ある領域で正則な関数は領域内の任意の点で冪級数に展開できることを証明します。証明に必要な設定を含む版で証明を進めます。
定理54(すごく複雑)：関数$f$が領域$K$で正則とする。$K$内の任意の点$a\in K$を中心として領域$K$の最も近い境界点を通る円を$K_0$、その半径を$r_0$とする。この円の中の任意の点を$\zeta$とすると、 $| \zeta - a | = \rho $として中心$a$, 半径$r, (\rho \lt r\lt r_0)$の円周$c$を考える。この時$f$は$\zeta$で以下のようにテイラー級数に展開される。
$$f(\zeta)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\,(\zeta -a)^n, |\zeta -a| \lt r, a_n=\frac1{2\,\pi\,i} \int_{c} \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}} dz$$
証明で使わない$K_0, r_0$を省いた状況を図にまとめるとこんな感じです。
証明します。$z$が円周$c$上の点とすると、
$$\frac1{z-\zeta}=\frac1{(z-a)-(\zeta-a)}=\frac1{z-a}\cdot\frac1{1-\frac{\zeta-a}{z-a}}$$
$$=\frac1{z-a}+\frac{\zeta-a}{(z-a)^2}+\frac{(\zeta-a)^2}{(z-a)^3}+\cdots$$
これは等比級数の無限和で公比が$\left| \frac{\zeta-a}{z-a} \right| = \frac{\rho}{r} \lt 1$なので収束します。両辺に$f(z)$をかけると得られる次の等式：
$$\frac{f(z)}{z-\zeta}=\frac{f(z)}{z-a}+\frac{(\zeta-a)\,f(z)}{(z-a)^2}+\frac{(\zeta-a)^2\,f(z)}{(z-a)^3}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\zeta-a)^n\,f(z)}{(z-a)^{n+1}}$$
の右辺は$z$が円周$c$上の点なので一様に収束します（後述）。両辺を積分すると右辺は項別積分ができて（こちらも後述）、
$$\int_{c}\frac{f(z)}{z-\zeta}dz=\int_{c}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\zeta-a)^n\,f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{c}\frac{(\zeta-a)^n\,f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz$$
両辺を$2\,\pi\,i$で割って整理を続けると
$$\frac1{2\,\pi\,i}\int_{c}\frac{f(z)}{z-\zeta}dz=\frac1{2\,\pi\,i}\sum_{n=0}^{\infty}\int_{c}\frac{(\zeta-a)^n\,f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty}\left( \frac1{2\,\pi\,i}\int_{c}\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz\right) \cdot (\zeta-a)^n$$
コーシーの積分表示から左辺は$f(\zeta)$であることから定理の式を得ます。
証明の式変形は最初の技巧的な分数の変形から$\frac1{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n$を使った級数展開と、両辺に$f(z)$をかけて項別積分するだけなので思ったよりも簡単でした。
証明の中で2点後回しにしました。１つ目は一様収束です。もう１つはそこから得られる無限級数の項別積分（本当はその前に極限と積分の交換があります）です。この辺は数論関連の複素関数論でもさらっと出てきてスッと通り過ぎることが多いです。またさりげなく一様収束の証明がM判定法で書かれていることもあります。
せっかくなので次回にちょっと寄り道してその辺を下記の式を例にして書くことにします。
$$\frac{f(z)}{z-\zeta}=\frac{f(z)}{z-a}+\frac{(\zeta-a)\,f(z)}{(z-a)^2}+\frac{(\zeta-a)^2\,f(z)}{(z-a)^3}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\zeta-a)^n\,f(z)}{(z-a)^{n+1}}$$
