43罗朗( Laurent)级数 f(z)在圆环域k:R4z-0k<R2内解析,Vz∈k,做圆环域 k1:Fs5-=0 其中R1<n<F2<R2,使z∈k C15-0F=n1,C25--0F=r2 则f(z)在k解析,故 R ∫(5) =f5 ∫(5) 点5()a-2- ∫(5) 由于|=-0kr,故 利用上节(泰勒展开定理的证明)结果,有 -2-点 f(5) =(5-=0 由于|=--0>n,故 5-2(5-20)-(2-0)
§4.3 罗朗(Laurent)级数 f(z)在圆环域 k: 1 0 2 R | z − z | R 内解析， z k, 做圆环域 1 1 0 2 k :r | − z | r 其中 1 1 2 R2 R r r ，使 1 z k 1 0 1 2 0 2 C :| − z |= r ,C :| − z |= r 则 f(z)在 1 k 解析，故 .z 1 r R1 0 z 2 r C1 R2 − − − = − + − = − = − − + 2 1 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 C i C i C C i C C i d z f d z f d z f d z f d z f f z 由于 | | , 1. 0 0 0 − − − z z z z z r 故 利用上节（泰勒展开定理的证明）结果，有 n n z r i n z r i d z z z f d z f ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 | | 1 0 2 1 | | 2 1 2 0 2 − − = − = − = + − = 由于 | | , 1 0 0 0 1 − − − z z z z z r 故 − − − − − = − − − = − 0 0 0 0 0 ( ) 1 1 ( ) ( ) 1 1 z z z z z z z z z
∑( 0n=1 2-2 从而有 92-a(e-) f(5) 令C为k内任一简单闭路,则 L5f(5) (5-0) 罗朗级数展开定理 f(z)在R1<-0kR2内部解析,则 f()=∑Cn(-=0)”(R4=--0kR2) 其中C=5 d(n=0,±1,±2,…) C为圆环域内任一简单闭曲线,且展开式唯 若f()=∑C(2-)”(R42-=0kR2) 两端同乘 ,则 2m(二- f(=) 2m(z-0) ∑|Cn 2m(二-z 对圆环内绕=0的任一简单闭曲线C,有
= − = − − − = − − − − = − 1 0 1 0 1 1 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 1 n n n n n z z z z z z z z 从而有 n n z r i n z r i d z z z f d z f − = − = + − = − − = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 | | 1 0 2 1 | | 2 1 1 0 1 即 n n i C n n n i C n d z z z f d z z z f f z − = − + = + − − − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 2 1 0 0 1 0 2 1 2 1 令 C 为 1 k 内任一简单闭路，则 n n i C n n n i C n d z z z f d z z z f f z − = − + = + − − − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 2 1 0 0 1 0 2 1 n n i C n d z z z f ( ) ( ) ( ) 1 0 0 2 1 − − = =− + 罗朗级数展开定理 f(z)在 1 0 2 R | z − z | R 内部解析，则 ( ) ( ) ( | | ) 0 1 0 R2 f z C z z R z z n n = n − − + =− 其中 ( 0, 1, 2, ) ( ) ( ) 1 0 2 1 = − = + d n z f Cn i C n C 为圆环域内任一简单闭曲线，且展开式唯一。 唯一性 若 ( ) ( ) ( | | ) 0 1 0 R2 f z C z z R z z n n = n − − =− 两端同乘 , 2 ( ) 1 1 0 + − P i z z 则 =− + + − − = − n P n P n i z z C i z z f z 1 0 1 0 ( ) 1 2 1 2 ( ) ( ) 对圆环内绕 0 z 的任一简单闭曲线 C，有
dz 2 dz (p=n时为1,其余为0) 由于f(z)在C内不一定解析,故 性质 罗朗级数的和函数在圆环域R≮〓-0kR2内解析,可逐项求导,逐项积分(对圆环域内 任一有向曲线)。 同一环域内的罗朗级数可进行加,减,乘运算 R1=0时,042-20kR2为=0的去心领域, R2=∞且0=0时,R142-=0k∞为点∞的领域 直接求C较繁,一般用已知函数的泰勒展开式及幂级数的运算性质求罗朗级数 例:求f()=e在本>0内的罗朗级数 解:令5=↓,则 e=1+5+ 2tn5"+…(5k+∞) 故e==1+-+ n+…(-卜0) 例:将函数/()=(2-1×-2)再0处展开为罗明级数 解:因f(z)有俩个奇点:z=1何z2,故有3个以z=0为中心的圆环域。 2k1,1<2,和本2 当本<1时,有 f(=) -∑()+∑
p n C n P n C p P C z z dz i C dz z z f z i C = − = − = + =− + − + 1 0 1 0 2 ( ) 1 ( ) ( ) 2 1 （p=n 时为 1，其余为 0） 由于 f(z)在 C 内不一定解析，故 ! ( ) 0 ( ) n f z C n n 性质。 罗朗级数的和函数在圆环域 1 0 2 R | z − z | R 内解析，可逐项求导，逐项积分（对圆环域内 任一有向曲线）。 同一环域内的罗朗级数可进行加，减，乘运算。 R1 = 0 时， 0 2 0 | z − z | R 为 0 z 的去心领域， R2 = 且 0 z =0 时， R1 | z − z0 | 为点 的领域。 直接求 Cn 较繁，一般用已知函数的泰勒展开式及幂级数的运算性质求罗朗级数。 例：求 z f z e 1 ( ) = 在|z|>0 内的罗朗级数。 解：令 z 1 = ，则 (| | ) ! 1 2! 1 2 = + + + + + + n n e 故 (| | 0) ! 1 2! 1 1 1 2 1 = + + + + + z z z n z e n z 例：将函数 ( 1)( 2) 1 ( ) − − = z z f z 再 z=0 处展开为罗朗级数。 解：因 f(z)有俩个奇点：z=1 何 z=2,故有 3 个以 z=0 为中心的圆环域。 |z|<1,1<|z|<2,和|z|>2. 当|z|<1 时，有 = = = − + − + − = − − − − = 0 0 2 1 2 2 1 ) 2 ( 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) n n n n z z z z z z f z
=∑(1-2m)=”(=k1 泰勒级数,罗朗级数的特例) 当1<z<2时,有 ∫(=)= z-1=1-2z1-1 HE0-2O9 (=k2) 同一函数在不同圆环域内展开式不同。 同一函数可以有n个不同的展开式,与展开式的唯一性不矛盾,唯一性是对同一圆环而言的。 例:将∫(-)= 在z1处展开 (二-1)(二-2) 解:以z=1为中心的圆环域有两个 04z-=0k1和z+|1 当04二-二0k2时 f(二)= (二-1)(二-2)1-(二-1)2-1 (0<z-1k1) |-|1时,有 f(=) (二-1)(二-2)-1-1x-1 力z-1 ()” (z-1|>1) 要求f(z)在〓==0点的罗朗级数,应求出所有解析的圆环域,在一一展开。 例:
) (| | 1) 2 1 (1 0 1 = − = + z z n n n (泰勒级数，罗朗级数的特例)。 当 1<|z|<2 时，有 (| | 2) 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) 0 1 0 0 2 1 − = − = − − − = − − − = = + = = z z z n z z z z z f z n n n n n n n z z 同一函数在不同圆环域内展开式不同。 同一函数可以有 n 个不同的展开式，与展开式的唯一性不矛盾，唯一性是对同一圆环而言的。 例：将 ( 1)( 2) 1 ( ) − − = z z f z 在 z=1 处展开。 解：以 z=1 为中心的圆环域有两个。 0 | z − z0 |1 和|z-1|>1 当 0 | z − z0 | 2 时， (0 | 1| 1) 1 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) 1 ( 1)( 2) 1 ( ) 0 − − = − − − − − − − = − − − = = z z z z z z z f z n n 当|z-1|>1 时，有 (| 1| 1) ( 1) 1 1 1 ( 1) 1 1 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 2) 1 ( ) 1 1 0 1 0 1 1 1 1 − − = − − − = − − − = − − − − = − − − − = − − = = + = + = − − z z z z z z z z z z z z f z n n n n n n z z 要求 f(z)在 0 z = z 点的罗朗级数，应求出所有解析的圆环域，在一一展开。 例：
将f(二)= 在下列圆环域内展开 (1)0<2<1 (2)>1 (3)0<z-1<1 (4)|z-l1(=0=) 解:(1)f() 1 =∑()=∑ (2)f(=) ∑( (本>1) d 1 d -cL-i-(z-1) d ∑(-1)"(二-1)2(042-k1) (4)f(=)= d(1 z-1+I ∑(-1)"(
将 ( ) 1 ( ) 2 z z i f z − = 在下列圆环域内展开。 (1) 0<|z|<1 (2) |z|>1 ( 0 z =0) (3) 0<|z-i|<1 (4) |z-i|>1 ( 0 z =i) 解：(1) i z z i z iz f z − − = − − = 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 = − − = = = 0 1 2 0 2 ( ) n n n n n i z i z z i (0<|z|<1) (2) = = − = 0 3 3 ( ) 1 1 1 1 ( ) n n z i z i z z f z = + = 0 3 n n n z i (|z|>1) (3) ) 1 ( 1 ( ) dz z d z i f z − − = ( 1) ( ) (0 | | 1) ( 1) ( ) 1 1 ( ) 1 1 1 2 1 1 1 0 = − − − − − − = − − − = − − = − − − − = = − − = − = − − z i z i i n z i i n z i i i z i dz d z i i dz d z i i dz i z i d z i n n n n n n n n n n i z i (4) − − = dz z d z i f z 1 1 ( ) − − − − − = − + − − = =0 ( 1) ( ) 1 1 1 1 n n n z i i dz z i d z i dz z i i d z i