S$ 的内点，则称集合 $S$ 为开集合，包含点$P$ 的任意开集叫做 $P$ 的邻域，$\varepsilon$ - 邻域就是一个开集。
闭集合：$S$ 的边界点都被 $S$ 包含时，$S$ 叫做闭集。显然，闭集合的充要条件是 $S$ 的所有聚点都属于 $S$

$\mathbb{R}^2$ 和 $\varnothing$ 即是开集也是闭集。

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有限个或无数个闭集的交集是闭集。
证明：$T=\bigcap_{S\in \mathcal{U}} S$，当$T \subset S$时，$[T] \subset [S]$，所以 $[T] \subset \bigcap_{S\in \mathcal{U}}[S]$，由于$S$是闭集，$\bigcap_{S\in \mathcal{U}}[S] = \bigcap_{S\in \mathcal{U}}S=T$，所以$[T] \subset T$ 即，$[T]=T$。

有限个或无数个开集的并集是开集
证明：$\mathcal{U}$ 是几个开集$U$ 的集合，这些开集的并集合 $W=\bigcap_{U\in\mathcal{U}}U$，设$U^\prime$ 是 $U$ 的补集，是闭集。根据有限个或无数个闭集的交集是闭集，$W$ 的补集 $W^\prime=\bigcap_{U\in\mathcal{U}}U$ 也是补集，所以 $W$ 是开集合。

有限个闭集的并集是闭集

todo: 补充证明

有限个开集的交集是开集

todo: 补充证明

3. 点列的极限

与数列类似的，$P_{n}\in\mathbb{R}^2$ 排成一列称为点列，用$\{P_{n}\}$ 表示。

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Definition：点列的极限
存在点 $A$，当$\lim_{ n \to \infty }|P_{n}A|=0$，称$A$是$\{P_{n}\}$ 的极限，记为

$\lim_{ n \to \infty } P_{n}=A$

设 $P_{n}=(x_{n},y_{n}),A=(a,b)$ ，根据距离公式 $|P_{n}A|=\sqrt{ (x_{n}-a)^2+(y_{n}-b)^2 }$，可知，$\lim_{ n \to \infty }|P_{n}A|=0$ 与 $\lim_{ n \to \infty }|x_{n}-a|=\lim_{ n \to \infty }|y_{n}-b|=0$ 是等价的，$\lim_{ n \to \infty }P_{n}=A$ 与 $\lim_{ n \to \infty }x_{n}=a,\lim_{ n \to \infty }y_{n}=b$ 是等价的。

点列的极限的充要条件是，给定任意正实数 $\varepsilon$，除了有限个项外，$P_{n}\in U_{\varepsilon}(A)$。

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Theorem 2.3: 点列的柯西判别法
点列 $\{ P_{n} \}$ 收敛的充分必要条件是，给定任意正实数 $\varepsilon$，存在正整数 $n_{0}(\varepsilon)$ 当$n>n_{0}(\varepsilon),m>n_{0}(\varepsilon)$ 时，$|P_{n}P_{m}|<\varepsilon$ 成立。

可由定理 1.2 数列的柯西收敛准则轻松得出。

4. 有界集合与紧致集合

有界集合：如果属于 $S$ 的点 $P$ 与原点的距离 $|PO|$ 有上界时，称 $S$ 有界。

有界集合的直径：显然 $S$ 有界时，属于$S$ 的两点 $P$，$Q$ 的距离 $|PQ|$ 也存在一个上界。这个上确界称为 $S$ 的直径，记为 $\delta(S)$：

$\delta(S)=\sup_{P,Q \in S} |PQ|$

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Theorem 2.4.1
非空有界闭集合列 $S_{1},\dots,S_{n},\dots$ ，若满足：

1. $S_{1} \supset S_{2} \supset \dots \supset S_{n} \supset \dots$
2. $\lim_{ n \to \infty }\delta(S_{n})=0$

则存在唯一的点 $P$ 属于所有这些闭集合 $S_{n}$。

证明：对每个 $S_{n}$ 任意选取一个 $P_{n} \in S_{n}$，根据条件，当正整数 $n>n_{0}(\varepsilon)$ 时，$|\delta(S_{n})|<\varepsilon$ ， 另取一正整数 $m>n$ ，因为 $P_{m}\in S_{m} \in S_{n}$ 所以：

$|P_{n}P_{m}|< \delta({S_{n}})< \varepsilon$

根据柯西判别法可知点列 $\{ P_{n} \}$ 收敛，则对于每个 $n$，若 $m\geq n$，则 $P_{m} \in S_{n}$ ，因此 $P=\lim_{ m \to \infty }P_{m}$ 属于 $[S_{n}]$ ，又因为$S_{n}$ 是闭集合，所以 $P \in [S_{n}]=S$

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Definitions
覆盖：$S$ 是一些集合的并集 $\mathcal{U}$ ，即 $S\subset \bigcup_{U\in \mathcal{U}}U$ 则，称 $\mathcal{U}$ 是 $S$ 的覆盖。
开覆盖：$\mathcal{U}$ 中所有的集合都是开集。
有限覆盖：$\mathcal{U}$ 由有限个点集合组成时。
子覆盖：$S$ 的覆盖 $\mathcal{V}$ 是覆盖 $\mathcal{U}$ 的子集合时，称 $\mathcal{V}$ 是 $\mathcal{U}$ 的子覆盖。

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Definition: 紧致集合
若 $S$ 的任意开覆盖，都有有限子覆盖时，把 $S$ 称为紧致集合。

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Theorem 2.4.2
紧致集合 $S$ 是有界的闭集

证明：
有界的证明：
对于每个 $Q \in S$ ，显然 $\mathcal{U} = \{ U_{\varepsilon}(Q) | Q \in S\}$ 是 $S$ 的一个开覆盖，根据定义，$S$ 由有限个 $U_{\varepsilon}(Q)$ 覆盖，$U_{\varepsilon}(Q)$ 都是有界的，所以 $S$ 也有界。
闭集的证明：
取 $S$ 外任意一点 $P$ ，对于每点 $Q_{n} \in S$，$U_{Q}=U_{\varepsilon_{Q}}(Q)$，则 $S$ 可以由有限个 $U_Q$ 覆盖：

$S \subset U_{Q_{1}} \cup U_{Q_{2}} \cup \dots \cup U_{Q_{n}}$

只要令$\varepsilon_{Q}=\frac{1}{3}|QP|$ ，并令 $\varepsilon=\min_{k=1,2,\dots,m} \varepsilon_{Q_{k}}$ ，显然就有所有的 $U_{Q_{k}},k=1,2,\dots,n$ 都不与 $U_{\varepsilon}(P)$ 相交，即，$U_{Q_{k}} \cap U_{\varepsilon}(P)=\varnothing$ ，所以 $S \cap U_{\varepsilon}(P)=\varnothing$ ，可得，不属于 $S$ 的点 $P$ 都不是 $S$ 的边界点，所以 $S$ 的边界点都属于 $S$，即 $S$ 是闭集。

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Theorem 2.4.3: Heine-Borel 有限覆盖定理
有界闭集是紧致的

我们使用反证法，假设有界闭集 $S$ 的任意开覆盖都不存在有限个子覆盖，即有界闭集不是紧致的。设 $S$ 是有界闭集合，$\mathcal{U}$ 是 $S$ 的开覆盖。

因为 $S$ 有界，可以选取一个闭区间 $I=[a,b]$ ，使得 $S$ 包含于正方形 $\Delta = I \times I$ ：

$S \subset \Delta = I \times I = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2|a\leq x\leq b,a\leq y\leq b \}$

正方形 $\Delta$ 的直径 $\delta=\sqrt{ 2 }(b-a)$，把 $I$ 以其中点$c=(a+b)/2$分为两个部分$I^\prime=[a,c],I^{\prime\prime=[c,b]}$，即把 $\Delta$ 分为四个小正方形：$\Delta^\prime=I^\prime \times I^\prime,\Delta^{\prime\prime}=I^{\prime\prime} \times I^\prime,\Delta^{\prime\prime\prime}=I^{\prime} \times I^{\prime\prime},\Delta^{\prime\prime\prime\prime}=I^{\prime\prime} \times I^{\prime\prime}$ 。

此时，$S$ 被四个闭集分割，$S^{\prime}= S \cap \Delta^{\prime},S^{\prime\prime}= S \cap \Delta^{\prime\prime},S^{\prime\prime\prime}= S \cap \Delta^{\prime\prime\prime},S^{\prime\prime\prime\prime}= S \cap \Delta^{\prime\prime\prime\prime}$：

$S=S^\prime \cup S^{\prime\prime} \cup S^{\prime\prime\prime} \cup S^{\prime\prime\prime\prime}$

如果假设成立，则 $S$ 不能被属于 $\mathcal{U}$ 的有限个开集覆盖，也就是说 $S^{\prime},S^{\prime\prime},S^{\prime\prime\prime},S^{\prime\prime\prime\prime}$ 中至少有一个不能被属于 $\mathcal{U}$ 的有限个开集覆盖，不妨假设这个部分为 $S_{1}$：

$S_{1} \subset S,\ \ \delta(S_{1}) \leq \frac{\delta}{2}$

再对 $S_{1}$ 进行上述分割操作，得到 $S_{1}=S^\prime_{1} \cup S^{\prime\prime\prime}_{1}\cup S^{\prime\prime}_{1} \cup S^{\prime\prime\prime\prime}_{1}$，再选取出一个 $S_{2}$，则 $S_{2} \subset S_{1},\ \ \delta(S_{2}) \leq \frac{\delta}{2^2}$，以此类推，可得：

$S \supset S_{1} \supset S_{2} \supset \dots \supset S_{n} \supset \dots,\ \ \ \ \delta(S_{n})\leq \frac{\delta}{2^n}$

根据定理 2.4.1 可得：存在唯一的点 $P$ 属于所有的 $S_{n}$，即 $P \in S$ 又由于 $S$ 被 $\mathcal{U}$ 覆盖，所以 $P$ 也属于 $\mathcal{U}$ 的某一开集 $U$，那么，取$U_{\varepsilon}(P) \in U$ 成立的正实数 $\varepsilon$，那么可以找到一正实数 $n$ ，则 $P \in S_{n}$ 且满足 $\delta(S_{n})\leq \delta/2^n<\varepsilon$，显然会有 $S_{n} \subset U_{\varepsilon}(P) \subset U$ ，即 $S_{n}$ 能被 $U$ 覆盖， 这与 $S_{n}$ 不能被属于 $\mathcal{U}$ 的有限个开集合覆盖相矛盾，所以 $S$ 被属于 $\mathcal{U}$ 的有限个开集合覆盖，即 $S$ 是紧致的。

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Theorem 2.4.4: Weierstrass 定理
有界无限集合有聚点（含有收敛子列）

只需证明没有聚点的有界集合 $S$ 是有限集合。

由于不属于 $S$ 的边界点是 $S$ 的聚点，所以 $S$ 所有的边界点都属于 $S$，即 $S$ 是有界闭集。根据 Heine-Borel 覆盖定理 可知 $S$ 是紧致的。

根据假设，属于 $S$ 的点 $P$ 不是 $S$ 的聚点，即 $U_{\varepsilon}(P) \cap S$ 是有限的点集合，且 $S$ 被 $\{ U_{\varepsilon}(P) | P \in S \}$ 覆盖，又根据紧致集合的定义，$S$ 被有限个 $U_{\varepsilon}(P)$ 覆盖，所以 $S$ 也是有限集合。

Theorem 2.4.5: 致密性定理
有界的点列有收敛的子列

先考虑简单的情况：有界点列 $\{ P_{n} \}$ ，如果存在 $P \in \{P_{n}\}$ 使得 $P_{n}=P$ 成立的项有无数个，则 $P$ 显然是一个极限点，即是一个子列的极限。

再考虑，设 $\{ P_{n} \}$ 中所有点可能出现在的位置的集合为 $S$。对于每个 $P \in S$ 使得 $P_{n}=P$ 满足的项都有有限个。

显然 $S$ 是有界无限集合，根据定理 2.2.4，$S$ 有聚点，取其中一个聚点 $Q$，则给定任意正实数 $\varepsilon$，$U_{\varepsilon}(Q) \cap S$ 是无限集合。因此，满足 $P_{n} \in U_{\varepsilon}(Q)$ 的项 $P_{n}$ 有无数个，便取 $P_{n_{1}}$ 使得其为满足 $P_{n} \in U_{1}(Q)$ 的项 $P_{n}$ 之一，再取 $P_{n_{2}}$ 为满足 $P_{n_{2}} \in U_{\frac{1}{2}}(Q)$，$n>n_{1}$ 的项 $P_{n}$ 之一， $P_{n_{3}}$ 为满足 $P_{n_{2}} \in U_{\frac{1}{3}}(Q)$，$n>n_{2}$ 的项 $P_{n}$ 之一，以此类推，就可以得到 $P_{n}$ 的子列：

P_{n_{1}},P_{n_{2}},\dots,P_{n_{m}},\dots (P_{n_{m}} \in U_{\frac{1}{m}}(Q))$$ 收敛于 $Q$。 # 复平面 ## 基本概念 **复数**：形如 $z=x+iy$（$x,y \in \mathbb{R},i=\sqrt{ -1 }$），实部 $\Re z=x$，虚部 $\Im z=y$（或 $\text{Re\ }z,\text{Im\ z}$）。 **复平面**：把平面 $\mathbb{R}^2$ 上的点 $(x,y)$ 考虑成复数 $x+i y$ 时，把 $\mathbb{R}^2$ 叫做复平面，用 $C$ 表示。 **绝对值**：复数 $z=x+iy$ 的绝对值表示为 $|z|=\sqrt{ x^2+y^2 }$，也是点 $z$ 到原点的距离，与另一复数 $w=u+iv$ 的距离为 $|z-w|$。 **共轭复数**：对于 $z=x+iy$ 称 $x-iy$ 是 $z$ 的共轭复数，表示为 $\bar{z}$，显然： $$\begin{aligned} \bar{\bar{z}}=z,\ \ \ \overline{z+w}=\bar{z}+\bar{w},\ \ \ \overline{z \cdot w}=\bar{z}\cdot \bar{w} \\ |z|^2=|\bar{z}|^2=x^2+y^2=z \cdot \bar{z} \\ |zw|^2=zw\bar{z}\bar{w}=|z|^2|w|^2 \end{aligned}

如果 $z\neq 0$，那么 $z\cdot\bar{z}/{|z|}^2=1$ ，所以 $1/z=\bar{z}/|z|^2$

$\Re z=\frac{z+\bar{z}}{2}, \ \ \Im z = \frac{z-\bar{z}}{2i}$

由于 $\Re z\leq|z|$ 可得复数的三角不等式：

$\begin{aligned} |z+w|^2&=(z+w)(\bar{z}+\bar{w})=z\bar{z}+z\bar{w}+w\bar{z}+w\bar{w}=|z|^2+2\Re z\bar{w}+|w|^2\\ &\leq|z|^2+2|z\bar{w}|+|w|^2=|z|^2+2|z||w|+|w|^2=(|z|+|w|)^2 \end{aligned}$

所以 $|z+w|\leq|z|+|w|$。

因为 $\overline{(w/z)}/\bar{z}=\overline{(w/z\cdot z)}=w$ 所以

$\overline{\frac{w}{z}}=\frac{\bar{w}}{\bar{z}}$

常用定理

Theorem 2.5.1: 复数列的柯西收敛准则
复数列 $\{ z_{n} \}$ 收敛的充分必要条件是，$\forall \varepsilon>0,\ \ \exists n_{0}(\varepsilon)\in \mathbb{N}^+$，只要 $n>n_{0}(\varepsilon)$，$m>n_{0}(\varepsilon)$ 就有 $|z_{n}-z_{m}|<\varepsilon$ 成立。

由于 $|z|-|w|\leq|z-w|$ 所以 $||z|-|w||\leq|z-w$，可得：$||z_{n}|-|z_{m}||<|z_{n}-z_{m}|<\varepsilon$ ，所以如果 $\{ z_{n} \}$ 收敛则 $\{ |z_{m}| \}$ 也收敛。

Theorem 2.5.2
如果级数 $\sum^\infty_{n=1}|z_{n}|$ 收敛，那么 $\sum^\infty_{n=1} z_{n}$ 也收敛

设 $w_{n}=\sum^n_{i=1}z_{i},\sigma_{n}=\sum^n_{i=1}|z_{i}|$，如果 $m<n$ 则：

$|w_{n}-w_{m}|=\left|\sum^n_{k=m+1}z_{k}\right|\leq \sum^n_{k=m+1}|z_{k}|=|\sigma_{n}-\sigma_{m}|$

根据柯西收敛准则易证。

Theorem 2.5.3
级数 $\sum^\infty_{n=1}r_{n}$ 收敛，且 $r_{n}\geq 0$，对于级数 $\sum^\infty_{n=1}z_{n}$ 如果存在 $v\in \mathbb{N}^+$，使得$n>v$ 时，就有 $|z_{n}|\leq r_{n}$ 成立，那么 $\sum^\infty_{n=1}z_{n}$ 绝对收敛

显然的

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Identity 2.5.4

$\lim_{ n \to \infty }\left( 1+\frac{z}{n} \right)^n=\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}$

这个等式证明巨长，而且并不是很有用。

首先证明级数 $\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}$ 绝对收敛，$n\geq m$ 时：

$\frac{|z|^n}{n!}=\frac{|z|^m}{m!} \cdot \frac{|z|}{m+1} \cdot \frac{|z|}{m+2} \dots \frac{|z|}{n}$

只要 $m\geq 2|x|$ 时，$\frac{|z|}{m}\leq \frac{1}{2}$ 所以：

$\frac{|z|^n}{n!}\leq \frac{|z|^m}{m!} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{n-m}=\frac{2^m|z|^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^n}$

当确定了 $n\geq m\geq 2|z|$，设$M_{m}=\frac{|m^m|}{m!}$ ，有 $\frac{|2z|^m}{m!}\leq M_{m}$，则：

$\frac{|z|^m}{m!}\leq \frac{M_{m}}{2^n}$

又只要确定了一个 $m$ 则 $\sum^\infty_{n=0}M_{m}/2^n=2M_{v}$ 根据定理 1.5.2 可知 $\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}$ 绝对收敛。

令 $w_{m}=\sum^m_{n=0}z^n/n!$，则当 $m\geq v$ 时：

$\left|\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}-\sum^m_{n=0}\frac{z^n}{n!}\right|\leq \sum^\infty_{n=m+1}\frac{|z|^n}{n!}<\sum^\infty_{n=m+1}\frac{M_{v}}{2^n}=\frac{M_{v}}{2^m} \tag{1}$

以便后续证明。

其次证明 $\{\left( 1+\frac{z}{n} \right)^n\}$ 收敛：设 $p_{n}=(1+\frac{z}{n})^n$，根据二项式定理：

$p_{n}=1+\sum^n_{k=1} \left(\begin{matrix}n \\ k \end{matrix}\right) \frac{z^k}{n^k}$

令$a_{n,k}= \left(\begin{matrix}n \\ k \end{matrix}\right) \frac{1}{n^k}$：

$a_{n,k}=\frac{1}{k!}\left( 1-\frac{1}{n} \right)\left( 1-\frac{2}{n} \right)\dots\left( 1-\frac{k-1}{n} \right)< \frac{1}{k!}, \frac{1}{k!}>0$

显然 $\lim_{ n \to \infty }a_{n,k}=\frac{1}{k!}$。

再根据式 $(1)$ 可得：

$\left|\sum^n_{k=m+1} \left(\begin{matrix}n \\ k \end{matrix}\right) \frac{z^k}{n^k}\right|\leq \sum^n_{k=m+1}\frac{|z|^k}{k!}<\sum^\infty_{k=m+1} \frac{M_{v}}{2^k}=\frac{M_{v}}{2^m}$

所以，设$p_{n,m}=1+\sum^m_{k=1}a_{n,k}z^k$若$n>m>v$ 时：

$|p_{n}-p_{n,m}|=\left|\sum^n_{k=m+1} \left(\begin{matrix}n \\ k \end{matrix}\right) \frac{z^k}{n^k}\right|< \frac{M_{v}}{2^m}$

给定任意$\varepsilon>0$只要确定一个$m\in\mathbb{N}^+,m>v$，使得满足 $\frac{M_{v}}{2^m}<\frac{\varepsilon}{4}$，再确定 $n>m$，则 $|p_{n,m}-\sum^m_{i=0}\frac{z^i}{i!}|<\frac{\varepsilon}{4}$ 成立，此时又有：

$|p_{n}-\sum^m_{i=0}\frac{z^i}{i!}|\leq |p_{n}-p_{n,m}|+|p_{n,m}-w_{m}|<\frac{M_{v}}{2^m}+\frac{\varepsilon}{4}<\frac{\varepsilon}{2}$

因此，如果 $n,l>n_{0}(\varepsilon)$ 那么 $|p_{n}-p_{l}|\leq |p_{n}-w_{m}|+|p_{l}-w_{m}|<\varepsilon$，由柯西收敛准则可得 $\{ p_{n} \}$ 收敛，设其极限为 $p$.

又 $|p_{n}-w_{m}|<\frac{\varepsilon}{2}$ 所以，$|p-w_{m}|\leq \frac{\varepsilon}{2}$，并 根据式 $(1)$ ：

$\left|\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}-w_{m}\right|<\frac{M_{v}}{2^m}<\frac{\varepsilon}{2}$

可得：

$\left|p-\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{n!}\right|<\varepsilon$

证毕。
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