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test 3

摘抄自《数论I》

引理：设 \(a,b,c\in \mathbb{Q}^+\)，则下面的（I）,（II）等价.

(I) 存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\) 使 \(ax^2+by^2=c\) .

(II) 存在 \(x,y,z\in \mathbb{Q}\) ，\((x,y,z)\neq(0,0,0)\) 使 \(ax^2+by^2=cz^2\) .

test 2

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\starttext

设 $f(x)$ 有泰勒展开式 $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n$ 与 $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}(x-x_0)^n$ ．
因为 $f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}(x-x_0)^n$,
所以 

\startformula
\frac{f(\xi)}{(\xi-x_0)^k}=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}\frac{(\xi-x_0)^n}{(\xi-x_0)^k}
\stopformula

因为 $f(x)$ 在以收敛半径 $r$ 为半径的开圆盘 $B(x_0,r)$ 内解析，所以 $f(x)$ 在 $B(x_0,r)$ 内闭一致收敛（魏尔斯特拉斯定理），所以

\startformula \startalign
\int_L\frac{f(\xi)}{(\xi-x_0)^k}\,{\rm d}\xi&=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}\int_L\frac{a_n^{\prime}}{(\xi-x_0)^{k-n}}\,{\rm d}\xi\frac{f^{n}(x_0)}{n!}&=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}\int_L\frac{a_n^{\prime}}{(\xi-x_0)^{k-n}}\,{\rm d}\xi\qquad(k=n+1)
a_n&=a_n^{\prime} \qquad \text{右边因为}\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{{\rm d}\xi}{(\xi-x_0)^n}= \startmathcases
   \NC 1, \NC if $n=1$,\NR
   \NC 0 ,\NC if $n\neq 1$.\NR
\stopmathcases
\stopalign
\stopformula
\stoptext

这里的 TeX 显示效果太差，用 ConTeXt 编译或看下面。