数学物理方法1课件——3.4 洛朗级数展开

因此可以在 0 <| z |< ∞ 的区域内展开成洛朗级数
∞
∑ f (z) = an zn n=−∞
v∫ v∫ an
=
1
2π i
c
f (ς )dς ς n+1
=
1
2π i
c
( ) et ς −ς −1 / ς n+1
2
dς
取积分围道c为单位圆周，即 | ς |= 1 。设 ς = eiθ ，则
∫ ∫ an
1 ⎞n z ⎟⎠
⎛ ⎜⎝
1 z
<
∞
⎞ ⎟⎠
∑ ( ) 0
=
zn
n=−∞ (−n)!
z >0
例题5
设t为实参数，将函数
f
(z)
=
( ) t z−z−1
e2
在z=0的邻域内展开成
洛朗级数。
解：这是一个非常重要的例题，它与贝塞尔函数的生成函数有关。
下面将采用两种方法展开：
（1）直接展开法：因为函数f(z)除z=0点外，在全平面上解析，
2π i
f (ς )dς
( ) c1 ς − z0 n+1
f (ς )
由于被积函数 (ς − z0 )n+1 在环状区域内解析
由复连通区域的柯西定理知，解析函数沿着内外边界积分相等
∑ v∫ ∑ ∞
( ) f (z) = ( ) n=−∞
z − z0
n1
2π i
f (ς )dς c ς − z0 n+1
1 zn
− 1 ∞ zn 2 n=0 2n
−∞
= − zn
n=−1
−
∞ n=0
zn 2n+1
负幂项 展开式的奇点z=0不是f(z)的奇点
泰勒展开
例题2
把函数
f
(z)
=
(z
1
−1)( z
−
2)
分别在如下区域内进行展开
(1) z < 1; (2)1 <| z |< 2; (3)2 <| z |< ∞
解： (3) 对于2 < z < ∞区域内，显然有 1 < 1和 2 < 1
解： (1) 对于 z < 1区域内，显然有 z < 1
2
f (z) = 1 − 1 = 1 − 1 1
1− z 2− z 1− z 21− z
2
∑ ∑ =
∞ n=0
zn
−
1 2
∞ n=0
zn 2n
∑ =
∞ n=0
⎛⎜⎝1 −
1 2n+1
⎞ ⎟⎠
zn
泰勒展开
展开式无奇点
例题2
把函数
f
(z)
=
(z
1
z
z
f (z) = 1 − 1 = 1 1 − 1 1
z − 2 z −1 z 1− 2 z 1− 1
z
z
∑ ∑ ∑( ) = 1 ∞ 2n − 1 ∞ 1 = ∞ z n=0 zn z n=0 zn n=0
2n −1
1 z n+1
∑ ( ) −∞
令n = −(n +1)，则f (z) = 2−n−1 −1 zn
∞
an zn
n=−∞
，其中
an
=
1
2π
2π cos (t sinθ − nθ ) dθ
0
∑ ∑ 间接展开法
∞
f (z) = Jn (t)zn ，其中
n=−∞
Jn (t)
=
∞ l=0
(−1)l ⎛ l!(n + l)!⎜⎝
t 2
⎞n+2l ⎟⎠
由于洛朗级数展开的唯一性
∫ Jn (t)
=
1
2π
2π cos (t sinθ − nθ ) dθ
∑ ( ) ∞
etz/2 =
tz / 2 k ,
z <∞
k=0 k !
∑ ( ) ∞
e−t/2z =
−t / 2z l ,
1 < ∞，即 z > 0
l =0
l!
z
对于固定的t，这两个级数在公共区域 0 <| z |< ∞内绝对收敛，
可以相乘：
∑ ∑ f
(z)
=
∞ k =0
1⎛ k !⎜⎝
t 2
⎞k ⎟⎠
5. 泰勒展开域为圆形区域，洛朗展开域为环形区域，因此根据 展开区域，即可确定展开级数的形式。
例题1
把函数
f (z) =
ez z2
在z=0圆心的环形区域
0 <|
z |< ∞
展开
成洛朗级数。
解：由于ez在该环形区域内解析，先在z=0点把它展开成泰勒级
数，即
∑ ez = ∞ zn n=0 n!
∑ ∑ ez
z − z0
∑ ∑ ∑ −∞
( ) ( ) ( ) 令m = −n −1，则 − ( ) ( ) ( ) m=−1
ς − z0 −m−1
z − z0 −m
−∞
=−
m=−1
z − z0 m
ς − z0 m+1
−∞
=−
n=−1
z − z0 n
ς − z0 n+1
v∫ ∑ v∫ 1
2π i
c1
f (ς )dς (ς − z)
n=−∞
R2
v∫ an
=
1
2π i
f (ς )dς c (ς − z0 )n+1
c是位于环内以逆时针方向绕内圆一 周的任意一条闭合曲线。
z0
R1
c
∞
∑ ¾ 洛朗定理的理解 f (z) = an (z − z0 )n R1 <| z − z0 |< R2 n=−∞
∞
∑ 正幂项 an (z − z0 )n n=0
∑ ∑ f
(z)
=
∞ n=−∞
∞ l=0
(n
1 + l)!
1 (−1)l l!
⎛ ⎜⎝
t 2
⎞n+2l ⎟⎠
zn
∞
∑ ≡ Jn (t)zn n=−∞
∑ 其中展开系数
Jn (t)
=
∞ l=0
(−1)l ⎛ l!(n + l)!⎜⎝
t 2
⎞n+2l ⎟⎠
称为n阶的贝塞尔函数
∑ ∫ 直接展开法
f
(z)
=
zk
⋅
∞ l=0
1 (−1)l l!
⎛ ⎜⎝
t 2
⎞l ⎟⎠
z−l
∑ ∑ =
∞ k =0
∞ l=0
1 1 (−1)l k!l!
⎛ ⎜⎝
t ⎞k+l 2 ⎟⎠
z k −l
∑ ∑ f
(z)
=
∞ k =0
∞ l=0
1 k!
1 (−1)l l!
⎛ ⎜⎝
t 2
⎞k +l ⎟⎠
z k −l
令： n = k − l (n = 0, ±1, ± 2, ± 3,...)
¾ 幂级数
收敛半径计算方法： R = lim an a n→∞
n+1
R = lim 1 a n→∞ n
n
¾ 泰勒定理：设函数f(z)在以z0为圆心的圆内解析，则对于 圆内任意一点z，可以将f(z)用幂级数展开，即：
∞
∑ f (z) = an (z − z0 )n n=0
其中系数an为：
v∫ an
=
1
1
n=0
1− z
(| z |< 1)
∑ ∑ 1
ς −z
=
(ς
−
z0
)
1 −
(
z
−
z0
)
=
ς
1 − z0
1−
1 z−
z0
=1
ς − z0
∞ n=0
⎛ ⎜ ⎝
z
ς
− −
z0 z0
⎞n ⎟ ⎠
∞
( ) = ( ) n=0
z − z0 n
ς − z0 n+1
ς − z0
v∫ v∫ ∑ 1
2π i
f (ς )dς = 1 c2 (ς − z) 2π i
关于洛朗级数展开的几点说明：
3. 如果z0是函数f(z)在c1内的唯一奇点，则内圆的半径可以无限 小，并无限的接近圆心。这时称洛朗展开式为f(z)在孤立奇点 z0的邻域内的洛朗展开。
4. 与泰勒展开一样，洛朗展开也是唯一的。 利用这种展开的唯一性，可以使用可能得简便的方法将函数 在环状区域内展开，最终结果不变。
∞
= an (z − z0 )n
n=−∞
v∫ 其中，
an
=
1
2π i
f (ς )dς c (ς − z0 )n+1
得证！ R1 <| z − z0 |< R2
关于洛朗级数展开的几点说明：
1. 洛朗展开与泰勒展开不同之处在于它含有(z-z0)的负幂项，而 泰勒展开只有的(z-z0)正幂项。 正幂项称为洛朗展开的正则部分，其在 | z − z0 |< R2 内收敛
0有奇点存在挖去奇点复连通区域r2如果我们挖去奇点z则函数fz在环形0区域r1z?z0??z0即11z?z0nn11111???z0???z0?????n1?z?z?zzzzz?zzzz???????0001?00n0?0?n0z?z0z?z0?m?1mn???z0?z?z0?z?z0令m?n?1则??m?m1?n1m?1z?z0m?1??z0n?1??z01f?d??n1f?d??z?z0n1ic1?zic12?n?12??z0将以上两式代入复连通区域的柯西积分公式得n1f?d??n1f?d?fzz?z0n1z?z0n1cc2i2?2i1?n0?z0n?1?z0f?由于被积函数n1在环状区域内解析??z0由复连通区域的柯西定理知解析函数沿着内外边界积分相等n1f?d?nfzz?z0n1az?zn02ic?z?n?0n?1f?d?其中a得证
−1)( z
−
2)
分别在如下区域内进行展开
(1) z < 1; (2)1 <| z |< 2; (3)2 <| z |< ∞
解： (2) 对于1 < z < 2区域内，显然有 1 < 1和 z < 1
z
2
f
(z)
=
1 1−
z
−
2
1 −
z
=
−
1 z
1 1− 1
−
1 2
1 1−
z
z
2
∑ ∑ ∑ ∑ = − 1 ∞ z n=0
区域 R1 <| z − z0 |< R2 解析，这样是否能够 展开成幂级数呢？
z0 R1
¾ 洛朗定理：设函数f(z)在环状区域 R1 <| z − z0 |< R2中单值 解析，则对于这个环内的任意一点z，可以将f(z)展开成
如下级数形式，即：
∞
∑ f (z) = an (z − z0 )n
其中
−∞
= − ( z − z0 )n
n=−1
1
2π i
f (ς )dς
( ) c1 ς − z0 n+1
将以上两式代入复连通区域的柯西积分公式，得
∑ v∫ ∑ v∫ f
(z)
=
∞ n=0
(
z
−
z0
)n
1
2π i
( ) ( ) c2
f (ς )dς ς − z0 n+1
+
−∞ n=−1
z − z0
n1
z − z0
> ς − z0
，即
ς − z0
z − z0
<1
∑ ∑ 1 =
ς −z
(ς
1
− z0 ) − ( z − z0 )
=
−
z
1 − z0
1−
1
ς−
z0
=− 1 z − z0
∞ n=0
⎛ ⎜ ⎝
ς
z
− −
z0 z0
⎞n ⎟ ⎠
∞
( ) = − ( ) n=0
ς − z0 n
z − z0 n+1
z2
=
1 z2
∞ n=0
zn n!
=
∞ n=0
zn−2 n!
=
1 z2
+1 z
+ 1 + z + ... 2! 3!
∑ ( ) ez = ∞
z2 n=−2
zn ,
n+2 !
0 <| z |< ∞
显然，上式中含有负幂项。
例题2
把函数
f
(z)
=
(z
1
−1)( z
−
2)
分别在如下区域内进行展开
(1) z < 1; (2)1 <| z |< 2; (3)2 <| z |< ∞
n=0 (2n +1)!
z <∞
§3.3节中的例2
= z − z3 + z5 − z7 + ... (| z |< ∞) 1! 3! 5! 7!
sin z / z = 1− z2 + z4 − z6 + ... (| z |< ∞) 3! 5! 7!
展开式无负幂项
当 z → 0 时，sin z / z → 1，即z=0不再是展开式的奇点
n=−1
负幂项
同一个函数在不同的区域展开时，其展开的级数形式不一样。
例题3 把函数 f (z) = sin z / z 在z=0的邻域内展开成洛朗级数。
解：尽管函数sinz/z在z=0点奇异，但函数sinz在z=0点解析
因此先把sinz进行泰勒展开
∑ ( ) sin z = ∞ (−1)n z2n+1
∞
( ) f (ς )dς
( ) c2
n=0
z − z0 n
ς − z0 n+1
R2
c2
c1
根据一致收敛级数的可积性
z0
v∫ ∑ v∫ 1
2π i
c2
f (ς )dς (ς − z)
∞
= ( z − z0 )n
n=0
1
2π i
f (ς )dς
( ) c2 ς − z0 n+1
R1
对于c1上的可变点ς，由于
=
1
2π i
2π 0
1 ei ( n +1)θ
( ) θ e ie d t eiθ −e−iθ /2 iθ
=
1
2π
θ e d 2π i(t sinθ −nθ )
0
=
1
2π
∫ 2π 0
cos (t sinθ
− nθ ) dθ
（2）间接展开法：
f
(z)
=
( ) t z−z−1
e2
=
tz = e1/ z 在z=0的邻域内展开成洛朗级数。
解：根据洛朗展开的唯一性，可以利用简单解析函数的展开公式，
实现对复杂函数的展开