第五节(洛朗级数展开)

把分别沿 C R1 和 C R 的展开式代入下式,然后逐项积分可得
1 f ( ) 1 f ( ) f ( z) CR1 z d 2i CR 2 z d 2i f ( ) k 1 f ( z ) ( z z0 ) C ( z0 )k 1 d 2i k 0
§3.5 洛朗级数展开
一. 问题的提出
已知结果：当 f(z)在圆|z-z0|<R内解析，Taylor定理 告诉我们，f(z)必可展开成幂级数。
问题是：当 f(z)在圆|z-z0|<R内有奇点时，能否展
开成幂级数或展开成类似于幂级数的形式。
1
二. 双边幂级数
a n ( z z0 ) n a 2 ( z z0 ) 2 a1 ( z z0 ) 1 a0 a1 ( z z0 ) a2 ( z z0 ) 2 an ( z z0 ) n
z

把z全换成1/z,可得到以下结果:
1 1 11 1 1 1 1 1 e 1 ...(| | ) 2 3 1! z 2! z 3! z z k 0 k! z
1 z

k
即
1 k e z • (0 | z |) k ( k )!
R2
1 f ( ) 1 f ( ) f ( z) CR1 z d 2i CR 2 z d 2i 1 下面将 展开为幂级数,对于沿 C R1 的积分,展开如下: z
( z z0 ) k 1 而对于沿 C R2 的积分,考虑到 z z0 z0 z k 0 ( z0 ) k 1
同时为了避开奇点,从复平面挖去奇点,在挖去奇点的复数平面上 用z遍除sinz的展开式,就得到(sinz)/z的展开式
sin z z2 z4 z6 1 ...(0 z ) z 3! 5! 7!
如果我们定义一个函数f(z)如下: sin z ( z 0) z • f ( z) lim sin z 1• ( z 0) z 0 z
|z-z0|>R2外收敛。如果R2<R1，那么双边幂级数就
在环状域 R2<|z-z0|<R1 内收敛，所以 R2<|z-z0|<R1
给出了双边幂级数的环状收敛域，称为收敛环。
双边幂级数在收敛环内绝对且一致收敛。
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Hale Waihona Puke Baidu
正幂部分
an ( z z 0 )
n 0

n
an ( z z 0 ) n 负幂部分
R1
2
•
( z z0 )
l 0

( l 1)
1 ( z0 )l f ( )d 2i CR2
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把第二部分中的k=-(l+1)代替l作为求和指标,并根据柯西定理
把积分回路改为 C R1 可得
f ( z)
1 f ( ) 1 f ( ) 其中 ak CR1 ( z0 )k 1 d • 2i C ( z0 )k 1 d 2i
1 2


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例 试把f z
z 1z 2 i 0 z 1; ii 1 z 2;
1
展开成洛朗级数 iii 2 z
1 1 解 ii f z , 1 z 2 z 1 1 z 1 1 1 1 2 1 1- z z z z 1 z 1 1 z z2 zn 1 2 1 2 n . 2 2 z 1 z 2 2 2 2 1 1 1 1 z z2 f z n n 1 z 2 4 8 z z
解:
1 1 1 1 2 2 2 z 1 z 1 1 z z2 1 1 1 1 z 2 z 2 z 4 z 6 ... k 0
k
在展开式中出现无限多负幂次项,但z=0本身不是函数的奇点
奇点为z=士1
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例3: 在z0=1的邻域上把f(z)=1/(z2-1)展开为洛朗级数
1 1 解 i f z . 1 z 2 z 1 1 z z2 zn 1- z 1 1 1 z z2 zn 2 1 2 n . z 2 2 2 2 z 2 1 2 1 z z2 2 f z 1 z z 1 2 2 4 1 3 7 2 z z 2 4 8
不是z0
区域上f(z)解析,但现在区域上有f(z)的奇点,(如果没有奇点,就不用 考虑洛朗级数的展开)
(3) 如果只有环心z0是f(z)的奇点,则内圆半径可以任意小,同时z 可以无限接近z0,这个时候称为f(z)在它的孤立奇点z0的邻域内 的洛朗级数展开式,这种情况特别重要,以后将利用它研究函 数在孤立奇点附近的性质.
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则f(z)在整个开平面上是解析的,由上我们可得到f(z)在z0=0的 邻域上的展开式:
z2 z4 z6 f ( z ) 1 ...( z ) 3! 5! 7!
同时也是解析函数f(z)的泰勒级数!
例2: 在 1 | z | 的环域上将函数f(z)=1/(z2-1)展开为洛朗级数
解:
先把f(z)分解为分项公式
1 1 1 1 1 f ( z) ( z 1)(z 1) 2 z 1 2 z 1
第二项只有一个奇点z=-1,因此可在z0=1的邻域|z-1|<2上可以展 为泰勒级数如下: k 1 1 1 1 1 1 1 z 1 (1) k • ( z 1 2) 2 z 1 2 ( z 1) 2 4 1 ( z 1) / 2 4 k 0 2 由此我们可得
相同,但这里 ak f ( k ) ( z0 ) / k! 不论z0是不是f(z)奇点.
(k ) 如果是奇点,则 f ( z0 ) 根本不存在
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如果z0不是奇点,则 f ( k ) ( z0 ) 存在,但 ak仍然不等于 f ( k ) ( z0 ) / k!
因为 f
(k )
k! f ( ) ( z0 ) C ( z0 )k 1 d 成立的条件是以C为边界的 2i
积分路径C为位于环域内按逆时针方向饶内圆一周的任一闭合
k
a z z ,
n 0

k
曲线.
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证明:
为了避免讨论在圆周上函数的
C
解析性及级数的收敛性问题,将外圆稍微 缩小为 C R ,内圆稍微扩大为
1
R1
C R1 C R1
C R2 ,如图
应用复通区域上的柯西公式有
C R2 C R2
这里出现无限多负幂项.
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1 z
0
例5: 在z0=0的邻域上把 e
解:
1 xz 2 l
1 1 x( z ) 2 z
展开为洛朗级数
由前边的结论我们可得绝对收敛级数
e e
11 xz • (| z | ) l 0 l! 2 1 1 1 x • (0 | z |) 2 z n 0 n!
用以下方法将其展开
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1 1 1 1 z ( z0 ) ( z z0 ) z z0 1 z0 z z0
•
1 z z0
( z0 )l ( z0 )l ( z z )l ( z z )l 1 l 0 l 0 0 0
n
(1) (2)
1 1 x 2 z
以上两个绝对收敛级数可以逐项相乘,乘积中既有无限多正幂项
又有无限多负幂项,为了得到乘积中某个正幂zm m 0 应取 (2)中所有各项分别用(1)中的l=n+m项去乘,为得到某个负幂项 z-h h 0 应取(1)中所有项而分别用(2)中的n=l+h项去乘, 由此可以得到以下结果:
1 1 1 1 k k (1) k 2 z 1 • (0 z 1 2) z 2 1 2 z 1 k 0 2
展开式里边出现了-1次项
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e1 / z 展开为洛朗级数 例4: 在z0=0的邻域上把
解:
我们知道ex在原点邻域上的展开式为
1 k 1 1 2 1 3 e z 1 z z z ...(| z | ) 1! 2! 3! k 0 k!
(4) 洛朗级数展开式也是唯一的,这点和泰勒级数是一致的,此唯一
性使得可用不同的方法求得环域上解析函数的洛朗展开式
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例1: 在z0=0的邻域上把(sinz)/z展开
解:
函数(sinz)/z在原点没有定义,z0=0是奇点 引用sinz在原点的邻域上的展开式:
z z3 z5 z7 sin z ...( z ) 1! 3! 5! 7!
n 1

1 z z0

R1
z0
R2
z0
|z-z0|<R1
R2<|z-z0|
R1
R2
z0
收敛环 R2<|z-z0|<R1
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四. 洛朗定理
定理 设f z 在R2 z z0 R1内单值解析，则对环域 上任一点z, f ( z )可展开成为幂级数
f z
1 f 其中ak z0 k 1 d k 1,2, 并且展开式唯一 2i C
n
an ( z z 0 ) n

其中
a (z z )
n 0 n 0 n 1

n
被称为双边幂级数的正幂部分
an ( z z0 ) n 被称为双边幂级数的负幂部分
2
三. 收敛环的确定
设正幂部分的收敛半径为R1；而负幂部分在变换
=1/(z-z0)下的级数的收敛半径为1/R2 ，则其在
•
中括号里边是m阶贝塞尔函数Jm(x) 1 x ( z 1 ) e2 z 利用贝塞尔函数可以把上式写成
m
J m ( x) z m
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例 试把f z
z 1z 2 i 0 z 1; ii 1 z 2;
1
展开成洛朗级数 iii 2 z
•
将-h记为m, l记为n,则有
e
1 1 x( z ) 2 z
(1) n x m 2 n m z m 0 n 0 ( m n)!n! 2
|m|2 n n m (1) x m (1) z • (0 | z | ) m 1 n 0 n!( n | m |)! 2
C为环域内沿逆时针方向饶内圆一周的任一闭回线,上式称之为 f(z)的洛朗展开,右端的级数称为洛朗级数 说明: (1) 虽然级数中含有z-z0的负幂项,而这些项在z=z0时都是
k
ak ( z z0 ) k

奇异的,但点z0可能是也可能不是函数f(z)的奇点
(2) 虽然展开系数ak的公式与泰勒展开系数ak的公式形式
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e
1 1 x( z ) 2 z
(1) n x m 2 n m z m 0 n 0 ( m n)!n! 2
h 2l l (1) x h h (1) z • (0 | z | ) h 1 l 0 l!(l h)! 2
1 2
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例 试把f z