解析函数的幂级数理论【洛朗展开(Laurent 展开)】

解析函数的幂级数理论--洛朗展开 Laurent展开

  • 函数项级数一致收敛的性质
  • 幂级数与解析函数
  • 解析函数的泰勒展开(Taylor 展开)
  • 解析函数的洛朗展开(Laurent 展开)

函数项级数一致收敛的性质

和函数连续

设级数 ∑ n = 0 ∞ f n ( z ) \sum_{n=0}^{\infty} f_{n}(z) n=0fn(z) 的各项在点集 E E E 上连续,并且一致收敛于 f ( z ) f(z) f(z),则和函数
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f n ( z ) f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} f_{n}(z) f(z)=n=0fn(z)
也在 E E E 上连续。

逐项求积分

设级数 ∑ k = 1 ∞ u k ( z ) \sum_{k=1}^{\infty} u_{k}(z) k=1uk(z) 的各项在曲线 C C C 上连续,并且在 C C C 上一致收敛于 f ( z ) f(z) f(z),则沿 C C C 可以逐项积分
∫ C ∑ k = 1 ∞ u k ( z ) d z = ∑ k = 1 ∞ ∫ C u k ( z ) d z \int_{C} \sum_{k=1}^{\infty} u_{k}(z) \mathrm{d} z=\sum_{k=1}^{\infty} \int_{C} u_{k}(z) \mathrm{d} z Ck=1uk(z)dz=k=1Cuk(z)dz

魏尔斯特拉斯(Weierstrass)定理–逐项求导数

设级数 ∑ n = 0 ∞ f n ( z ) \sum_{n=0}^{\infty} f_{n}(z) n=0fn(z) 的各项均在区域 D D D内解析,且级数在区域 D D D 内闭一致收敛于 f ( z ) f(z) f(z),则
(1) f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f n ( z ) f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} f_{n}(z) f(z)=n=0fn(z) 在区域 D D D 内解析;
(2) 在 D D D 内级数可逐项求导至任意阶,且
f ( p ) ( z ) = ∑ n = 0 ∞ f n ( p ) ( z ) , p = 1 , 2 , 3 , ⋯   ; f^{(p)}(z)=\sum_{n=0}^{\infty} f_{n}^{(p)}(z), \quad p=1,2,3, \cdots ; f(p)(z)=n=0fn(p)(z),p=1,2,3,;
(3) ∑ n = 0 ∞ f n ( p ) ( z ) \sum_{n=0}^{\infty} f_{n}^{(p)}(z) n=0fn(p)(z) D D D 内内闭一致收敛于 f ( n ) ( z ) f^{(n)}(z) f(n)(z)

内闭一致收敛

设级数 ∑ n = 0 ∞ f n ( z ) \sum_{n=0}^{\infty} f_{n}(z) n=0fn(z) 的各项均在区域 D D D 内有定义,若 ∑ n = 0 x f n ( z ) \sum_{n=0}^{x} f_{n}(z) n=0xfn(z) D D D 的任一有界闭子区域上一致收敛,则称级数在 D D D 内闭一致收敛。

幂级数与解析函数

最简单的函数项级数是幂级数
∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n = c 0 + c 1 ( z − a ) + c 2 ( z − a ) 2 + ⋯ \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(z-a)^{n}=c_{0}+c_{1}(z-a)+c_{2}(z-a)^{2}+\cdots n=0cn(za)n=c0+c1(za)+c2(za)2+
其中 c 0 , c 1 , c 2 , ⋯ c_{0}, c_{1}, c_{2}, \cdots c0,c1,c2, a a a 是给定的复常数。

阿贝尔(Abel)定理:若 ∑ k = 0 ∞ a k ( z − b ) k \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(z-b)^{k} k=0ak(zb)k z = z 0 z=z_{0} z=z0 点收敛,则
(1). 它在 ∣ z − b ∣ < ∣ z 0 − b ∣ |z-b|<\left|z_{0}-b\right| zb<z0b 内绝对收敛;
(2). 它在 ∣ z − b ∣ ≤ ρ ( ρ < ∣ z 0 − b ∣ ) |z-b| \leq \rho\left(\rho<\left|z_{0}-b\right|\right) zbρ(ρ<z0b) 上一致收敛。

推论:若幂级数 ∑ k = 0 ∞ a k ( z − b ) k \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(z-b)^{k} k=0ak(zb)k 在某点 z 1 z_{1} z1 发散,则在圆 ∣ z − b ∣ > ∣ z 1 − b ∣ |z-b|>\left|z_{1}-b\right| zb>z1b 外处处发散。

必存在一个有限正数 R R R,使得给定的幂级数 ∑ n = 0 ∞ c n z n \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} z^{n} n=0cnzn 在圆周 ∣ z ∣ = R |z|=R z=R 内部绝对收敛,在圆周 ∣ z ∣ = R |z|=R z=R 外部发散。 R R R 称为此幂级数的收敛半径;圆 ∣ z − a ∣ < R |z-a|za<R 和圆周 ∣ z − a ∣ = R |z-a|=R za=R 分别称为它的收敛圆和收敛圆周。

收敛半径 R = { lim ⁡ k → ∞ ∣ a k a k + 1 ∣ ( D ′ A l e m b e r t ) lim ⁡ k → ∞ 1 ∣ a k ∣ k ( C a u c h y ) R=\left\{\begin{array}{l} \lim _{k \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{k}}{a_{k+1}}\right| \quad (D'Alembert)\\\lim _{k \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[k]{\left|a_{k}\right|}} \quad (Cauchy)\end{array}\right. R=limkak+1ak(DAlembert)limkkak 1(Cauchy)

那么我们再来看看幂级数的“优良”性质

幂级数 ∑ k = 0 ∞ a k ( z − b ) k \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(z-b)^{k} k=0ak(zb)k (1) 在收敛圆域内的任意闭圆上一致收敛。
(2) 每一项(通项)都解析。

幂级数的和函数 F ( z ) = ∑ k = 0 ∞ a k ( z − b ) k F(z)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(z-b)^{k} F(z)=k=0ak(zb)k 解析、存在任意阶导数等…

我们是否可以将解析函数展开成幂级数呢?

解析函数的泰勒展开(Taylor 展开)

泰勒(Taylor)展开

设函数 f ( z ) f(z) f(z) 在以 a a a 为圆心的圆 C C C 内解析,则对于圆内的任何 z z z 点, f ( z ) f(z) f(z) 可用幂级数展开为 (或者说, f ( z ) f(z) f(z) 可在 a a a 点展开为幂级数)
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n , f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(z-a)^{n}, f(z)=n=0cn(za)n,
其中
c n = f ( n ) ( a ) n ! c_{n}=\frac{f^{(n)}(a)}{n !} cn=n!f(n)(a)

c n = 1 2 π i ∮ C f ( ζ ) ( ζ − a ) n + 1   d ζ = f ( n ) ( a ) n ! c_{n}=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta=\frac{f^{(n)}(a)}{n !} cn=2πi1C(ζa)n+1f(ζ) dζ=n!f(n)(a)

c n c_n cn 称为泰勒系数, ∑ n = 0 ∞ a n ( z − a ) n \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(z-a)^{n} n=0an(za)n称为泰勒级数, C C C 取逆时针方向,展式唯一。

常见函数的泰勒展式
e z = 1 + z + z 2 2 ! + ⋯ + z n n ! + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ z n n ! , ∣ z ∣ < ∞ 1 1 − z = ∑ n = 0 ∞ z n , ∣ z ∣ < 1 \begin{array}{ll}\mathrm{e}^{z}=1+z+\frac{z^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{z^{n}}{n !}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{n}}{n !}, & |z|<\infty \\ \frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty} z^{n}, & |z|<1\end{array} \\ ez=1+z+2!z2++n!zn+=n=0n!zn,1z1=n=0zn,z<z<1
利用已知泰勒展式可以得到其他函数的展式:
1 1 + z 2 = ∑ n = 0 ∞ ( − z 2 ) n = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n z 2 n , ∣ z ∣ < 1. sin ⁡ z = e i z − e − i z 2 i = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) ! z 2 n + 1 , ∣ z ∣ < ∞ cos ⁡ z = e i z + e − i z 2 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n ) ! z 2 n , ∣ z ∣ < ∞ 1 1 − 3 z + 2 z 2 = − 1 1 − z + 2 1 − 2 z = ∑ n = 0 ∞ ( 2 n + 1 − 1 ) z n , ∣ z ∣ < 1 2 . 1 ( 1 − z ) 2 = d d z 1 1 − z = d d z ∑ n = 0 ∞ z n = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) z n , ∣ z ∣ < 1. \begin{array}{ll}\frac{1}{1+z^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-z^{2}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} z^{2 n}, & |z|<1 . \\ \sin z=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i} z}}{2 \mathrm{i}}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !} z^{2 n+1}, & |z|<\infty \\ \cos z=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i} z}}{2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n) !} z^{2 n}, & |z|<\infty \\ \frac{1}{1-3 z+2 z^{2}}=-\frac{1}{1-z}+\frac{2}{1-2 z}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(2^{n+1}-1\right) z^{n}, & |z|<\frac{1}{2} . \\ \frac{1}{(1-z)^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \frac{1}{1-z}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \sum_{n=0}^{\infty} z^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) z^{n}, & |z|<1 .\end{array} 1+z21=n=0(z2)n=n=0(1)nz2n,sinz=2ieizeiz=n=0(2n+1)!(1)nz2n+1,cosz=2eiz+eiz=n=0(2n)!(1)nz2n,13z+2z21=1z1+12z2=n=0(2n+11)zn,(1z)21=dzd1z1=dzdn=0zn=n=0(n+1)zn,z<1.z<z<z<21.z<1.

函数解析的充要条件:

f ( z ) f(z) f(z) D D D 内满足C-R条件且实部和虚部全微分存在;
f ( z ) f(z) f(z) D D D 内连续,其在 D D D 内任意围线积分为 0 0 0 (Morera 定理);
f ( z ) f(z) f(z) D D D 内任意一点的某邻域内可展成幂级数。

级数乘法

如果一个函数可以表示成两个 (或多个) 函数的乘积,而每一个因子的 Taylor 展开比较容易求出,则可以采用级数相乘的方法, ( ∑ k = 0 ∞ a k z k ) ( ∑ k = 0 ∞ b k z k ) = ∑ k = 0 ∞ c k z k \left(\sum_{k=0}^{\infty} a_{k} z^{k}\right)\left(\sum_{k=0}^{\infty} b_{k} z^{k}\right)=\sum_{k=0}^{\infty} c_{k} z^{k} (k=0akzk)(k=0bkzk)=k=0ckzk c k = ∑ n = 0 k a n b k − n c_{k}=\sum_{n=0}^{k} a_{n} b_{k-n} ck=n=0kanbkn。例如
1 1 − 3 z + 2 z 2 = 1 1 − z ⋅ 1 1 − 2 z = ∑ k = 0 ∞ z k ⋅ ∑ l = 0 ∞ 2 l z l = ∑ k = 0 ∞ ∑ l = 0 ∞ 2 l z k + l = ∑ n = 0 ∞ ( ∑ l = 0 n 2 l ) z n = ∑ n = 0 ∞ ( 2 n + 1 − 1 ) z n , ∣ z ∣ < 1 2 . \begin{aligned} \frac{1}{1-3 z+2 z^{2}} &=\frac{1}{1-z} \cdot \frac{1}{1-2 z}=\sum_{k=0}^{\infty} z^{k} \cdot \sum_{l=0}^{\infty} 2^{l} z^{l}=\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{l=0}^{\infty} 2^{l} z^{k+l} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{l=0}^{n} 2^{l}\right) z^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(2^{n+1}-1\right) z^{n}, \quad|z|<\frac{1}{2} . \end{aligned} 13z+2z21=1z112z1=k=0zkl=02lzl=k=0l=02lzk+l=n=0(l=0n2l)zn=n=0(2n+11)zn,z<21.
幂级数在收敛圆内绝对收敛,故乘积在两收敛圆的公共区域内仍绝对收敛。

待定系数法

tan ⁡ z \tan z tanz z = 0 z=0 z=0 的 Taylor 展开为例,由于 tan ⁡ z \tan z tanz 是奇函数,故其在 z = 0 z=0 z=0 的 Taylor 展开应只有奇次幂,
tan ⁡ z = ∑ k = 0 ∞ a 2 k + 1 z 2 k + 1 \tan z=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2 k+1} z^{2 k+1} tanz=k=0a2k+1z2k+1
因此, sin ⁡ z = cos ⁡ z ⋅ ∑ k = 0 ∞ a 2 k + 1 z 2 k + 1 \sin z=\cos z \cdot \sum_{k=0}^{\infty} a_{2 k+1} z^{2 k+1} sinz=coszk=0a2k+1z2k+1,即
∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) ! z 2 n + 1 = ∑ l = 0 ∞ ( − 1 ) l ( 2 l ) ! z 2 l ⋅ ∑ k = 0 ∞ a 2 k + 1 z 2 k + 1 = ∑ n = 0 ∞ ( ∑ k = 0 n ( − 1 ) n − k ( 2 n − 2 k ) ! a 2 k + 1 ) z 2 n + 1 . \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !} z^{2 n+1}=\sum_{l=0}^{\infty} \frac{(-1)^{l}}{(2 l) !} z^{2 l} \cdot \sum_{k=0}^{\infty} a_{2 k+1} z^{2 k+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{n-k}}{(2 n-2 k) !} a_{2 k+1}\right) z^{2 n+1} . n=0(2n+1)!(1)nz2n+1=l=0(2l)!(1)lz2lk=0a2k+1z2k+1=n=0(k=0n(2n2k)!(1)nka2k+1)z2n+1.
根据 Taylor 展开的唯一性,可以将上式中左右两式比较系数,由此即得
∑ k = 0 n ( − 1 ) k ( 2 n − 2 k ) ! a 2 k + 1 = 1 ( 2 n + 1 ) ! , n = 0 , 1 , 2 , ⋯   . \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}}{(2 n-2 k) !} a_{2 k+1}=\frac{1}{(2 n+1) !}, \quad n=0,1,2, \cdots . k=0n(2n2k)!(1)ka2k+1=(2n+1)!1,n=0,1,2,.
最后我们可以得到系数 a n a_{n} an的值。

应用待定系数法,能得到系数之间的递推关系,从而逐个求出展开系数,当我们只需要求出级数中的某一项或某几项系数时,待定系数法不失为一种可取的方法。

在无穷远点的 Taylor 展开

如果函数 f ( z ) f(z) f(z) z = ∞ z=\infty z= 点解析,则也可以在 z = ∞ z=\infty z= 点展开成 Taylor 级数。
所谓 f ( z ) f(z) f(z) ∞ \infty 点展开成 Taylor 级数,完全等价于作变换 z = 1 / t z=1 / t z=1/t,而将 f ( 1 / t ) f(1 / t) f(1/t) t = 0 t=0 t=0 点展开成 Taylor 级数。因为 f ( 1 / t ) f(1 / t) f(1/t) t = 0 t=0 t=0 点解析,故
f ( 1 t ) = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + ⋯ + a n t n + ⋯   , ∣ t ∣ < r ; f ( z ) = a 0 + a 1 z + a 2 z 2 + ⋯ + a n z n + ⋯   , ∣ z ∣ > 1 r . \begin{array}{rlr} f\left(\frac{1}{t}\right) & =a_{0}+a_{1} t+a_{2} t^{2}+\cdots+a_{n} t^{n}+\cdots, & |t|\frac{1}{r} . \end{array} f(t1)f(z)=a0+a1t+a2t2++antn+,=a0+za1+z2a2++znan+,t<r;z>r1.
值得注意的是, f ( z ) f(z) f(z) ∞ \infty 点的 Taylor 级数中只有常数项及负幂项,没有正幕项,而收敛范围为 ∣ z ∣ > 1 / r |z|>1 / r z>1/r,也就是说,级数在以 ∞ \infty 为圆心的某个圆内收敛。

解析函数的零点

如果 f ( z ) f(z) f(z) a a a 点的邻域内解析且不恒为 0,若 f ( a ) = 0 f(a)=0 f(a)=0,则称 z = a z=a z=a f ( z ) f(z) f(z)零点。设 f ( z ) f(z) f(z) z = a z=a z=a 点的邻域内解析,则 f ( z ) f(z) f(z) 可以在 z = a z=a z=a 的邻域内展成 Taylor 级数,
f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − a ) n , ∣ z − a ∣ < ρ . f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-a)^{n}, \quad|z-a|<\rho . f(z)=n=0cn(za)n,za<ρ.
故若 z = a z=a z=a 为零点,则必有
c 0 = c 1 = ⋯ = c m − 1 = 0 , c m ≠ 0. c_{0}=c_{1}=\cdots=c_{m-1}=0, \quad c_{m} \neq 0 . c0=c1==cm1=0,cm=0.
此时,称 z = a z=a z=a 点为 f ( z ) f(z) f(z) m m m 阶零点,相应地,
f ( a ) = f ′ ( a ) = ⋯ = f ( m − 1 ) ( a ) = 0 , f ( m ) ( a ) ≠ 0. f(a)=f^{\prime}(a)=\cdots=f^{(m-1)}(a)=0, \quad f^{(m)}(a) \neq 0 . f(a)=f(a)==f(m1)(a)=0,f(m)(a)=0.

解析函数零点的一个重要性质是它的孤立性

z = a z=a z=a f ( z ) f(z) f(z) 的零点且 f ( z ) f(z) f(z) z = a z=a z=a 的邻域内不恒等于零,则一定 ∃ ρ > 0 \exists \rho>0 ρ>0,使得 f ( z ) f(z) f(z) 在空心邻域 0 < ∣ z − a ∣ < ρ 0<|z-a|<\rho 0<za<ρ 内无零点。

其逆否命题:如果解析函数 f ( x ) f(x) f(x) 的零点是非孤立的,则此函数在其解析区域内一定恒为 0 。

由解析函数零点的孤立性可得到一系列推论:

  1. 唯一性定理:设函数 f 1 ( z ) f_{1}(z) f1(z) f 2 ( z ) f_{2}(z) f2(z) 在区域 D D D 内解析,在 D D D 内有一个收敛于 a   ( a ∈ D ) a\ (a\in D) a (aD) 的序列 { z n } ( z n ≠ a ) \left\{z_{n}\right\}\left(z_{n} \neq a\right) {zn}(zn=a),在其上 f 1 ( z ) = f 2 ( z ) f_{1}(z)=f_{2}(z) f1(z)=f2(z),则 f 1 ( z ) f_{1}(z) f1(z) f 2 ( z ) f_{2}(z) f2(z) D D D 内恒等。

  2. f 1 ( z ) f_{1}(z) f1(z) f 2 ( z ) f_{2}(z) f2(z) 都在区域 D D D 内解析,且在 D D D 内的一段弧或一个子区域内相等,则在 D D D f 1 ( z ) ≡ f 2 ( z ) f_{1}(z) \equiv f_{2}(z) f1(z)f2(z)

  3. 在实轴上成立的恒等式,在 z z z 复平面上仍然成立,只要这个恒等式两端的函数在 z z z 复平面上都是解析的。

解析函数的洛朗展开(Laurent 展开)

一个函数除了可在解析点的邻域 (单连通区域) 内作 Taylor 展开外,有时还需要将它在环形区域 (多连通区域) 展开成幂级数。这时我们就需要引入 Laurent 展开。

Laurent 展开

设函数 f ( z ) f(z) f(z) 在以 b b b 为圆心的环形区域 R 1 < ∣ z − b ∣ < R 2 R_{1} <|z-b| < R_{2} R1<zb<R2 中单值解析,则对于环域内的任何 z z z 点, f ( z ) f(z) f(z) 可以用幂级数展开为
f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ c n ( z − b ) n , R 1 < ∣ z − b ∣ < R 2 f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_{n}(z-b)^{n}, \quad R_{1}<|z-b|f(z)=n=cn(zb)n,R1<zb<R2
其中
c n = 1 2 π i ∮ C f ( ζ ) ( ζ − b ) n + 1   d ζ c_{n}=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-b)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta cn=2πi1C(ζb)n+1f(ζ) dζ
C C C 是环域内绕内圆一周的任意一条闭合曲线,只要其可环绕内圆即可。

简要证明:将环域内、外边界分别记为 C 1 C_{1} C1 C 2 C_{2} C2 ,则根据 (多连通区域的) Cauchy 积分公式,有 f ( z ) = 1 2 π i ∮ C 2 f ( ζ ) ζ − z   d ζ − 1 2 π i ∮ C 1 f ( ζ ) ζ − z   d ζ f(z)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{2}} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{~d} \zeta-\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{1}} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{~d} \zeta f(z)=2πi1C2ζzf(ζ) dζ2πi1C1ζzf(ζ) dζ,对于 C 2 C_{2} C2 上的积分 1 2 π i ∮ C 2 f ( ζ ) ζ − z   d ζ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{2}} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{~d} \zeta 2πi1C2ζzf(ζ) dζ,可以直接对其泰勒展开, 1 2 π i ∮ C 2 f ( ζ ) ζ − z   d ζ = ∑ n = 0 ∞ c n ( z − b ) n , ∣ z − b ∣ < R 2 , c n = 1 2 π i ∮ C 2 f ( ζ ) ( ζ − b ) n + 1   d ζ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{2}} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{~d} \zeta=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(z-b)^{n}, \quad|z-b|2πi1C2ζzf(ζ) dζ=n=0cn(zb)n,zb<R2,cn=2πi1C2(ζb)n+1f(ζ) dζ;对于 C 1 C_{1} C1 上的积分,同样有 − 1 2 π i ∮ C 1 f ( ζ ) ζ − z   d ζ = ∑ n = − 1 − ∞ c n ( z − b ) n , ∣ z − b ∣ > R 1 , c n = 1 2 π i ∮ C 2 f ( ζ ) ( ζ − b ) n + 1   d ζ -\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{1}} \frac{f(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{~d} \zeta =\sum_{n=-1}^{-\infty} c_{n}(z-b)^{n}, \quad|z-b|>R_{1},\quad c_n=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C_{2}} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-b)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta 2πi1C1ζzf(ζ) dζ=n=1cn(zb)n,zb>R1,cn=2πi1C2(ζb)n+1f(ζ) dζ,通过计算发现内外边界积分所得 c n c_n cn有同样的关系,即可将其合并起来得到Laurent 展开后的待定系数 c n c_n cn的值,带回原式即完成级数展开。

Laurent 展开既有正幂项 ∑ k = 0 ∞ c k ( z − b ) k \sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(z-b)^{k} k=0ck(zb)k,又有负幂项 ∑ k = 1 ∞ c − k ( z − b ) − k \sum_{k=1}^{\infty} c_{-k}(z-b)^{-k} k=1ck(zb)k,正幂项在外圆 C 2 C_{2} C2 ( ∣ z − b ∣ < R 2 ) \left(|z-b|(zb<R2) 绝对收敛,并且内闭一致收敛,称为 Laurent 级数的正则部分;负幂项在内圆 C 1 C_{1} C1 ( ∣ z − b ∣ > R 1 ) \left(|z-b|>R_{1}\right) (zb>R1) 绝对收敛,在 C 1 C_{1} C1 外的任一闭区域中一致收敛,称为 Laurent 级数的主要部分。

正则部分 + + +主要部分 = = = Laurent 级数,在环域 R 1 < ∣ z − b ∣ < R 2 R_{1}<|z-b|R1<zb<R2 内绝对收敛(收敛+收敛=收敛),并且内闭一致收敛。当内圆半径 R 1 = 0 R_{1}=0 R1=0 时,Laurent 级数的主要部分就完全反映了 f ( z ) f(z) f(z) 在孤立奇点 z = b z=b z=b 点的奇异性。

如果函数 f ( z ) f(z) f(z) 在无穷远点不解析,但是在无穷远点的一个空心邻域内单值解析,则可将 f ( z ) f(z) f(z) ∞ \infty 点的空心邻域内作 Laurent 展开 (或者简单地说成在 ∞ \infty 点作 Laurent 展开)。

同Taylor 展式,Laurent 展式也具有唯一性。

Laurent 展开的展开中心不一定是函数的奇点。

Laurent 展开方法:利用已知级数展开式

例题一、求函数 1 z ( z − 1 ) \frac{1}{z(z-1)} z(z1)1 0 < ∣ z ∣ < 1 0<|z|<1 0<z<1 1 < ∣ z ∣ < ∞ 1<|z|<\infty 1<z< 中的Laurent 展开。

解:(1) 若 0 < ∣ z ∣ < 1 0<|z|<1 0<z<1,则
1 z ( z − 1 ) = − 1 z ⋅ 1 1 − z = − 1 z ∑ k = 0 ∞ z k = − ∑ k = 0 ∞ z k − 1 \frac{1}{z(z-1)}=-\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z} \sum_{k=0}^{\infty} z^{k}=-\sum_{k=0}^{\infty} z^{k-1} z(z1)1=z11z1=z1k=0zk=k=0zk1
(2) 若 1 < ∣ z ∣ < ∞ 1<|z|<\infty 1<z<,则
1 z ( z − 1 ) = 1 z ⋅ 1 z ( 1 + 1 z ) = 1 z 2 ⋅ ∑ k = 0 ∞ ( 1 z ) k = ∑ k = 0 ∞ 1 z k + 2 \frac{1}{z(z-1)}=\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{z\left(1+\frac{1}{z}\right)}=\frac{1}{z^{2}} \cdot \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z}\right)^{k}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{z^{k+2}} z(z1)1=z1z(1+z1)1=z21k=0(z1)k=k=0zk+21
【分母上谁大把谁提取出来,核心公式 1 1 − z = ∑ k = 1 ∞ z k ∣ z ∣ < 1 \frac{1}{1-z}= \sum_{k=1}^{\infty} z^{k} \quad |z|<1 1z1=k=1zkz<1,进行变换是为了使 ∣ z ∣ < 1 |z|<1 z<1保证级数收敛】

例题二、将 f ( z ) = 1 ( z − 1 ) ( z − 2 ) f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)} f(z)=(z1)(z2)1 在复平面中以 z = 0 z=0 z=0 为中心进行Laurent展开。

解: 在复平面上有两个奇点 z = 1 z=1 z=1 z = 2 z=2 z=2,因此划分成三个区域【只有遇到奇点才需要关于展开中心以圆周划分区域,不同的区域有不同的展开】
(1) ∣ z ∣ < 1 |z|<1 z<1,此时
f ( z ) = 1 1 − z − 1 2 ( 1 − z 2 ) = ∑ k = 0 ∞ z k − 1 2 ∑ k = 0 ∞ ( z 2 ) k = ∑ k = 0 ∞ ( 1 − 1 2 k + 1 ) z k f(z)=\frac{1}{1-z}-\frac{1}{2\left(1-\frac{z}{2}\right)}=\sum_{k=0}^{\infty} z^{k}-\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right) z^{k} f(z)=1z12(12z)1=k=0zk21k=0(2z)k=k=0(12k+11)zk
【此时展开中心不是奇点,包围的复平面区域为单连通区域,使用Taylor 展开即可】

(2) 1 < ∣ z ∣ < 2 1<|z|<2 1<z<2,此时…

(3) ∣ z ∣ > 2 |z|>2 z>2,此时…

剩余部分留给读者自行推导

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