第七讲解析函数的局域性展开(续) §71解析函数的 Laurent展开 个函数除了可在解析点作 Taylor展开外,有时还需要将它在奇点附近展开成幂级数.这 时就得到 Laurent展开 定理7.1( Laurent)设函数f(2)在以b为圆心的环 形区域R1≤|z-b≤R上单值解析,则对于环域内的任何z R. 点,f(z)可以用幂级数展开为 f(a) an(2-b), R1<[2-b< R 其中 f() C是环域内绕内圆一周的任意一条闭合曲线(见图71) 图7.1 Laurent展开 证将环域的内外边界分别记为C1和C2,则根据复连通区域的Cacy积分公式,有 f(a) f() 对于C2上的积分,可以直接利用以前的结果 f() 2TiJc S d=∑an(2-b)",|-b<B2 对于C1上的积分 f() f() f() (-b) f()(-b)d 令-k-1=n,k=-(m+1),则 ∑(-b) dc 12-b>RI 其中 f() πiC1(-b)n+
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞ (✌) ✍ 1 ✎ ✏✑✒ ✓✔✕✖✗✘✙✚✛✜ (✢) §7.1 ✣✤✥✦✧ Laurent ★✩ ✪✫✬✭✮✯✰✱✲✳✴✵ Taylor ✶✷✸✹✺✻✼✽✾✿❀✱❁✴❂❃✶✷❄❅❆✭❇❈ ✻❉❊❋ Laurent ✶✷❇ ●❍ 7.1 (Laurent) ■✬✭ f(z) ✱❏ b ❑ ▲▼◆❖ P◗❘ R1 ≤ |z − b| ≤ R2 ❙❚❯✲✳✹ ❱❲❳❖ ❘ ❨◆❩❬ z ✴✹ f(z) ✰❏❭❅❆✭✶✷❑ f(z) = X∞ n=−∞ an(z − b) n , R1 < |z − b| < R2, ❪ ❫ an = 1 2π i I C f(ζ) (ζ − b) n+1 dζ, C ❴❖❘ ❨❵ ❨▲✪❛◆❩❜✪❝❞❡ ❢❣ (❤✐ 7.1) ❇ ❥ 7.1 Laurent ❦❧ ♠ ✿ ❖ ❘ ◆ ❨ ✸♥♦♣qr❑ C1 s C2 ✹ ❱t✉✈✇①◗❘◆ Cauchy ②♣③④✹✺ f(z) = 1 2π i I C2 f(ζ) ζ − z dζ − 1 2π i I C1 f(ζ) ζ − z dζ. ❲❳ C2 ❙◆②♣✹✰❏⑤⑥⑦❭❏⑧◆⑨⑩✹ 1 2π i I C2 f(ζ) ζ − z dζ = X∞ n=0 an(z − b) n , |z − b| < R2, an = 1 2π i I C2 f(ζ) (ζ − b) n+1 dζ. ❲❳ C1 ❙◆②♣ − 1 2π i I C1 f(ζ) ζ − z dζ = 1 2π i I C1 f(ζ) (z − b) − (ζ − b) dζ = 1 2π i I C1 f(ζ) z − b X∞ k=0 ζ − b z − b k dζ = X∞ k=0 (z − b) −k−1 · 1 2π i I C1 f(ζ)(ζ − b) kdζ. ❶ −k − 1 = n, k = −(n + 1) ✹ ❱ − 1 2π i I C1 f(ζ) ζ − z dζ = X−∞ n=−1 (z − b) n · 1 2π i I C1 f(ζ) (ζ − b) n+1 dζ = X−∞ n=−1 an(z − b) n , |z − b| > R1, ❪ ❫ an = 1 2π i I C1 f(ζ) (ζ − b) n+1 dζ
把两部分合并起来,就有 f(2)=∑an(2-b),R1<|z-b<R2 这个结果称为函数f(2)在环域R1<|z-b<R2内的 Laurent展开,其中的级数称为 Laurent级 这里把亲数an公式中的积分围道统一写成了C.(为什么能这样做?) 讨论 ★ Laurent展开的条件也可以放宽为f(x)在R1<|2-b<R2内单值解析 对于 Laurent展开来说,系数(即使是正幂项的系数) nI ★f(x)在内圆C1中不解析.一般说来,在C1上是有奇点的.至于b点,可能是f(2)的奇点 也可能是∫(z)的解析点 如果b点是C2内的唯一奇点,则C1可以无限缩小,收敛范围就变成0<|z-b<R 这时就得到f(z)在孤立奇点b的邻域内的 Laurent展开 外圆C2的半径也可以为∞,甚至在∞点也收敛 ★ Laurent展开既有正幂项,又有负幂项. 正幂项在圆C2内(z-b<R2)绝对收敛,在C2内的任意一个闭区域中一致收敛,称 为 Laurent级数的正则部分 负幂项在圆C1外(z-b>R1)绝对收敛,在C1外的任意一个闭区域中一致收敛,称 为 Laurent级数的主要部分 两部分合起来,就构成 Laurent级数,在环域 R1<|z-b<R2 内绝对收敛,在环域内的任意一个闭区域中一致收敛 当R1=0时, Laurent级数的主要部分就完全反映了f(x)在z=b点的奇异性
Wu Chong-shi §7.1 ✄☎✆✝✞ Laurent ☛☞ ✍ 2 ✎ ❷❸❹♣❡❺❻❼✹ ❉✺ f(z) = X∞ n=−∞ an(z − b) n , R1 < |z − b| < R2, an = 1 2π i I C f(ζ) (ζ − b) n+1 dζ. ❈✫⑨⑩❽❑✬✭ f(z) ✱❖ ❘ R1 < |z − b| < R2 ❨ ◆ Laurent ✶✷✹❪ ❫ ◆❆✭❽❑ Laurent ❆ ✭❇ ❾❿➀ ➁➂ an ➃➄ ➅➆➇➈ ➉➊➋➌ ➍➎ ➏ C ❇ (➐➑ ➒➓❾➔→ ➣ ) ↔↕➙ F Laurent ✶✷◆❝➛➜✰❏➝➞❑ f(z) ✱ R1 < |z − b| < R2 ❨ ❚❯✲✳❇ F ❲❳ Laurent ✶✷❼➟✹➠✭ (➡➢❴➤❅➥◆➠✭) an 6= 1 n! f (n) (b). F f(z) ✱ ❨ ▲ C1 ❫➦✲✳❇✪➧➟❼✹✱ C1 ❙❴ ✺❁✴◆❇➨❳ b ✴✹✰➩❴ f(z) ◆❁✴✹ ➜✰➩❴ f(z) ◆✲✳✴❇ • ➫⑩ b ✴❴ C2 ❨ ◆➭✪❁✴✹ ❱ C1 ✰❏➯➲➳➵✹ ➸➺➻ ➼❉➽❄ 0 < |z −b| < R ❇ ❈✻❉❊❋ f(z) ✱➾➚❁✴ b ◆➪❘ ❨◆ Laurent ✶✷❇ • ✸ ▲ C2 ◆➶➹➜✰❏❑ ∞ ✹➘➨✱ ∞ ✴➜➸➺❇ F Laurent ✶✷➴✺ ➤❅➥✹➷✺➬❅➥❇ • ➤❅➥✱ ▲ C2 ❨ (|z − b| < R2) ➮ ❲➸➺✹✱ C2 ❨ ◆❩❜✪✫❞◗❘ ❫✪➱➸➺✹❽ ❑ Laurent ❆✭◆➤❱❹ ♣✃ • ➬ ❅➥✱ ▲ C1 ✸ (|z − b| > R1) ➮ ❲➸➺✹✱ C1 ✸◆❩❜✪✫❞◗❘ ❫✪➱➸➺✹❽ ❑ Laurent ❆✭◆❐✾❹♣❇ • ❸❹♣❡❻❼✹ ❉❒❄ Laurent ❆✭✹✱❖ ❘ R1 < |z − b| < R2 ❨ ➮ ❲➸➺✹✱❖ ❘ ❨◆❩❜✪✫❞◗❘ ❫✪➱➸➺❇ • ❮ R1 = 0 ✻ ✹ Laurent ❆✭◆❐✾❹♣ ❉❰ÏÐÑ✯ f(z) ✱ z = b ✴◆❁ÒÓ❇
Laurent展开的唯一性设f(2)在环域R1<|z-b<R2内有两个 Laurent级数 f(2)=∑an(2-b)=∑a1(2-b) 两端同乘以(2-b)-k-1,沿环域内绕内圆一周的任一围道C积分(这两个级数在围道上显 然一致收敛,因而可以逐项积分),则由于 故有ak=ak.因为k任意,故有 k=0.±1.±2 即证得 Laurent展开的唯一性 如果两个 Laurent级数在同一环域内处处相等,则对应项系数相等(即可以比较系数)
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞ (✌) ✍ 3 ✎ F Laurent ÔÕÖ×ØÙ ■ f(z) ✱❖ ❘ R1 < |z − b| < R2 ❨✺❸✫ Laurent ❆✭✹ f(z) = X∞ n=−∞ an(z − b) n = X∞ n=−∞ a 0 n (z − b) n . ❸ÚÛÜ❏ (z − b) −k−1 ✹Ý❖❘ ❨❵ ❨ ▲✪❛◆❩✪ ➼Þ C ②♣ (❈❸✫❆✭✱ ➼Þ❙ß à✪➱➸➺✹áâ✰❏ã➥②♣) ✹ ❱ ä❳ I C (z − b) n−k−1dz = 2π i δnk, å✺ ak = a 0 k ❇á❑ k ❩❜✹å✺ ak = a 0 k , k = 0, ±1, ±2, · · ·. ➡æ❊ Laurent ✶✷◆➭✪Ó❇ çèéê Laurent ëì íîØïðñ òòóô✹ õö÷øùìóô (úûüýþùì) ❇
572 Laurent级数求法举 872 Laurent级数求法举例 求 Laurent展开,可以直接利用公式求亲数(这时要计算围道积分,一般是比较麻烦 的).除此之外,没有求 Laurent展开的特殊方法 由于函数在给定环域內的 Laurent展开是唯一的,因此,不论用什么方法,只要得到了 在这个环域内收敛到∫(z)的幂级数,那它就一定是∫(z)的 Laurent展开 Taylor展开中讲过的方法,以及有关的结果,都可以应用来求 Laurent展开 例71求 在0<|2|<1内和|2>1内的展开式 2(2-1在0<|<1内的展开形式一定是∑an2 所以 2(z-1)21-22n=0 0<|2|<1 也可以用部分分式的方法 mn (z-1) 在|2>1内的 Laurent晨开形式也是 ∑2”,|2|>1 这里我们看到,同一个函数在不同的区域内的 Laurent展开是很不相同的.1/z(z-1) 在0<|2<1内的 Laurent展开只有一个负幂项,而在|2|>1内的 Laurent展开有无穷 多个负幂项,但却没有正幂项 例72用待定系数法求cotz在z=0邻域内的 Laurent晨开 解待定系数法只能用于有限个负幂项(正幂项的情形 (为什么只有一个负冪项,这个道理在5.6节讨论.) (-)n
Wu Chong-shi §7.2 Laurent ÿ ✝✁✂✄ ✍ 4 ✎ §7.2 Laurent ☎✦✆✝✞✟ ✠ Laurent ✡☛✹☞ ✌✍✎✏✑➃➄ ✠ ➁➂ (❾✒✓✔✕ ➉➊➇➈✹➌✖✗✘✙✚✛ ➆) ❇✜✢✣✤✹✥✦✠ Laurent ✡☛➆✧★✩✪❇ ✫✬✭➂✮✯✰✱✲ ✳➆ Laurent ✡☛✗✴➌➆✹✵✢✹✶✷✑➑ ➒✩✪✹✸ ✓✹✺ ➏ ✮❾✻✱✲ ✳✼✽✺ f(z) ➆✾✿➂ ✹❀❁❂➌ ✰ ✗ f(z) ➆ Laurent ✡☛❇ Taylor ✡☛ ➅❃❄➆✩✪✹✌❅✦ ❆➆❇❈✹❉☞ ✌❊✑❋✠ Laurent ✡☛❇ ● 7.1 ❍ 1 z(z − 1) ✱ 0 < |z| < 1 ❨ s |z| > 1 ❨ ◆✶✷④❇ ■ 1 z(z − 1) ✱ 0 < |z| < 1 ❨ ◆✶✷P ④✪❏❴ P∞ n=−∞ anz n ❇❑❏ 1 z(z − 1) = − 1 z 1 1 − z = − 1 z X∞ n=0 z n = − X∞ n=0 z n−1 = − X∞ n=−1 z n , 0 < |z| < 1. ➜✰❏❭❹ ♣♣④◆▲▼ ➙ 1 z(z − 1) = − 1 z − 1 1 − z = − 1 z − X∞ n=0 z n = − X∞ n=−1 z n . 1 z(z − 1) ✱ |z| > 1 ❨ ◆ Laurent ✶✷P ④➜❴ P∞ n=−∞ anz n ✹ 1 z(z − 1) = 1 z 2 1 1 − 1 z = 1 z 2 X∞ n=0 1 z n = X−∞ n=−2 z n , |z| > 1. ❾❿◆❖P✺✹◗➌ ✻✭➂✮✶ ◗➆ ❘ ✲ ✳ ➆ Laurent ✡☛✗❙✶❚ ◗➆❇ 1/z(z − 1) ✮ 0 < |z| < 1 ✳ ➆ Laurent ✡☛ ✸✦➌ ✻ ❯✾❱✹❲✮ |z| > 1 ✳ ➆ Laurent ✡☛✦❳❨ ❩✻ ❯✾❱✹❬❭✥✦❪✾❱❇ ● 7.2 ❭❫❏➠✭▼❍ cot z ✱ z = 0 ➪ ❘ ❨◆ Laurent ✶✷❇ ■ ❫❏➠✭▼❴➩❭❳✺➲✫➬ ❅➥ (➤❅➥) ◆❵ P❇ cot z = X∞ n=−1 b2n+1z 2n+1 . (➐➑ ➒✸✦➌ ✻ ❯✾❱ ✹ ❾✻ ➊❛ ✮ 5.6 ❜❝✷❇) cos z = sin z X∞ n=−1 b2n+1z 2n+1 , X∞ n=0 (−) n (2n)! z 2n = X∞ k=0 (−) k (2k + 1)! z 2k+1 X∞ l=0 b2l−1z 2l−1 = X∞ k=0 X∞ l=0 (−) k (2k + 1)! b2l−1z 2(k+l) = X∞ n=0 "Xn l=0 (−) n−l (2n − 2l + 1)!b2l−1 # z 2n
由此得到递推关系 逐次求解,即得 0123 3!-1-1!1-2 b1+b3 所以 根据cotz的奇点分布,可判断此级数的收敛范围为0<|2|< 本题还可以采用级数除法 t 2 315 32+152+315 (-3+)+( 3×i5-27 452-945
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞ (✌) ✍ 5 ✎ ä❞❊❋❡❢❣➠ Xn l=0 (−) l (2n − 2l + 1)!b2l−1 = 1 (2n)!. ã❤❍✲✹➡❊ n = 0 : b−1 = 1; n = 1 : 1 3! b−1 − 1 1! b1 = 1 2!, b1 = − 1 3 ; n = 2 : 1 5! b−1 − 1 3! b1 + 1 1! b3 = 1 4!, b3 = − 1 45 ; n = 3 : 1 7! b−1 − 1 5! b1 + 1 3! b3 − 1 1! b5 = 1 6!, b5 = − 2 945 ; . . . ❑❏ cot z = 1 z − 1 3 z − 1 45 z 3 − 2 945 z 5 − · · · . t✉ cot z ◆❁✴♣✐✹✰❥❦❞ ❆✭◆ ➸➺➻ ➼❑ 0 < |z| < π ❇ ❧♠✼✰❏♥❭❆✭✮▼❇ cot z = 1 tan z = 1 z + 1 3 z 3 + 2 15 z 5 + 17 315 z 7 + · · · = 1 z 1 1 + 1 3 z 2 + 2 15 z 4 + 17 315 z 6 + · · · = 1 z h 1 − 1 3 z 2 + 2 15 z 4 + 17 315 z 6 + · · · + 1 3 z 2 + 2 15 z 4 + 17 315 z 6 + · · ·2 − 1 3 z 2 + 2 15 z 4 + 17 315 z 6 + · · ·3 + 1 3 z 2 + 2 15 z 4 + 17 315 z 6 + · · ·4 − + · · · i = 1 z h 1 − 1 3 z 2 + − 2 15 + 1 9 z 4 + − 17 315 + 2 × 1 3 × 2 15 − 1 27 z 6 + · · · i = 1 z 1 − 1 3 z 2 − 1 45 z 4 − 2 945 z 6 − · · · = 1 z − 1 3 z − 1 45 z 3 − 2 945 z 5 + · · ·