复变函数与积分变换201120122第四章12讲

§4

洛朗级数1.

罗朗级数研究的问题nn

0+¥n=-¥考虑形如c

(z

-z

)的级数——双边幂级数此级数不同于我们通常考虑的幂级数，级数两边各无尽头，没有首项。我们规定如下：nnn

0n

0n+¥

-¥c

(z

-

z

)

=c

(z

-

z

)

+n=-¥+¥cn

(z

-

z

0

)n=0n=-1记为=

I1

+

I

2双边幂级数收敛当且仅当I1和I2都收敛。下面考虑双边幂级数的收敛区域。I2为一般的幂级数，其收敛域为

z

-

z0

<

R2110z

-z0nnc

x=x¥¥-nn=1

n=1(z

-

z

)-nI

=

c=0可化为幂级数，从而I1的收敛域为x

<r1

记为R1即为

z

-

z

>

=r综上所述，如果双边幂级数的收敛域存在，则应为一圆环区域：R1

<

z

-

z0

<

R2注：1、R1可能为0，R2可能为无穷。2、有时可能收敛域并不存在。（反例如：n=+¥n=-¥

zn）3、同幂级数一样，也可对双边幂级数进行加、减、乘法运算。结论：双边幂级数具有幂级数的所有性质。例如，其和函数在收敛圆环内解析，且可逐项积分、逐

项求导。2.

洛朗展式与洛朗级数问题:在圆环内解析的函数能否一定展成双边幂级数？定理 设f

(z)在圆环域R1

<

z

-

z0<R2内解析,那么+¥n=-¥n

nc

(z

-

z

)f

(z)

=00n+1围绕z0的任意一条正向简单闭曲线。定理中的展式称为函数f(z)在圆环域内的洛朗展式。展式右边的级数称为f(z)在此圆环域的洛朗级数。定理的详细证明省略，下面对所证明思路做一简单说明。1f

(z)2pi(z

-

z

)nc其中

c

=dz，这里c为圆环内部设z为圆环域内的任一点，在圆环内做以z0为中心的正向1

2

2

1圆周K

与K

，K

的半径R大于K的半径r，且使z在K1与K2之间（如图）。于是根据广义的柯西积分公式得2

1K

+K

f

(x)

dx2pif

(z)

=

1

-

x

-

z=

1

f

(x)

dx

-

1

f

(x)

dx2pi

K

x

-

z

2pi

K

x

-

z2

1.z.z0K1K2证明思路：K11z

-

z0的外部，所以x

-z012pi<1。因此就有x

-

zf

(x)dx，由于点z在K对于第二个积分-第一个积分的展开，和泰勒公示的证明一样。后面的证明又和公式的证明类似了，省略。n=100z

-

z000-n+1111x

-

z01-1(x

-

z

)-n(z

-

z

)¥(x

-

z

)n-1(z

-

z

)n=

-

0

¥n=1=

-x

-

z z

-

z=

-•注：1、展式中的系数公式cn+1cn

=dzf

(z)2pi0(z

-

z

)1不能象泰勒公式一样化为：

cn!f

(n)

(z

)=

0

n2、展式中的正幂次部分和负幂次部分分别称为洛朗级数的解析部分和主要部分。3、一个在某一圆环内解析的函数展成含有正负幂项的级数是唯一的，就是洛朗级数。证明：假定f

(z)在圆环域R1

<|z

-z0

|<R2内不论以何种方法已展成了由正、负幂项组成的级数0f

(z)

=n¥n=-¥a

(z

-

z

)

n0nf

(x)

=a

(x

-

z

)

n设C为圆环域内任一条包围z0的正向简单闭曲线，z为C上任一点，那么¥n=-¥以(x

-

z

)

p+1去除上式两边，这里p为任一整数，并沿C0积分，得0p+10

f

(x)

(x

-

z

)np(x

-

z

)n-

p-1

dx

=

2piaCCdx

=a¥n=-¥证毕0p+11f

(x)dx，(

p

=

0,

–1,

–2,)2pi(x

-

z

)pC从而，a

=3.

函数展开成洛朗级数直接展开法：利用系数公式计算积分展开；间接展开法：利用一些已知的泰勒展式展开。1例1：将f

(z)

=

z3ez

在0

<

z

<

¥

内展成罗朗级数。解：要求将函数表示成一般项为cnzn级数形式，1将ez

用ex的泰勒展式展开，z3不变，有：1 1

1

2=

z3

+

z2

+

1

z

++

1

z-n+3

+2!

n!1

1

nf

(z)

=

z3[1+

+

z

2!

z

n!

z

++

+]2) (

sin

z

)2

.z

2

z

3例2：在区域0

<

z

<

¥

内将下列函数展成罗朗级数1)

1

-

cos

z

，解：注意到展开的前提条件是圆环区域内解析1)

展开点为z0

=

0,

同上题一样，此题只需将cos

z展开即可2!

4!z2

z21-

cos

z

=

1

[1-

(1-

1

z2

+

1

z4

-)]=

1

-

1

z

2

+

1

z

4

-+

(-1)n

1

z

2n

+2!

4!

6!

(2n

+

2)!注：这里展式不含负幂次项，为罗朗展式的一个特例。2) (

sin

z

)2z

3为避免级数相乘，函数改写为：2z

6z

6sin

2

z

1

-

cos

2zf

(z)

==下面的做法便跟上题一样了：¥2n-62n-1(-1)n+1¥2n(2z) ]

=

n=12

z(2n)!(2n)!1(-1)n2z

6f

(z)

=

[1

-

n=01-

z21z2

(z

-1)11）,

z

>1；

2)

sin, 0

<

z

-1

<

¥；z

-13),

1

<

z

-1

<

¥.z解题时注意展开域及展开点练习：1-

z21解：1）,

z

>1z注意到，z

>

1时

1

<

1，因此1z

2z

2

1

-1

-

z

21=

-

11f

(z)

=¥=

-(

2

)21

1n=0nzz¥2n+2=

-n=01z展开后检查一下是否符合要求2)

sin,

0

<

z

-1

<

¥z

-1z)5

--

1

(

)3

+

1

(5!

z

-1f

(z)

=zzz

-1

3!

z

-1z应用sin

z展开式，正确吗？正确解法：

sin)z

-11z

-1=

sin

z

-1

+1

=

sin(1

+z

-1zz

-11+

cos1sinz

-11=

sin1cos2n+12n(-1)n¥+

cos1(z

-1)n=0

(2n

+1)!¥=

sin1(-1)n(z

-1)n=0

(2n)!z2

(z

-1)13),

1

<

z

-1

<

¥1

1

1=z

2

(z

-1)

z

-1

(z

-1

+1)21注意到z

-1

>1,便有<1,因此，z

-12(z

-1)3)z

-11(1

+11=n-131n-1(-1)

n(

)z

-1(z

-1)1¥n=1=1¥n-1其中(1-x)2=

nx

可作为公式记住或临时推导以下。n=10z(

z

-1)(

z

-

3)例3：

将f

(

z

)

=

在z

=

0点展成洛朗级数。分析：与前面提法不同的是：这里只告诉展开点。因此首先要做的是：将以z=0为圆心，且使函数在其内部解析的所有圆环区域找出来。：寻找圆环区域的方法

以z=0为心，过函数的奇点做圆周，这些圆周将复平面分割成的若干圆环域便是所求区域。1

3由此，本题得到三个圆环域：0

<z

<（1

黄）1

<z

<（3

绿）3) 3

<z

<¥

（灰，最外层）这样，需分三种情况讨论：(z

-1)(z

-

3)f

(z)

=z1)0

<

z

<

1=

3

1

-

1

12

z

-

3 2

z

-11

+

1

12

1

-

z=

-

132

1

-

z注意到

z

<

1因此

：n=03n(1

-

1

)z

nn=0z

n2=

1

¥3

22

n=0(

z

)n

+

1

¥f

(z)

=

-

1

¥2) 1

<

z

<

31

-

1

12

z

-12

z

-

3f

(z)

=

3z31

-

1

12z

1

-

12

1

-

z=

-

11(

)23

2nz

1

1z¥n=0¥n+1(

)

-n=0=

-3) 3

<

z

<

¥2

z

-

3f

(z)

=

31

-

1

1

=

3

12

z

-1

2z

1

-

3z-

1

12z

1

-

1z1