第四章 解析函数的级数表示

第四章 解析函数的级数表示

前两章我们用微分和积分的方法研究了解析函数的性质。本章我们将用级数的方法研究解析函数的性质。首先讨论复数项级数，然后讨论复变函数项级数，重点是讨论幂级数和由正、负整次幂项组成的洛朗级数，并围绕如何将解析函数展开成幂级数或洛朗级数这一中心内容进行。这两类级数在解决各种实际问题中有着广泛的应用，它既是研究零点、奇点（特别是极点）的有力工具，也是微分方程中幂级数解法的理论基础。学习本章最好能结合复习微积分课程的级数部分，用对比的方式进行。

§4.1 复数项级数

§4.1.1 复数序列的极限

设 $ \{z_n\}(n=1,2,\cdots) $ 为一复数列，其中 $ z_n = x_n + iy_n $，又设 $ z_0 = x_0 + iy_0 $ 为一确定的复数。若任意给定 $ \varepsilon > 0 $，存在正整数 N，使当 $ n > N $ 时，总有 $ \left|z_n - z_0\right| < \varepsilon $ 成立，则称复数序列 $ \{z_n\} $ 收敛于复数 $ z_0 $，或称 $ \{z_n\} $ 以 $ z_0 $ 为极限，记作

$$ \lim_{n\to\infty}z_{n}=z_{0}\quad\ 或 \quad\ z_{n}\to z_{0}\quad(n\to\infty\text{)}. $$

若序列 $ \{z_{n}\} $不收敛，则称 $ \{z_{n}\} $发散，或者说它是发散序列.

定理 4.1 设 $ z_{0}=x_{0}+\mathrm{i}y_{0}, z_{n}=x_{n}+\mathrm{i}y_{n} (n=1,2,\cdots) $，则 $ \lim_{n\to\infty}z_{n}=z_{0} $ 的充分必要条件是

$$ \lim_{n\to\infty}x_{n}=x_{0},\quad\lim_{n\to\infty}y_{n}=y_{0}. $$

证 由不等式

$$ \mid x_{n}-x_{0}\mid\leqslant\mid z_{n}-z_{0}\mid\quad 及 \quad\mid y_{n}-y_{0}\mid\leqslant\mid z_{n}-z_{0}\mid $$

即得条件的必要性. 而由不等式

$$ \mid z_{n}-z_{0}\mid\leqslant\mid x_{n}-x_{0}\mid+\mid y_{n}-y_{0}\mid $$

又可得条件的充分性.

关于两个实数序列相应项之和、差、积、商所成序列的极限的结果，不难推广到复数序列.

\$4.1.2 复数项级数

设 $ \{z_{n}\} $ (n=1,2, $ \cdots $)为一复数序列，表达式

$$ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n}=z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{n}+\cdots $$

称为复数项无穷级数. 若它的部分和序列

$$ S_{n}=z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{n}\quad(n=1,2,3,\cdots) $$

有极限 $ \lim_{n\to\infty}S_n=S $（有限复数），则称级数是收敛的，S称为级数的和；若 $ \{S_n\} $没有极限，就称级数是发散的.

例 4.1 当 $ |z|<1 $ 时，判断级数

$$ 1+z+z^{2}+\cdots+z^{n}+\cdots $$

是否收敛？

解 先作部分和

$$ S_{n}=1+z+\cdots+z^{n}=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}=\frac{1}{1-z}-\frac{z^{n+1}}{1-z}, $$

由于 $ \left|z\right|<1 $，所以 $ \lim_{n\to\infty}\left|z\right|^{n+1}=0 $，因而

$$ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{z^{n+1}}{1-z}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|z\right|^{n+1}}{\left|1-z\right|}=0. $$

于是

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{z^{n+1}}{1-z}=0, $$

故

$$ \lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}z^{k}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{1-z}-\frac{z^{n+1}}{1-z}\right)=\frac{1}{1-z} $$

存在. 这就是说, 当 $ \left|z\right|<1 $ 时, 级数 $ 1+z+\cdots+z^{n}+\cdots $ 收敛, 且和为 $ \frac{1}{1-z} $.

令 $ x_{k} = \mathrm{Re} z_{k}, y_{k} = \mathrm{Im} z_{k}, x_{0} = \mathrm{Re} S, y_{0} = \mathrm{Im} S $，于是有

$$ S_{n}=\sum_{k=1}^{n}z_{k}=\sum_{k=1}^{n}x_{k}+\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}y_{k}, $$

再由定理4.1立即得到下面的结论：

定理4.2 级数(4.1)收敛的充分必要条件是级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}x_{n} $和 $ \sum_{n=1}^{\infty}y_{n} $都收敛.

有了此定理,就可将复数项级数的收敛与发散问题转化为实数项级数的收敛与发散问题. 因而有

定理 4.3 级数(4.1)收敛的必要条件是

$$ \lim_{n\to\infty}z_{n}=\lim_{n\to\infty}(x_{n}+iy_{n})=0. $$

证 由于 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $ 收敛，由定理4.2知 $ \sum_{n=1}^{\infty}x_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}y_{n} $ 均收敛。再由实数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}x_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}y_{n} $ 收敛的必要条件知

$$ \lim_{n\to\infty}x_{n}=0,\quad\lim_{n\to\infty}y_{n}=0, $$

从而 $ \lim_{n\to\infty}z_n=0 $

定理 4.4 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}|z_{n}| $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $ 也收敛.

证 因为 $ \sum_{n=1}^{\infty}|z_{n}|=\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}} $，又由于

$$ \left|x_{n}\right|\leqslant\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}},\quad\left|y_{n}\right|\leqslant\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}, $$

根据正项级数的比较判别法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}| $与 $ \sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}| $都收敛，从而 $ \sum_{n=1}^{\infty}x_{n} $与 $ \sum_{n=1}^{\infty}y_{n} $也都收敛.于是由定理4.2知 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $是收敛的.

和实数项级数类似，如果由级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $的各项取模作成的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|z_{n}\right| $是收敛的，那么称级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $是绝对收敛的.

定理4.4 告诉我们：绝对收敛的级数本身一定是收敛的。但反过来，若 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $收敛，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}|z_{n}| $却不一定收敛。我们把 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $收敛而 $ \sum_{n=1}^{\infty}|z_{n}| $不收敛的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}z_{n} $称为是条件收敛的。

例 4.2 判别下列级数的收敛性：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{\mathrm{i}}{2^{n}}\right) $; (2) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{i}^{n}}{n} $; (3) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{i}^{n}}{n^{2}} $.

解 （1）由 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散，所以根据定理4.2即知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{\mathrm{i}}{2^{n}}\right) $ 发散.

(2) 显然

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{i}^{n}}{n}=-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{8}+\cdots\right)+\mathrm{i}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots\right) $$

的实部与虚部（两级数）都收敛，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^{n}}{n} $收敛.但是

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\mathrm{i}^{n}}{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $$

发散，因而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^{n}}{n} $是条件收敛级数.

（3）由于 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{1^{n}}{n^{2}}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $是收敛的正项级数，所以根据定理4.4知级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1^{n}}{n^{2}} $收敛，且为绝对收敛.

\$4.2 复变函数项级数

\$4.2.1 复变函数项级数

设 $ \{f_{n}(z)\}(n=1,2,\cdots) $为区域D内的函数，则称

$$ \sum_{n=1}^{\infty}f_{n}(z)=f_{1}(z)+f_{2}(z)+\cdots+f_{n}(z)+\cdots $$

为区域 D 内的复变函数项级数. 该级数前 n 项的和

$$ S_{n}(z)=f_{1}(z)+f_{2}(z)+\cdots+f_{n}(z) $$

称为级数的部分和.

设 $ z_{0} $ 为区域 D 内的一点，若 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}(z_{0})=S(z_{0}) $ 存在，则称级数 (4.2) 在 $ z_{0} $ 处是收敛的. $ S(z_{0}) $ 就是它的和，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}f_{n}(z_{0})=S(z_{0}) $. 若级数在 D 内处处收敛，这时，级数 (4.2) 的和是 D 内的一个函数 $ S(z) $，即

$$ \sum_{n=1}^{\infty}f_{n}(z)=S(z). $$

例如，例4.1中的级数 $ 1+z+z^{c}+\cdots+z^{n}+\cdots $在区域 $ \left|z\right|<1 $内收敛，且在该区域内的和函数为 $ \frac{1}{1-z} $，也就是说在区域 $ \left|z\right|<1 $内 $ 1+z+z^{2}+\cdots+z^{n}+\cdots $收敛于 $ \frac{1}{1-z} $.

下面我们主要研究经常用到的复变函数项级数的简单情形——幂级数和含有正幂项、负幂项的级数，它们与解析函数有着密切的关系。

§4.2.2 幂级数

和实变量的幂级数一样，形如

$$ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}=C_{0}+C_{1}(z-z_{0})+C_{2}(z-z_{0})^{2}+\cdots+C_{n}(z-z_{0})^{n}+\cdots $$

的复函数项级数称为幂级数，其中 $ C_{n}(n=0,1,2,\cdots) $ 及 $ z_{0} $ 均为复常数.

下面我们讨论幂级数的收敛集合. 显然, $ z_{0} $ 是级数 (4.3) 的收敛点. 对于该幂级数在 $ z_{0} $ 外其他点是否收敛的问题, 和实变量幂级数一样, 有下述阿贝尔 (Abel) 定理.

定理 4.5 若幂级数 (4.3) 在点 $ z_{1}(z_{1} \neq z_{0}) $ 收敛，则级数 (4.3) 在圆域 $ \left|z - z_{0}\right| < \left|z_{1} - z_{0}\right| $ 内绝对收敛.

证 设 z 为圆域 $ \left|z-z_{0}\right|<\left|z_{1}-z_{0}\right| $ 内任一点（图 4.1(a)）.

因为

$$ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z_{1}-z_{0})^{n} $$

$$ \lim_{n\to\infty}C_{n}(z_{1}-z_{0})^{n}=0. $$

收敛，由定理4.3

因此，存在一个常数 M>0，对于任意非负整数 n 均有

$$ \mid C_{n}(z_{1}-z_{0})^{n}\mid\leqslantM. $$

于是

$$ \mid C_{n}(z-z_{0})^{n}\mid=\mid C_{n}(z_{1}-z_{0})^{n}\mid\left|\frac{z-z_{0}}{z_{1}-z_{0}}\right|^{n}\leqslant M\left|\frac{z-z_{0}}{z_{1}-z_{0}}\right|^{n}, $$

而当 $ \left|z-z_{0}\right|<\left|z_{1}-z_{0}\right| $ 时， $ \left|\frac{z-z_{0}}{z_{1}-z_{0}}\right|<1 $，因而级数

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\left(M\left|\frac{z-z_{0}}{z_{1}-z_{0}}\right|^{n}\right) $$

收敛. 再根据正项级数比较判别法，即知

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\mid C_{n}(z-z_{0})^{n}\mid $$

收敛，从而

$$ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n} $$

绝对收敛. 由于 z 在圆域 $ \left|z-z_{0}\right|<\left|z_{1}-z_{0}\right| $ 内的任意性, 故定理得证.

阿贝尔定理的几何意义是：如果幂级数(4.3)在点 $ z_{1} $收敛，那么该级数在以 $ z_{0} $为圆心，以 $ \left|z_{1}-z_{0}\right| $为半径的圆周内部的任意点z处也一定收敛（图4.1(a)），至于上述级数在圆周 $ \left|z-z_{0}\right|=\left|z_{1}-z_{0}\right| $上及其外部的敛散性，除点 $ z_{1} $以外，需另行判定.

幂级数的收敛圆

推论 若幂级数(4.3)在点 $ z_{2} $发散，则满足 $ \left|z-z_{0}\right|>\left|z_{2}-z_{0}\right| $的点z，都使级数(4.3)发散.

证 用反证法. 设 z 为满足 $ \left|z-z_{0}\right|>\left|z_{2}-z_{0}\right| $ 的任一点，若在 z 处级数 (4.3) 收敛，则由阿贝尔定理知

$$ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z_{2}-z_{0})^{n} $$

收敛，这与题设矛盾。因而满足 $ \left|z-z_{0}\right|>\left|z_{2}-z_{0}\right| $的点z均使级数(4.3)发散。证毕。

这个推论的几何意义是：如果幂级数(4.3)在点 $ z_{2} $发散，那么该级数在以 $ z_{0} $为圆心， $ \left|z_{2}-z_{0}\right| $为半径的圆周外部的任意点z处，必然也发散（图4.1(b)）。

而该级数在圆周 $ \left|z-z_{0}\right|=\left|z_{2}-z_{0}\right| $ 上及其内部的敛散性，则需另行讨论.

对于一个形如(4.3)的幂级数. 当 $ z\neq z_{0} $时, 可能有三种情况.

第一种 对任意的 $ z \neq z_{0} $，级数 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z - z_{0})^{n} $ 均发散.

例如，级数

$$ 1+(z-z_{0})+2^{2}(z-z_{0})^{2}+\cdots+n^{n}(z-z_{0})^{n}+\cdots $$

当 $ z\neq z_{0} $时，通项不趋于零，故发散.

第二种 对任意的 z，级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n} $ 均收敛.

例如，级数

$$ 1+\left(z-z_{0}\right)+\frac{\left(z-z_{0}\right)^{2}}{2^{2}}+\cdots+\frac{\left(z-z_{0}\right)^{n}}{n^{n}}+\cdots $$

对任意固定的 z，从某个 n 开始，以后总有 $ \frac{|z-z_0|}{n}<\frac{1}{2} $，于是从此以后有 $ \left|\frac{(z-z_0)^n}{n^n}\right|<\left(\frac{1}{2}\right)^n $，因而级数对任意的 z 均收敛.

第三种 存在一点 $ z_{1} \neq z_{0} $，使 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z_{1}-z_{0})^{n} $ 收敛（此时，根据定理4.5知 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z-z_{0})^{n} $ 在圆周 $ |z-z_{0}|=|z_{1}-z_{0}| $ 内绝对收敛），另外又存在一点 $ z_{2} $，使 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z_{2}-z_{0})^{n} $ 发散（ $ |z_{2}-z_{0}|>|z_{1}-z_{0}| $，由定理4.5的推论知它在圆周 $ |z-z_{0}|=|z_{2}-z_{0}| $ 的外部发散）.

在这种情况下，可以证明，存在一个有限正数 R，使得 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n} $ 在 $ \left|z-z_{0}\right|=R $ 内绝对收敛，在圆周 $ \left|z-z_{0}\right|=R $ 的外部发散。R 称为此幂级数的收敛半径，圆周 $ \left|z-z_{0}\right|=R $ 称为收敛圆。对第一种情形，约定 R=0；对第二种情形，约定 $ R=\infty $，并且称它们为收敛半径。

现在讨论关于幂级数(4.3)的收敛半径R的具体求法. 同实幂级数类似, 比值法和根值法是我们熟悉的两个有效的常用方法(证明从略).

（1）比值法：若 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{C_{n+1}}{C_n}\right|=\lambda $，则级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_0)^n $的收敛半径 $ R=\frac{1}{\lambda} $.

（2）根值法：设 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{C_n}=\lambda $，则级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_0)^{n} $的收敛半径 $ R=\frac{1}{\lambda} $.

当 $ \lambda=0 $时，则 $ R=\infty $；当 $ \lambda=\infty $时，则R=0.

例 4.3 求级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}z^{n} $， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n} $， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n^{2}} $ 的收敛半径，并讨论它们在收敛圆上的敛散性.

解 这三个级数都有 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{C_{n+1}}{C_n}\right|=1 $ , 故 R=1 。但它们在收敛圆 $ \left|z\right|=1 $ 上的敛散性却不一样。

幂级数的性质及其应用

$ \sum_{n=0}^{\infty}z^{n} $ 在 $ \left|z\right|=1 $ 上由于 $ \lim_{n\to\infty}z^{n}\neq0 $ ，故在 $ \left|z\right|=1 $ 上处处发散， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n} $ 在 $ \left|z\right|=1 $ 上的 z=-1 处收敛，z=1 处发散， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n^{2}} $ 在 $ \left|z\right|=1 $ 上处处绝对收敛，因而也是处处收敛.

由此例可知，收敛圆上的情况是复杂的，只能对具体级数进行具体分析。

例 4.4 求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(z-1)^{n}}{n} $ 的收敛半径.

解 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{C_{n+1}}{C_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1 $ , 故 R=1.

收敛圆为 $ \left|z-1\right|=1 $ 。当 z=0 时，原级数成为 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{n} $，为交错级数，是收敛的；当 z=2 时，原级数成为 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $，是调和级数，是发散的。

与实变量幂级数一样，复变量幂级数也能进行加、减、乘等运算。设

$$ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}z^{n};\quad\mid z\mid

则在 $ |z| < \min\{r_1, r_2\} $ 内，两个幂级数可以像多项式那样进行相加、相减、相乘，所得的幂级数的和函数分别是 $ f(z) $ 与 $ g(z) $ 的和、差、积。

特别要指出的是，代换(复合)运算在把函数展开成幂级数时，有着广泛应用。通过下面的例题具体说明。

例 4.5 把函数 $ \frac{1}{z} $ 表成形如 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z-2)^{n} $ 的幂级数.

解 $ \frac{1}{z}=\frac{1}{2+(z-2)}=\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z-2}{-2}}. $

由例4.1可推知，当 $ \left|\frac{z-2}{-2}\right|<1 $时，有

$$ \frac{1}{1-\frac{z-2}{-2}}=1+\left(\frac{z-2}{-2}\right)+\left(\frac{z-2}{-2}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{z-2}{-2}\right)^{n}+\cdots, $$

因而有

$ \frac{1}{z}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{2}}(z-2)+\frac{1}{2^{3}}(z-2)^{2}+\cdots+(-1)^{n}\frac{1}{2^{n+1}}(z-2)^{n}+\cdots. $

在 $ \left|\frac{z-2}{-2}\right|<1 $内，即 $ \left|z-2\right|<2 $内，上式右端级数绝对收敛，其和为 $ \frac{1}{z} $.当 $ \left|z-2\right|>2 $时，易知级数的一般项不趋于0，故级数发散.

通过解此题我们可知，首先要把函数作代数变形，将其写成 $ \frac{1}{1-g(z)} $，其中 $ g(z)=\frac{z-2}{-2} $，然后把 $ \frac{1}{1-z} $展开式中的z换成 $ g(z) $.

复变量幂级数也同实变量幂级数一样，在它的收敛圆的内部有下列性质（证明从略）：

（1）幂级数的和 $ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n} $在收敛圆的内部是一个解析函数.

（2）在收敛圆的内部，幂级数的和 $ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n} $可以逐项求导及逐项积分任意次.

§4.3 泰勒(Taylor)级数

上节讨论幂级数，知道收敛幂级数的和函数一定是解析函数。现在我们要问：任何一个解析函数是否一定可以展开为幂级数？

定理4.6（泰勒定理）设函数 $ f(z) $在区域D内解析， $ z_{0} $为D内的一点，R为 $ z_{0} $到D的边界上各点的最短距离，则当 $ \left|z-z_{0}\right|

$$ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}, $$

其中 $ C_{n}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(z_{0}) $，n=0,1,2, $ \cdots $.

证 设 $ z $ 为 $ |z-z_0|

$$ f(z)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{c}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta. $$

由于 $ \zeta $ 在 C 上，而 z 在 C 内，所以 $ \left|\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right|<1 $，根据例 4.1，就有展开式

$$ \begin{aligned}\frac{1}{\zeta-z}&=\frac{1}{(\zeta-z_{0})-(\ z-z_{0})}=\frac{1}{\zeta-z_{0}}\frac{1}{1-\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}}& 图 4.2\\ &=\frac{1}{\zeta-z_{0}}\Biggl[1+\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}+\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^{n}+\cdots\Biggr]\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}(z-z_{0})^{n},\\ \end{aligned} $$

将上式代入(4.5)式，有

$$ f(z)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\left[\sum_{n=0}^{N-1}\frac{f(\zeta)\mathrm{d}\zeta}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}\right](z-z_{0})^{n}+R_{N}(z), $$

其中

$$ R_{N}(z)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\left[\sum_{n=N}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_{0})^{n+1}}(z-z_{0})^{n}\right]\mathrm{d}\zeta. $$

下证 $ \lim_{N\to\infty}R_{N}(z)=0 $.

由于 $ f(z) $ 在 D 内解析，从而在 C 上连续，因此，存在一个正常数 M，在 C 上 $ \left|f(\zeta)\right| \leqslant M $，又由于

$$ \left|\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right|=\frac{\left|z-z_{0}\right|}{r}=q<1, $$

于是有

$$ \mid R_{N}(z)\mid\leqslant\frac{1}{2\pi}\oint_{C}\left|\sum_{n=N}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_{0})^{n+1}}(z-z_{0})^{n}\right|\mathrm{d}z $$

$$ \begin{aligned}&\leqslant\frac{1}{2\pi}\oint_{C}\left[\sum_{n=N}^{\infty}\frac{\left|\begin{array}{c}f(\zeta)\end{array}\right|}{\left|\zeta-z_{0}\right|}\left|\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right|^{n}\right]\mathrm{d}s\\ &\\&\leqslant\frac{1}{2\pi}\sum_{n=N}^{\infty}\frac{M}{r}q^{n}\cdot2\pi r=\frac{M q^{N}}{1-q}.\\ \end{aligned} $$

因为 $ \lim_{N\to\infty}q^{N}=0 $，所以 $ \lim_{N\to\infty}R_{N}(z)=0 $在C内成立。又可根据幂级数在收敛圆内可逐项积分的性质和高阶导数公式，(4.6)式可写为

$$ f(z)=f(z_{0})+f^{\prime}(z_{0})(z-z_{0})+\frac{f^{\prime \prime}(z_{0})}{2!}(z-z_{0})^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!}(z-z_{0})^{n}+\cdots, $$

即定理得证.

说明（1）从上面的证明知，C 的半径可任意接近于 R，所以 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处的幂级数的收敛半径至少等于从 $ z_{0} $ 到 D 的边界上各点的最短距离。（4.4）式称为 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒展开式，其右端的级数称为 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒级数。

（2）应当指出，若 $ f(z) $ 在 D 内有奇点，则使 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒展开式成立的 R 等于从 $ z_{0} $ 到 $ f(z) $ 的距 $ z_{0} $ 最近一个奇点 $ \alpha $ 之间的距离，即 $ R = |\alpha - z_{0}| $.

(3) $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处的泰勒展开式是唯一的. 否则可假设 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处有另一展开式

$$ f(z)=b_{0}+b_{1}(z-z_{0})+b_{2}(z-z_{0})^{2}+\cdots+b_{n}(z-z_{0})^{n}+\cdots, $$

当 $ z=z_{0} $ 时有 $ b_{0}=f(z_{0}) $，然后按幂级数在收敛圆内可逐项求导的性质，将上式两边求导后，令 $ z=z_{0} $，得 $ b_{1}=f'(z_{0}) $，同理可得 $ b_{n}=\frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!} $ (n=2,3,\cdots).

将定理4.6同幂级数的性质相结合，就得到一个重要的结论：函数在一点解析的充分必要条件是它在这点的邻域内可以展开为幂级数。这个性质从级数的角度深刻地反映了解析函数的本质。

因泰勒展开式是唯一的，所以，我们可以用任何可能的方法将解析函数 $ f(z) $在某个解析点 $ z_{0} $的邻域内展开为泰勒级数。下面我们举例说明。

例 4.6 将 $ f(z)=\mathrm{e}^{z} $ 在 z=0 处展开为泰勒级数.

解 由于 $ e^{z} $ 的各阶导数等于 $ e^{z} $，且 $ e^{z}\mid_{z=0}=1 $，则 $ C_{n}=\frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}= $

$ \frac{1}{n!} $，故所求的展开式为

泰勒定理的

解释

$$ \mathrm{e}^{z}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots+\frac{z^{n}}{n!}+\cdots. $$

这个级数的收敛圆可以用两种方法来确定. 第一, 从级数的系数, 按求收敛半径公式可算得

$$ \frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{n!}}=0, $$

所以 $ R = \infty $。第二，从函数的解析性区域来看， $ \mathrm{e}^{z} $ 在全平面解析，故在 $ \left|z\right| < +\infty $ 可展开为泰勒级数。由此，级数的收敛圆就是 $ \left|z\right| < +\infty $。

用类似的方法可得到下述展开式.

$$ \begin{align*}\sin z&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{z^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!!}\\&=z-\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}+\cdots+\left(-1\right)^{n}\frac{z^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!!}+\cdots,\quad\left|z\right|<+\infty.\end{align*} $$

$$ \begin{align*}\cos z&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{z^{2n}}{\left(2n\right)!\ }\\&=1-\frac{z^{2}}{2 $!}+\frac{z^{4}}{4!}+\cdots+\left(-1\right)^{n}\frac{z^{2n}}{\left(2n\right)!\ }+\cdots,\quad\left|z\right|<+\infty.\end{align*} $$

例 4.7 将 $ f(z)=\frac{1}{1-z} $ 在 z=0 的邻域内展开.

解 由于 $ f(z) $ 在全平面除 z=1 点外为解析，因此 $ f(z) $ 可以在 $ \left|z\right|<1 $ 内展开为幂级数，而且 $ \left|z\right|<1 $ 就是幂级数的收敛圆。该幂级数的形式应是 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}z^{n} $。根据例 4.1 我们已知道，

$$ 1+z+z^{2}+\cdots+z^{n}+\cdots=\frac{1}{1-z},\quad\left|z\right|<1. $$

这个展开式就是我们所要求的泰勒展开式.

(4.7) 是一个很有用的公式. 如我们已经看到的, 它是泰勒定理 (定理 4.6) 证明中关键的一步, 今后它还要扮演重要的角色. 我们在这里先举两个例子.

例 4.8 求函数 $ f(z)=\frac{1}{1+z^{2}} $ 在 z=0 的邻域内的泰勒展开式.

解 由于 $ f(z) $ 在全平面除去 z=i 及 z=-i 以外为解析，故 $ f(z) $ 在 $ \left|z\right|<1 $

内可以展为幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}z^{n} $. 当 $ \left|z\right|<1 $ 时， $ \left|z^{2}\right|<1 $, 套用公式(4.7)可得

$$ \begin{aligned}\frac{1}{1+z^{2}}&=\frac{1}{1-\left(-z^{2}\right)}=1+\left(-z^{2}\right)+\left(-z^{2}\right)^{2}+\cdots+\left(-z^{2}\right)^{n}+\cdots\\&=1-z^{2}+z^{4}-z^{6}+\cdots+\left(-1\right)^{n}z^{2n}+\cdots,\quad\left|z\right|<1.\end{aligned} $$

例 4.9 求函数 $ f(z)=\frac{1}{z-2} $ 在 z=-1 的邻域内的泰勒展开式.

解　我们要求的是一个幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z+1)^{n} $. 因 $ f(z) $ 只有一个奇点 z=2, 其收敛半径 $ R=\left|2-(-1)\right|=3 $, 所以它在 $ \left|z+1\right|<3 $ 内可展开为 $ z+1 $ 的幂级数. 由(4.7)式知

$$ \begin{aligned}\frac{1}{z-2}&=\frac{1}{z+1-3}=\frac{1}{-3}\frac{1}{1-\frac{z+1}{3}}&\\&=-\frac{1}{3}\left[1+\frac{z+1}{3}+\left(\frac{z+1}{3}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{z+1}{3}\right)^{n}+\cdots\right]\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{3^{n+1}}(z+1)^{n},\quad\left|z+1\right|<3.\\ \end{aligned} $$

例 4.10 将函数 $ f(z)=\frac{1}{(1-z)^2} $ 展开为 z-i 的幂级数.

解 $ f(z) $ 只有一个奇点 z=1，其收敛半径 $ R=\left|1-i\right|=\sqrt{2} $，所以它在 $ \left|z-i\right|<\sqrt{2} $ 内可展开为 z-i 的幂级数。由(4.7)式及幂级数的性质知

$$ \begin{aligned}&\frac{1}{(1-z)^{2}}\\ &=(\frac{1}{1-z})^{\prime}=(\frac{1}{1-\mathrm{i}-(z-\mathrm{i})})^{\prime}=(\frac{1}{1-\mathrm{i}}\frac{1}{1-\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}})^{\prime}\\ &=\{\frac{1}{1-\mathrm{i}}[1+\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}+(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}})^{2}+\cdots+(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}})^{n}+\cdots]\}^{\prime}\\ &=\frac{1}{1-\mathrm{i}}[\frac{1}{1-\mathrm{i}}+\frac{2}{1-\mathrm{i}}(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}})+\cdots+\frac{n}{1-\mathrm{i}}(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}})^{n-1}+\cdots]\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}=\frac{1}{\left(1-\mathrm{i}\right)^{2}}\left[1+2\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)+\cdots+n\left(\frac{z-\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right)^{n-1}+\cdots\right],\quad\left|z-\mathrm{i}\right|<\sqrt{2}.\end{aligned} $$

例 4.11 求对数函数 $ \ln(1+z) $ 在 z=0 处的泰勒展开式.

解 由于 $ \ln(1+z) $ 在从 -1 向左沿负实轴剪开的平面内是解析的，而 -1 是它的一个奇点，其收敛半径 $ R = \left|-1 - 0\right| = 1 $，所以它在 $ \left|z\right| < 1 $ 内可展开为 z 的幂级数。由 (4.7) 式知

$$ \frac{1}{1+z}=1-z+z^{2}-z^{3}+\cdots+(-\overline{1})^{n}z^{n}+\cdots,|z|<1. $$

在收敛圆 $ \left|z\right|=1 $ 内，任取一条从 0 到 z 的积分路径 C，将上式两端沿 C 逐项积分得

$$ \int_{0}^{z}\frac{1}{1+z}\mathrm{d}z=\int_{0}^{z}\mathrm{d}z-\int_{0}^{z}z\mathrm{d}z+\cdots+\int_{0}^{z}\left(-1\right)^{n}z^{n}\mathrm{d}z+\cdots, $$

故有

$$ \ln(1+z)=z-\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}-\frac{z^{4}}{4}+\cdots+(-1)^{n}\frac{z^{n+1}}{n+1}+\cdots,\quad\left|z\right|<1. $$

例 4.12 将函数 $ e^{\frac{1}{1-z}} $ 展开为 z 的幂级数.

解 因函数 $ \mathrm{e}^{\frac{1}{1-z}} $ 有一个奇点 z=1，所以 $ R=\left|1-0\right|=1 $，故可在 $ \left|z\right|<1 $ 内展开为 z 的幂级数，令 $ f(z)=\mathrm{e}^{\frac{1}{1-z}} $，求导得

$$ f^{\prime}(z)=\mathrm{e}^{\frac{1}{1-z}}\frac{1}{\left(1-z\right)^{2}}, $$

即 $ (1-z)^{2}f'(z)-f(z)=0 $。将此微分方程逐次求导，得

$$ (1-z)^{2}f^{\prime\prime}(z)+(2z-3)f^{\prime}(z)=0, $$

$$ (1-z)^{2}f^{\prime \prime \prime}(z)+(4z-5)f^{\prime \prime \prime}(z)+2f^{\prime}(z)=0, $$

由于 $ f(0) = e $，由上述微分方程可求得 $ f'(0) = e $， $ f''(0) = 3e $， $ f'''(0) = 13e $， $ \cdots $，从而有

$$ \mathrm{e}^{\frac{1}{1-z}}=\mathrm{e}\left(1+z+\frac{3}{2!}z^{2}+\frac{13}{3!}z^{3}+\cdots\right),\quad\left|z\right|<1. $$

§ 4.4 洛朗（Laurent）级数

洛朗级数是包括正负次幂的级数，它可以表示圆环上的解析函数，它的性质大都是由幂级数的性质所产生.

定理 4.7 (洛朗定理) 设函数 $ f(z) $ 在圆环域 $ R_1 < |z - z_0| < R_2 $ 内处处解析，则 $ f(z) $ 一定能在此圆环域中展开为

$$ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}, $$

洛朗定理的

解释

其中

$$ C_{n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots), $$

而 C 为此圆环域内绕 $ z_{0} $ 的任一简单闭曲线.

证 设 $ z $ 为圆环域 $ R_1 < |z - z_0| < R_2 $ 内任意取定的点，总可以找到含于此圆环域内的两个圆周 $ \Gamma_1: |\zeta - z_0| = r $ 和 $ \Gamma_2: |\zeta - z_0| = R $，其中 $ R_1 < r < R < R_2 $，使得 $ z $ 含在圆环域 $ r < |z - z_0| < R $ 内（图 4.3），因为 $ f(z) $ 在闭圆环 $ r \leq |z - z_0| \leq R $ 内解析。由柯西积分公式有

$$ f(z)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{2}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta-\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta. $$

上式右端第一个积分，由于 $ \zeta $ 在 $ \Gamma_{2} $ 上，点 z 在 $ \Gamma_{2} $ 的内部，所以有 $ \left|\frac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right|<1 $，又因为 $ f(\zeta) $ 在 $ \Gamma_{2} $ 上连续，因此存在一个正常数 M，使得 $ \left|f(\zeta)\right|

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{2}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}, $$

其中

$$ C_{n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{2}}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(n=0,1,2,\cdots). $$

注 我们不能将 $ C_{n} $ 写成 $ \frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!} $，因为 $ f(z) $ 在 $ \Gamma_{2} $ 的内部不一定处处

解析:

再考虑第二个积分 $ -\frac{1}{2\pi i}\oint_{r_{1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta $。由于 $ \zeta $ 在 $ \Gamma_{1} $ 上，点 z 在 $ \Gamma_{1} $ 的外部，所以 $ \left|\frac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}}\right|<1 $。于是

$$ \begin{aligned}\frac{1}{\zeta-z}=&-\frac{1}{z-z_{0}}\cdot\frac{1}{1-\frac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}}}\\=&-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n-1}}{\left(z-z_{0}\right)^{n}}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{-n+1}(z-z_{0})^{-n}}.\end{aligned} $$

所以

$$ -\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\left[\sum_{n=1}^{N-1}\oint_{r_{1}}\frac{f(\zeta)\mathrm{d}\zeta}{(\zeta-z_{0})^{-n+1}}\right](z-z_{0})^{-n}+R_{N}(z), $$

其中

$$ R_{N}(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\Gamma_{1}}\left[\sum_{n=N}^{\infty}f(\zeta)\frac{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n-1}}{\left(z-z_{0}\right)^{n}}\right]\mathrm{d}\zeta. $$

下证 $ \lim_{N\to\infty}R_{N}(z)=0 $ 在 $ \Gamma_{1} $ 外部成立. 令

$$ \left|\frac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}}\right|=\frac{r}{\left|z-z_{0}\right|}=q, $$

显然 $ 0 \leq q < 1 $，由于 z 在 $ \Gamma_{1} $ 的外部， $ f(\zeta) $ 在 $ \Gamma_{1} $ 上连续，因此存在一个正常数 M，使得 $ \left|f(\zeta)\right| \leq M $。所以

$$ \begin{align*}\mid R_{N}(z)\mid&\leqslant\frac{1}{2\pi}\oint_{r_{1}}\left[\sum_{n=N}^{\infty}\frac{\mid f(\zeta)\mid}{\mid\zeta-z_{0}\mid}\left|\frac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}}\right|^{n}\right]\mathrm{d}\zeta\\&\leqslant\frac{1}{2\pi}\sum_{n=N}^{\infty}\frac{M}{r}q^{n}\cdot2\pi r=\frac{Mq^{N}}{1-q}.\end{align*} $$

因 $ \lim_{N\to\infty}q^{N}=0 $，故 $ \lim_{N\to\infty}R_{N}(z)=0 $。从而有

$$ -\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{\mathrm{i}}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\mathrm{d}\zeta=\sum_{n=1}^{\infty}C_{-n}(z-z_{0})^{-n}, $$

其中

$$ C_{-n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{r_{1}}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{-n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(n=1,2,\cdots). $$

综上所述，我们有

$$ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}C_{-n}(z-z_{0})^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}. $$

如果在圆环内取绕 $ z_{0} $的任一条简单闭曲线C，根据柯西定理的推广，那么（4.9）与（4.10）式的系数表达式可以用同一个式子表达，即

$$ C_{n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots), $$

于是(4.8)式成立.

(4.8)式称为函数 $ f(z) $ 在以 $ z_0 $ 为中心的圆环域： $ R_1 < |z - z_0| < R_2 $ 内的洛朗展开式，其右端的级数称为 $ f(z) $ 在此圆环域内的洛朗级数。级数中正整次幂部分和负整次幂部分分别称为洛朗级数的解析部分和主要部分。在许多应用中，往往需要把在某点 $ z_0 $ 不解析但在 $ z_0 $ 的去心邻域内解析的函数 $ f(z) $ 展开成级数，那么就利用洛朗级数来展开。

另外， $ f(z) $ 在圆环域 $ R_1 < |z - z_0| < R_2 $ 内的洛朗展开式 (4.8) 是唯一的。事实上，如果 $ f(z) $ 在此圆环域内另有一个展开式：

$$ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}b_{n}(z-z_{0})^{n}, $$

以 $ (z-z_{0})^{-m-1} $去乘上式两端，并沿圆周C积分，并参照积分

$$ \oint_{c}(\zeta-z_{0})^{n-m-1}\mathrm{d}\zeta=\{\begin{aligned}&2\pi\mathrm{i},&&n=m,\\ &0,&&n\neq m,\end{aligned}. $$

即得

$$ \oint_{C}\frac{f(\zeta)\mathrm{d}\zeta}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{m+1}}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}b_{n}\oint_{C}\left(\zeta-z_{0}\right)^{n-m-1}\mathrm{d}\zeta=2\pi\mathrm{i}b_{m}. $$

可见

$$ b_{_{m}}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{c}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{_{0}}\right)^{m+1}}\mathrm{d}\zeta\quad\left(m=0,\pm1,\pm2,\cdots\right), $$

即展开式是唯一的.

有了这个结论的保证，当需要将一个函数 $ f(z) $ 在一个圆环 $ R_{1} < |z - z_{0}| < R_{2} $ 内展开为洛朗级数时，我们可以采取一切可能的方法，只要找到

一个形如 $ \sum_{n=-\infty}^{\infty} C_{n}(z-z_{0})^{n} $ 的级数，它在 $ R_{1}<|z-z_{0}|

洛朗级数展开方法

那么，具体地说，究竟怎样把函数展开为洛朗级数呢？通常很少利用计算系数的办法来展开，而是设法把函数拆成两部分，一部分在圆盘 $ \left|z-z_{0}\right| < R_{2} $ 内为解析，从而可展开为幂级数；另一部分在圆周的外部 $ \left|z-z_{0}\right| > R_{1} $ 为解析，从而可展开为负次幂级数。这样，就可以把泰勒展开的方法应用上去（对于负次幂部分，因为这是含 $ \frac{1}{z-z_{0}} $ 的幂次项的幂级数，从而可以把泰勒展开的方法用上去）。

例 4.13 将函数

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z-1\right)\left(z-2\right)} $$

分别在圆环域：(1) $ 0 < |z| < 1 $; (2) $ 1 < |z| < 2 $; (3) $ 2 < |z| < +\infty $; (4) $ 0 < |z-1| < 1 $; (5) $ 1 < |z-1| < +\infty $; (6) $ 0 < |z-2| < 1 $; (7) $ 1 < |z-2| < +\infty $ 内展开为洛朗级数.

解 首先将 $ f(z) $ 分解成部分分式

$$ f(z)=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}. $$

(1) 在 $ 0 < |z| < 1 $ 内，由于 $ |z| < 1 $，从而 $ \left|\frac{z}{2}\right| < 1 $，利用 (4.7) 式得

$$ \begin{align*}f(z)&=\frac{1}{1-z}-\frac{1}{2\left(1-\frac{z}{2}\right)}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}z^{n}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{2^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)z^{n},\end{align*} $$

此即 $ f(z) $ 在 $ \mid z\mid <1 $ 内的泰勒展式.

(2) 在 $ 1 < |z| < 2 $ 内，即有 $ \left|\frac{1}{z}\right| < 1 $， $ \left|\frac{z}{2}\right| < 1 $，

$$ f(z)=-\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}-\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}} $$

$$ =-\frac{1}{z}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n-1}}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{2^{n}}=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{2^{n+1}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}. $$

(3) 在 $ 2 < |z| < +\infty $ 内，这时 $ \left|\frac{1}{z}\right| < 1 $， $ \left|\frac{2}{z}\right| < 1 $，

$$ \begin{aligned}f(z)&=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{2}{z}}-\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}&\\&=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}}{z^{n}}-\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^{n}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}-1}{z^{n}}.\\ \end{aligned} $$

（4）在 $ 0 < |z - 1| < 1 $ 内，

$$ \begin{aligned}f(z)&=-\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z-1-1}=-\frac{1}{z-1}-\frac{1}{1-(z-1)}\\&=-\frac{1}{z-1}-\sum_{n=0}^{\infty}\left(z-1\right)^{n}=-\sum_{n=0}^{\infty}\left(z-1\right)^{n-1}.\end{aligned} $$

(5) 在 $ 1 < |z - 1| < +\infty $ 内，有 $ \left| \frac{1}{z - 1} \right| < 1 $，

$$ \begin{aligned}f(z)&=-\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z-1}\frac{1}{1-\frac{1}{z-1}}=-\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z-1}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z-1}\right)^{n}\\&=-\frac{1}{z-1}+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z-1}\right)^{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z-1}\right)^{n+2}.\end{aligned} $$

(6) 在 $ 0 < |z - 2| < 1 $ 内，

$$ \begin{aligned}f(z)&=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{1+(z-2)}\\&=\frac{1}{z-2}+\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}(z-2)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}(z-2)^{n-1}.\end{aligned} $$

(7) 在 $ 1 < |z - 2| < +\infty $ 内，有 $ \left| \frac{1}{z - 2} \right| < 1 $，

$$ f(z)=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-2}\frac{1}{1+\frac{1}{z-2}}=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\left(\frac{1}{z-2}\right)^{n} $$

$$ =\frac{1}{z-2}+\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\left(\frac{1}{z-2}\right)^{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\left(\frac{1}{z-2}\right)^{n+2}. $$

例 4.14 将函数 $ f(z)=\frac{\sinh z}{z^{2}} $ 在 $ 0<|z|<+\infty $ 内展开为洛朗级数.

$$ \begin{aligned}\frac{\sinh z}{z^{2}}&=\frac{1}{2z^{2}}(\mathrm{e}^{z}-\mathrm{e}^{-z})&\\&=\frac{1}{2z^{2}}\Biggl[\left(1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{3}}{3!}+\cdots\right)-\left(1-z+\frac{z^{2}}{2!}-\frac{z^{3}}{3!}+\cdots\right)\Biggr]\\ &\\&=\frac{1}{z}+\frac{1}{3!}z+\frac{1}{5!}z^{3}+\cdots=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2n-1}}{(2n+1)!}.\\ \end{aligned} $$

例 4.15 试求 $ f(z)=\frac{1}{1+z^{2}} $ 以 z=i 为中心的洛朗级数.

解 $ f(z) $ 在复平面内有两个奇点 $ z = \pm i $，因此复平面被分成两个不相交的 $ f(z) $ 的解析区域： $ (1) 0 < |z - i| < 2 $； $ (2) 2 < |z - i| < +\infty $。

$$ \frac{1}{1+z^{2}}=\frac{1}{\left(z+i\right)\left(z-i\right)}=\frac{1}{z-i}\frac{1}{z+i}. $$

在 $ 0 < |z - i| < 2 $ 内，

$$ \begin{aligned}\frac{1}{1+z^{2}}&=\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{z+\mathrm{i}}=\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{2\mathrm{i}}\frac{1}{1-\left(-\frac{z-\mathrm{i}}{2\mathrm{i}}\right)}&\\&=\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{2\mathrm{i}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{z-\mathrm{i}}{2\mathrm{i}}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\mathrm{i}^{n-1}}{2^{n+1}}(z-\mathrm{i})^{n-1}\\ &\\&=-\frac{\mathrm{i}}{2(z-\mathrm{i})}+\frac{1}{4}+\frac{\mathrm{i}}{8}(z-\mathrm{i})-\frac{1}{16}(z-\mathrm{i})^{2}+\cdots.\\ \end{aligned} $$

在 $ 2<|z-i|<+\infty $ 内，

$$ \begin{aligned}\frac{1}{1+z^{2}}&=\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{z+\mathrm{i}}=\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{z-\mathrm{i}}\frac{1}{1-\left(-\frac{2\mathrm{i}}{z-\mathrm{i}}\right)}&\\ &=\frac{1}{\left(z-\mathrm{i}\right)^{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{2\mathrm{i}}{z-\mathrm{i}}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-2\mathrm{i}\right)^{n}}{\left(z-\mathrm{i}\right)^{n+2}}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{\left(z-\mathrm{i}\right)^{2}}-\frac{2\mathrm{i}}{\left(z-\mathrm{i}\right)^{3}}-\frac{4}{\left(z-\mathrm{i}\right)^{4}}+\cdots. $$

本章小结

本章研究了函数的幂级数与洛朗级数，我们已知复变函数论研究的主要对象是解析函数，在这一章里表述了幂级数与解析函数的紧密联系，一方面幂级数在一定的区域内收敛于一个解析函数；另一方面一个解析函数在其解析点的邻域内，能展开成幂级数。所以幂级数是我们研究解析函数在解析点邻域的性质时所必不可少的有力工具。而且在实际计算中，把函数展开成幂级数，应用起来也比较方便，所以幂级数在复变函数论中有着特别重要的意义。

洛朗级数是幂级数的进一步发展. 它实际上是由一个通常(非负次的)幂级数同一个只含负次幂的级数组合而成的. 洛朗级数的性质可以由幂级数的性质推导出来. 特别可以推导出: 洛朗级数的和表示圆环内的解析函数, 同幂级数一样, 我们也研究了相反的问题, 即任意一个在某圆环内解析的函数是否一定可以展开为洛朗级数, 如果可以, 怎样展开.

圆环的一种蜕化情形是一点的去心邻域，而当函数在一点的去心邻域内为解析，但并不在该点解析的时候，这一点就是函数的孤立奇点。所以洛朗级数就很自然地成为研究解析函数的孤立奇点的有力工具（这点将在下一章看到）。

幂级数与洛朗级数是研究解析函数的重要工具，为使用好这些工具，我们不可回避的一个问题就是：“将函数 $ f(z) $ 展开成级数”，关于这个问题，我们必须注意以下几点：

（1）将函数 $ f(z) $ 展开成什么级数？是幂级数还是洛朗级数？

（2）在哪些区域里展开？区域不同，展开式也不一样。

（3）能不能展开？怎样展开？

目思考题

4.1 幂级数的和函数在其收敛圆的内部是否有奇点？在收敛圆圆周上是否处处收敛？这个和函数在收敛点上是否解析？

第四章单元

自测题

4.2 复变函数是否均可展为幂级数？

4.3 怎样将函数展开为洛朗级数？

题目 习题四

4.1 下列序列是否有极限？如果有极限，求出其极限：

(1)

(2)

$$ z_{n}=i^{n}+\frac{1}{n}; $$

$$ z_{n}=\frac{n!}{n^{n}}\mathrm{i}^{n}; $$

(3)

$$ z_{n}=\left(\frac{z}{\bar{z}}\right)^{n} $$

4.2 下列级数是否收敛？是否绝对收敛？

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n}}+\frac{\mathrm{i}}{n}\right) $; (2) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{i}^{n}}{n!} $; (3) $ \sum_{n=0}^{\infty}(1+\mathrm{i})^{n} $.

4.3 试证: 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(2z)^{n} $ 当 $ \left|z\right| < \frac{1}{2} $ 时绝对收敛.

4.4 试确定下列幂级数的收敛半径：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty} n z^{n-1} $; (2) $ \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} z^{n} $; (3) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!} z^{n} $.

4.5 将下列各函数展开为 z 的幂级数，并指出其收敛域：

(1) $ \frac{1}{1+z^{3}} $; (2) $ \frac{1}{(z-a)(z-b)} $ (a≠0, b≠0);

(3) $ \frac{1}{\left(1+z^{2}\right)^{2}} $; (4) $ \cosh z $;

(5) $ \sin^{2}z $; (6) $ \mathrm{e}^{\frac{z}{z-1}} $.

4.6 证明：对任意的 z，有

$ \left|e^{z}-1\right|\leqslant e^{\left|z\right|}-1\leqslant\left|z\right|e^{\left|z\right|}. $

4.7 求下列函数在指定点 $ z_{0} $ 处的泰勒展式：

(1) $ \frac{1}{z^{2}} $, $ z_{0}=1 $; (2) $ \sin z $, $ z_{0}=1 $;

(3) $ \frac{1}{4-3z} $, $ z_{0}=1+i $; (4) $ \tan z $, $ z_{0}=\frac{\pi}{4} $.

4.8 将下列各函数在指定圆环内展开为洛朗级数：

(1) $ \frac{z+1}{z^{2}(z-1)} $, 0< $ |z|<1 $, $ 1<\left|z\right|<+\infty $;

(2) $ z^{2}e^{\frac{1}{z}} $, $ 0 < |z| < +\infty $;

(3) $ \frac{z^{2}-2z+5}{(z-2)(z^{2}+1)} $, $ 1<\left|z\right|<2 $;

(4) $ \cos\frac{i}{1-z},0<\left|z-1\right|<+\infty $.

4.9 将 $ f(z)=\frac{1}{z^{2}-5z+6} $ 分别在其有限孤立奇点处展开为洛朗级数.

4.10 将 $ f(z)=\frac{1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}} $ 在 z=i 的去心邻域内展开为洛朗级数.