Para simplificar la notación, vamos
$$S_k=\sum_{m\geq k}\frac{a_n}{n^{z_0}}$$
Ahora, vamos a hacer la clásica de Abel truco y para todos los $N,M\in \mathbb{N}$$N<M$, obtenemos
\begin{align*}
\sum_{n=N}^M\frac{a_n}{n^z}&=\sum_{n=N}^M\frac{a_n}{n^{z_0}}\frac{1}{n^{z-z_0}}\\
&=\sum_{n=N}^M\frac{S_{n+1}-S_{n}}{n^{z-z_0}}\\
&=\sum_{n=N}^M\frac{S_{n+1}}{n^{z-z_0}}-\sum_{n=N}^M\frac{S_{n}}{n^{z-z_0}}\\
&=\sum_{n=N+1}^{M}S_n\left(\frac{1}{(n-1)^{z-z_0}}-\frac{1}{n^{z-z_0}}\right)+\frac{S_{M+1}}{M^{z-z_0}}-\frac{S_N}{N^{z-z_0}}
\end{align*}
después rutinarios de las operaciones con cada uno de sumatorias. Aquí, debemos observar que
\begin{align*}
\left|\frac{1}{(n-1)^{z-z_0}}-\frac{1}{n^{z-z_0}}\right|=\left|\int_{n-1}^{n}\frac{z-z_0}{x^{z-z_0+1}}\,dx\right|&\\\leq |z-z_0| \int_{n-1}^{n}\frac{dx}{x^{\text{Re}(z-z_0)+1}}&=\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\left(\frac{1}{(n-1)^{\text{Re}(z-z_0)}}-\frac{1}{n^{\text{Re}(z-z_0)}}\right)
\end{align*}
bajo el supuesto de $\text{Re}(z-z_0)>0$. Por lo tanto, para $\text{Re}(z-z_0)>0$ $M>N$ obtenemos
$$\left|\sum_{n=N}^M\frac{a_n}{n^z}\right|\leq \frac{\max_{N\leq n\leq M+1}|S_n|}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\left(2+\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\right)$$
después de ver que
\begin{align*}
\left|\sum_{n=N}^M\frac{a_n}{n^z}\right|&=\sum_{n=N+1}^{M}|S_n|\left|\frac{1}{(n-1)^{z-z_0}}-\frac{1}{n^{z-z_0}}\right|+\frac{|S_{M+1}|}{M^{\text{Re}(z-z_0)}}+\frac{|S_N|}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\\
&\leq \left(\max_{N<n\leq M}|S_n|\right)\sum_{n=N+1}^{M}\left|\frac{1}{(n-1)^{z-z_0}}-\frac{1}{n^{z-z_0}}\right|+\frac{|S_{M+1}|}{M^{\text{Re}(z-z_0)}}+\frac{|S_N|}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\text{;}
\end{align*}
\begin{align*}
\sum_{n=N+1}^{M}\left|\frac{1}{(n-1)^{z-z_0}}-\frac{1}{n^{z-z_0}}\right| &\leq \frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\sum_{n=N+1}^{M}\left(\frac{1}{(n-1)^{\text{Re}(z-z_0)}}-\frac{1}{n^{\text{Re}(z-z_0)}}\right)\\
&\leq \frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\left(\frac{1}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}-\frac{1}{M^{\text{Re}(z-z_0)}}\right)\\
&\leq \frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\frac{1}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\text{,}
\end{align*}
desde $\sum_{n=N+1}^{M}\left(\frac{1}{(n-1)^{\text{Re}(z-z_0)}}-\frac{1}{n^{\text{Re}(z-z_0)}}\right)$ es un telescópico de la serie; y que
\begin{align*}
\left(\max_{N<n\leq M}|S_n|\right)\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\frac{1}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}&+\frac{|S_{M+1}|}{M^{\text{Re}(z-z_0)}}+\frac{|S_N|}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\\&\leq \frac{\max_{N\leq n\leq M+1}|S_n|}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}\left(2+\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\right)\text{,}
\end{align*}
debido a $N<M$.
Ahora, estamos listos para el paso final, pero antes de los tres observaciones:
- Desde $\text{Re}(z-z_0)>0$,
$$\frac{1}{N^{\text{Re}(z-z_0)}}<1\text{.}$$
- Ya que cada cerrados balón $B$ es compacto y si contenida en el
región considerada, la función $$z\mapsto
\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}$$ es bien definida y continua
sobre ella, hay una constante $K_B$ tal que para todos los $z\in B$,
$$\frac{|z-z_0|}{\text{Re}(z-z_0)}\leq K_B\text{.}$$ Nota que aquí
la parte importante es que se considera la función es acotada, para
que nos puede tomar mucho más grande de dominios -por ejemplo, $A(z_0,\theta)= \{z\in
\mathbb{C}\,|\,\text{Re}(z)>\text{Re}(z_0)\text{ y
}\text{arg}(z-z_0)\leq \theta\}$ for $\theta<\frac{\pi}{2}$-.
- Desde $\sum \frac{a_n}{n^{z_0}}$ converge, $S_K$ converge a cero
y así para todos los $\varepsilon>0$, $C_\varepsilon>0$ tal
que $$|S_n|<\varepsilon$$ whenever $n\geq C_\varepsilon$.
Unirse a este tres observaciones y la fórmula anterior, se obtiene que, dada una bola de cierre $B$ contenida en la mitad de avión $\text{Re}(z)>\text{Re}(z_0)$$\varepsilon>0$, para todos los $z\in B$$N,M\geq C_{\varepsilon/(2+K_B)}$,
$$\left|\sum_{n=N}^M\frac{a_n}{n^z}\right|<\varepsilon\text{.}$$
Por lo tanto $\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^z}$ es uniformemente de Cauchy en $B$ y por lo tanto converge uniformemente en B como se desee.
