\( \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \)

给定函数 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) ，让我们分析它在 \( z = n + w \) （其中 \( n \) 为整数）的形式。

分析过程

1. 函数替换： \[ z = n + w \] 其中 \( n \) 为整数， \( w \) 为复数。

2. 正弦函数性质： 我们知道 \(\sin(\pi z) = \sin(\pi (n + w)) = \sin(\pi n + \pi w)\) 。

3. 利用正弦函数的周期性： \[ \sin(\pi n + \pi w) = \sin(\pi n) \cos(\pi w) + \cos(\pi n) \sin(\pi w) \]

   对于整数 \( n \) ，我们有： \[ \sin(\pi n) = 0 \] \[ \cos(\pi n) = (-1)^n \]

   因此： \[ \sin(\pi n + \pi w) = (-1)^n \sin(\pi w) \]

4. 替换回原函数： \[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \] 代入 \( z = n + w \) ： \[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi(n + w))} \right)^2 \] 利用上面的结果： \[ f(z) = \left( \frac{\pi}{(-1)^n \sin(\pi w)} \right)^2 \]

   因为 \((-1)^n\) 的平方为 1，所以可以忽略符号： \[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi w)} \right)^2 \]

结论

对于 \( z = n + w \) （其中 \( n \) 为整数）：

\[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi w)} \right)^2 \]

这表示函数 \( f(z) \) 在所有整数 \( n \) 处具有相同的周期形式，因为其值仅依赖于 \( w \) 而不是 \( n \) 。

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为了将函数 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) 在 \( z = n \) 附近（其中 \( n \) 为整数）展开为洛朗级数，我们首先需要处理 \(\sin(\pi z)\) 的行为。

分析过程

1. 在 \( z = n \) 处展开 \(\sin(\pi z)\) : 在 \( z = n \) 附近，令 \( z = n + w \) ，其中 \( w \) 很小。利用正弦函数的泰勒展开： \[ \sin(\pi z) = \sin(\pi (n + w)) = \sin(\pi n + \pi w) = \sin(\pi n) \cos(\pi w) + \cos(\pi n) \sin(\pi w) \] 由于 \( \sin(\pi n) = 0 \) （因为 \( n \) 是整数），我们有： \[ \sin(\pi z) = \cos(\pi n) \sin(\pi w) \] 其中 \( \cos(\pi n) = (-1)^n \) ，所以： \[ \sin(\pi z) = (-1)^n \sin(\pi w) \]

2. 在 \( w \) 很小的时候展开 \(\sin(\pi w)\) : \[ \sin(\pi w) \approx \pi w \quad \text{（因为 \(\sin(x) \approx x\) 当 x \(\to 0 \)）} \] 因此： \[ \sin(\pi z) \approx (-1)^n \pi w \]

3. 处理 \( \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) : \[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 = \left( \frac{\pi}{(-1)^n \pi w} \right)^2 = \left( \frac{1}{(-1)^n w} \right)^2 = \frac{1}{w^2} \]

4. 回到 \( z \) 的变量： 由于 \( w = z - n \) ，我们有： \[ f(z) = \frac{1}{(z - n)^2} \]

结论

在 \( z = n \) 附近，函数 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) 可以展开为洛朗级数： \[ f(z) = \frac{1}{(z - n)^2} \] 这表明 \( f(z) \) 在 \( z = n \) 处有一个二阶极点。

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整体过程。

目标

证明 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \) 。

1. 函数 \( \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \)

首先定义函数 \( \varphi(z) \) ： \[ \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \] 我们知道 \( \varphi(z) \) 也是一个以 1 为周期的全纯函数。

2. 构造函数 \( g(z) = f(z) - \varphi(z) \)

定义： \[ g(z) = f(z) - \varphi(z) \] 则 \( g(z) \) 也是一个全纯函数。

3. 分析 \( f(z) \) 的周期性

函数 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) 具有周期性，周期为 1。我们将研究 \( x \in [0, 1] \) 时的行为。

使用等式 \( \sin(a+b)\sin(a-b) = \sin^2(a) - \sin^2(b) \) ，我们考虑：

\[ \sin(\pi z) \sin(\pi \overline{z}) = \sin(\pi (x + iy)) \sin(\pi (x - iy)) \]

则：

\[ \sin(\pi (x + iy)) \sin(\pi (x - iy)) = \sin^2(\pi x) - \sin^2(i \pi y) \]

因为 \( \sin(i \pi y) = i \sinh(\pi y) \) ，所以 \( \sin^2(i \pi y) = - \sinh^2(\pi y) \) ：

\[ \sin^2(\pi x) - \sin^2(i \pi y) = \sin^2(\pi x) + \sinh^2(\pi y) \]

所以：

\[ |\sin(\pi z)|^2 = \sin^2(\pi x) + \sinh^2(\pi y) \]

接下来，我们重新整理步骤：

\[ \sin^2(\pi x) + \sinh^2(\pi y) \]

并且注意到：

\[ \cosh^2(\pi y) = 1 + \sinh^2(\pi y) \]

于是我们得到：

\[ |\sin(\pi z)|^2 = 1 - \cos^2(\pi x) + (\cosh^2(\pi y) - 1) \] \[ = \cosh^2(\pi y) - \cos^2(\pi x) \]

因此：

\[ |\sin(\pi z)|^2 > \cosh^2(\pi y) - 1 \]

这样我们就得到了 \( |\sin(\pi z)|^2 \) 的下界：

\[ |\sin(\pi z)|^2 > \cosh^2(\pi y) - 1 \]

于是：

\[ |f(z)| = \left| \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \right| = \frac{\pi^2}{|\sin(\pi z)|^2} \]

从上面的下界我们有：

\[ |f(z)| < \frac{\pi^2}{\cosh^2(\pi y) - 1} \]

随着 \( y \to \infty \) ，\(\cosh(\pi y) \) 以指数增长，因此：

\[ \cosh^2(\pi y) \to \infty \]

此时：

\[ \cosh^2(\pi y) - 1 \to \infty \]

所以：

\[ |f(z)| \to 0 \quad \text{as} \quad y \to \infty \]

当 \( y \to \infty \) 时，\( |f(z)| \to 0 \) 。

4. 分析 \( \varphi(z) \) 的行为

在 \( x \in [0, 1] \) 时，我们考虑 \( \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \) 的行为。

当 \( |y| \) 比较大时，注意到 \( \frac{1}{(z - n)^2} \) 在 \( |y| \) 比较大的情况下会变小。

一致收敛性

首先考虑 \( \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \) 。我们需要证明在 \( x \in [0, 1] \) 且 \( |y| \geq 1 \) 时，级数一致收敛。

对任意 \( z = x + iy \) 且 \( |y| \geq 1 \) ，考虑：

\[ \left| \frac{1}{(z - n)^2} \right| = \left| \frac{1}{(x + iy - n)^2} \right| = \frac{1}{|(x - n) + iy|^2} = \frac{1}{(x - n)^2 + y^2} \]

当 \( n \neq 0, 1 \) 时：

\[ \left| \frac{1}{(z - n)^2} \right| \leq \frac{1}{(n-1)^2 + y^2} \]

我们将证明：

\[ \sum_{n \geq 2} \frac{1}{(n-1)^2 + 1} < \infty \]

对于所有 \( n \geq 2 \) ，

\[ \frac{1}{(n-1)^2 + 1} \leq \frac{1}{(n-1)^2} \]

而级数 \( \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^2} \) 是收敛的，因此：

\[ \sum_{n \geq 2} \frac{1}{(n-1)^2 + 1} \]

也是收敛的。这表明对于 \( x \in [0, 1] \) 且 \( |y| \geq 1 \) 的任意 \( z \) ，级数 \( \sum_{n \geq 2} \frac{1}{(z - n)^2} \) 一致收敛。

极限行为

考虑 \( y \to \infty \) 时 \( \varphi(z) \) 的极限行为：

\[ \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} = \frac{1}{(x + iy)^2} + \frac{1}{(x + iy - 1)^2} + \sum_{n \neq 0, 1} \frac{1}{(x + iy - n)^2} \]

我们研究 \( y \to \infty \) 时每一项的极限：

1. 对于第一项：

\[ \lim_{y \to \infty} \frac{1}{(x + iy)^2} = \lim_{y \to \infty} \frac{1}{x^2 - y^2 + 2ixy} = 0 \]

2. 对于第二项：

\[ \lim_{y \to \infty} \frac{1}{(x + iy - 1)^2} = \lim_{y \to \infty} \frac{1}{(x-1)^2 - y^2 + 2i(x-1)y} = 0 \]

3. 对于 \( \sum_{n \neq 0, 1} \frac{1}{(z - n)^2} \) 中的每一项：

\[ \left| \frac{1}{(z - n)^2} \right| = \left| \frac{1}{(x - n + iy)^2} \right| \leq \frac{1}{(n - x)^2 + y^2} \]

当 \( y \to \infty \) 时，所有这些项都会趋向于 0。并且由于一致收敛，所以求和与极限可以交换顺序。因此，

\[ \lim_{y \to \infty} \sum_{n \neq 0, 1} \frac{1}{(z - n)^2} = \sum_{n \neq 0, 1} \lim_{y \to \infty} \frac{1}{(z - n)^2} = 0 \]

综上所述，得出：

\[ \lim_{y \to \infty} \varphi(z) = 0 \]

7. 证明 \( g(z) \) 有界

我们定义：

\[ g(z) = f(z) - \varphi(z) \]

已知 \( f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 \) ，具有周期性，周期为 1。由上述极限行为可知，当 \( y \to \infty \) 时，

\[ \lim_{y \to \infty} g(z) = 0 - 0 = 0 \]

极限存在，所以 g(z) 有界。

并且由于 \( \varphi(z) \) 也以 1 为周期，因此 \( g(z) \) 也是以 1 为周期的全纯函数。

8. 证明 \( g(z) \) 是常数

由于 \( g(z) \) 在复平面上全纯且有界，根据刘维尔定理，全纯有界函数在整个复平面上是常数。因此，\( g(z) \) 为常数函数。

因为 \( g(z) \) 以 1 为周期且在 \( y \to \infty \) 时趋于 0，因此 \( g(z) \) 恒为 0。

结论

\[ f(z) 和\varphi(z) 在所有的整数点都是极点，且 在每个整数点的主部都相同。 f(z) = \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \]

因此：

\[ f(z) = \left( \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \right)^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - n)^2} \]

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\(\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{z - n}\)

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1. 证明 \(\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac{\pi}{2} \left( \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) - \cot\left(\frac{\pi (z - 1)}{2}\right) \right)\)

\[ \frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac{\pi}{2} \left( \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) - \cot\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) \right) \]

我们可以从右边开始，逐步推导到左边。

首先，考虑右边的表达式：

\[ \frac{\pi}{2} \left( \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) - \cot\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) \right) \]

我们知道 \(\cot(x) = \frac{\cos(x)}{\sin(x)}\) ，因此：

\[ \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) = \frac{\cos\left(\frac{\pi z}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\pi z}{2}\right)} \]

和

\[ \cot\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) = \frac{\cos\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)} \]

将这些代入右边的表达式，我们得到：

\[ \frac{\pi}{2} \left( \frac{\cos\left(\frac{\pi z}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\pi z}{2}\right)} - \frac{\cos\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)} \right) \]

将两个分数合并成一个分数：

\[ \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\cos\left(\frac{\pi z}{2}\right) \sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) - \sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \cos\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)}{\sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)} \]

利用三角函数的差角公式：

\[ \cos A \sin B - \sin A \cos B = \sin(B - A) \]

在这里，\(A = \frac{\pi z}{2}\) 和 \(B = \frac{\pi}{2} (z - 1)\) ，所以：

\[ \cos\left(\frac{\pi z}{2}\right) \sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) - \sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \cos\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1) - \frac{\pi z}{2}\right) \]

简化角度：

\[ \frac{\pi}{2} (z - 1) - \frac{\pi z}{2} = \frac{\pi}{2} z - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi z}{2} = -\frac{\pi}{2} \]

因此：

\[ \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = -1 \]

所以右边的表达式变为：

\[ \frac{\pi}{2} \cdot \frac{-1}{\sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right)} \]

注意到 \(\sin\left(\frac{\pi}{2} (z - 1)\right) = \cos\left(\frac{\pi z}{2}\right)\) ，所以：

\[ \frac{\pi}{2} \cdot \frac{-1}{\sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \cos\left(\frac{\pi z}{2}\right)} \]

利用 \(\sin(2x) = 2 \sin(x) \cos(x)\) ，我们有：

\[ \sin\left(\frac{\pi z}{2}\right) \cos\left(\frac{\pi z}{2}\right) = \frac{1}{2} \sin(\pi z) \]

因此：

\[ \frac{\pi}{2} \cdot \frac{-1}{\frac{1}{2} \sin(\pi z)} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{-2}{\sin(\pi z)} = \frac{\pi}{\sin(\pi z)} \]

这就证明了给定的等式。

2. 从 \(\pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n}\) 推导 \(\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{z - n}\)

我们已经知道：

\[ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n} \]

利用上面的结果，我们可以把 \(\frac{\pi}{\sin(\pi z)}\) 的级数展开推导出来。

首先，我们考察 \(\pi \cot(\pi z)\) 的结果：

\[ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n} \]

然后我们使用以下三角函数恒等式：

\[ \frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac{\pi}{2} \left( \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) - \cot\left(\frac{\pi (z - 1)}{2}\right) \right) \]

接下来，我们将 \(\cot\) 展开为部分分数的形式：

\[ \cot(\pi z) = \frac{1}{\pi} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n} \]

利用上面的公式，我们可以得到：

\[ \cot\left(\frac{\pi z}{2}\right) = \frac{1}{\pi/2} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z/2 - n} = \frac{2}{\pi} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - 2n} \]

类似地，

\[ \cot\left(\frac{\pi (z - 1)}{2}\right) = \frac{2}{\pi} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - 1) - 2n} \]

所以我们有：

\[ \frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac{\pi}{2} \left( \frac{2}{\pi} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - 2n} - \frac{2}{\pi} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(z - 1) - 2n} \right) \]

简化后得到：

\[ \frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \left( \frac{1}{z - 2n} - \frac{1}{z - 1 - 2n} \right) \]

注意到每个 \(\frac{1}{z - (2n + 1)}\) 会带有 \( (-1)^n \) 的系数：

\[ \frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{z - n} \]

由此得证。

综上所述，通过从已知的 \( \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n} \) 出发，我们推导并验证了 \(\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^n}{z - n}\) 。

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---

\( \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \)

---

通过考虑 \(\pi \cot(\pi z)\) 在整数 \(z = n\) 附近的行为，我们可以更详细地分析并验证它的主部。

详细证明

我们从定义出发，考虑 \(\pi \cot(\pi z)\) 在 \(z = n + h\) 处，其中 \(n \in \mathbb{Z}\) 且 \(h \in \mathbb{C}\) 。

\[ \pi \cot(\pi z) = \pi \frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)} \]

在 \(z = n + h\) 附近，我们有：

\[ \pi \cot(\pi (n + h)) = \pi \frac{\cos(\pi (n + h))}{\sin(\pi (n + h))} \]

1. 展开 \(\cos(\pi (n + h))\) 和 \(\sin(\pi (n + h))\)

利用三角函数的周期性和泰勒展开：

\[ \cos(\pi (n + h)) = \cos(\pi n + \pi h) = (-1)^n \cos(\pi h) \] \[ \sin(\pi (n + h)) = \sin(\pi n + \pi h) = (-1)^n \sin(\pi h) \]

因为 \(\cos(\pi n) = (-1)^n\) 且 \(\sin(\pi n) = 0\) ，我们进一步展开 \(\cos(\pi h)\) 和 \(\sin(\pi h)\) ：

\[ \cos(\pi h) \approx 1 - \frac{(\pi h)^2}{2} + \mathcal{O}(h^4) \] \[ \sin(\pi h) \approx \pi h - \frac{(\pi h)^3}{6} + \mathcal{O}(h^5) \]

2. 近似分数

将这些展开代入表达式：

\[ \pi \cot(\pi (n + h)) = \pi \frac{\cos(\pi h)}{\sin(\pi h)} \]

近似为：

\[ \pi \cot(\pi (n + h)) \approx \pi \frac{1 - \frac{(\pi h)^2}{2} + \mathcal{O}(h^4)}{\pi h - \frac{(\pi h)^3}{6} + \mathcal{O}(h^5)} \]

可以简化为：

\[ \pi \cot(\pi (n + h)) \approx \pi \frac{1}{\pi h} \frac{1 - \frac{(\pi h)^2}{2} + \mathcal{O}(h^4)}{1 - \frac{(\pi h)^2}{6} + \mathcal{O}(h^4)} \]

对于 \( \frac{1}{1 - x} \) ，当 \(x\) 很小时，我们可以使用泰勒展开式的一阶近似： \[ \frac{1}{1 - x} \approx 1 + x \]

在这里，\(x = \frac{(\pi h)^2}{6}\) ，所以： \[ \frac{1}{1 - \frac{(\pi h)^2}{6}} \approx 1 + \frac{(\pi h)^2}{6} \]

使用分配律展开： \[ \frac{1}{h} \left(1 - \frac{(\pi h)^2}{2}\right) \left(1 + \frac{(\pi h)^2}{6}\right) = \frac{1}{h} \left(1 \cdot 1 + 1 \cdot \frac{(\pi h)^2}{6} - \frac{(\pi h)^2}{2} \cdot 1 - \frac{(\pi h)^2}{2} \cdot \frac{(\pi h)^2}{6}\right) \] 进一步简化： \[ = \frac{1}{h} \left(1 + \frac{(\pi h)^2}{6} - \frac{(\pi h)^2}{2} - \frac{(\pi h)^4}{12}\right) \] 由于 \(h\) 很小，\((\pi h)^4\) 项可以忽略不计，因此： \[ = \frac{1}{h} \left(1 + \frac{(\pi h)^2}{6} - \frac{(\pi h)^2}{2}\right) \]

于是： \[ \pi \cot(\pi (n + h)) \approx \frac{1}{h} \frac{1 - \frac{(\pi h)^2}{2}}{1 - \frac{(\pi h)^2}{6}} \approx \frac{1}{h} \left(1 - \frac{(\pi h)^2}{2} + \frac{(\pi h)^2}{6}\right) \]

简化得到：

\[ \pi \cot(\pi (n + h)) \approx \frac{1}{h} \]

3. 确定主部

h = z - n，所以 \(\pi \cot(\pi z)\) 在 \(z = n\) 处的主部为：

\[ \frac{1}{z - n} \]

为了证明 \(\varphi(z)\) 和 \(f(z)\) 在每个极点处的主部都相同，从而得出 \(f(z) - \varphi(z)\) 是一个在全平面全纯的函数并且是零函数，我们需要详细证明以下几点：

1. \(\varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z}\) 是一致收敛的。
2. \(f(z)\) 和 \(\varphi(z)\) 在每个极点 \(z = n \in \mathbb{Z}\) 处的主部都相同。
3. \(f(z) - \varphi(z)\) 是一个在全平面上全纯的函数，并且是有界的，从而是零函数。

1. 证明 \(\varphi(z)\) 是一致收敛的

考虑 \(\varphi(z)\) 的定义：

\[ \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \]

首先，我们分析 \(\frac{1}{z - n} + \frac{1}{n}\) 在 \(n \to \infty\) 时的行为：

\[ \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} = \frac{1}{n(1 - \frac{z}{n})} + \frac{1}{n} \approx -\frac{z}{n^2} \]

当 \(n\) 足够大时，\(\frac{1}{z - n}\) 近似于 \(-\frac{1}{n}\) 。于是，\(\frac{1}{z - n} + \frac{1}{n}\) 会趋近于 0。

为了证明 \(\varphi(z)\) 一致收敛，我们考虑部分和 \(S_N(z)\) ：

\[ S_N(z) = \sum_{n = -N, n \neq 0}^{N} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \]

对于任意正整数 \(N\) ，有：

\[ \left| \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right| = \left| \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{n}} + \frac{1}{n} \right| \]

对于足够大的 \(n\) ：

\[ \left| \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right| \approx \left| -\frac{z}{n^2} \right| = \frac{|z|}{n^2} \]

这是一个收敛的无穷级数，因此部分和 \(S_N(z)\) 的和趋于 0。所以：

\[ \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) \]

是绝对收敛的，从而一致收敛。

2. \(f(z)\) 和 \(\varphi(z)\) 在每个极点处的主部相同

函数 \(f(z) = \pi \cot(\pi z)\) 在每个 \(z = n \in \mathbb{Z}\) 处的主部是 \(\frac{1}{z - n}\) 。我们需要验证 \(\varphi(z)\) 在每个整数点 \(n\) 处的主部也是 \(\frac{1}{z - n}\) 。

对于 \(\varphi(z)\) ：

\[ \varphi(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \]

在 \(z = n\) 附近，\( \frac{1}{z - n} \) 的贡献是显而易见的，而其余部分对主部的影响可以忽略。所以在 \(z = n\) 处，\(\varphi(z)\) 的主部也是 \(\frac{1}{z - n}\) 。

3. \(f(z) - \varphi(z)\) 是一个全纯且有界的函数

定义：

\[ h(z) = f(z) - \varphi(z) = \pi \cot(\pi z) - \left( \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \right) \]

我们已经证明 \(f(z)\) 和 \(\varphi(z)\) 在每个极点 \(z = n\) 处的主部相同，因此 \(h(z)\) 在这些点上没有极点，是全纯的。

接下来，我们证明 \(h(z)\) 是有界的。对于 \(z\) 远离整数点，\(\cot(\pi z)\) 是有界的，而 \(\sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right)\) 由于其构造方式也是有界的。因此，\(h(z)\) 是有界的全纯函数。

根据刘维尔定理，一个在整个复平面上有界的全纯函数必须是常数。而由于 \(\varphi(z)\) 和 \(f(z)\) 在 \(z \to \infty\) 时的行为一致，它们趋于零，所以这个常数是零。

因此：

\[ h(z) = 0 \]

即：

\[ f(z) = \varphi(z) \]

综上所述，我们证明了：

\[ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \left( \frac{1}{z - n} + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{z} \]

4. 这个形式还可以做如下化简:

\[ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \frac{1}{z - n} + \sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \frac{1}{n} + \frac{1}{z} \]

注意到第二项 \(\sum_{n \in \mathbb{Z}, n \neq 0} \frac{1}{n}\) 正负项刚好抵消。再把最后一项看作 n = 0 的值吸收进来。我们得出:

\[ \pi \cot(\pi z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z - n} \]

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