最后更新: 2026-02-17 14:43 查看: 92 次纠错评论(0) 课件开VIP

为什么洛朗展开会有负幂次项部分？

## 为什么洛朗展开会有负幂次

Q:给实变函数做泰勒展开时似乎只有正幂次项就可以完备地描述函数了，也没有负幂次项这种东西。为什么在复变函数中的洛朗展开会产生负幂次项呢？

A:但凡你看过洛朗级数的推导你就明白了,二者最大的区别在于，一个是在**圆内展开**，一个是在**圆环内展开**。

举个例子，平面直角坐标系中有两个圆 $x^2+y^2=1$ 和 $x^2+y^2=4$ ，泰勒级数是说，在**圆域** $x^2+y^2<4$ 内部，$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ 这样。而洛朗级数则是在**圆环域** $1<x^2+y^2<4$ 内部，$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n z^n$ 。

退化到实数中时，前者对应了开区间（ $-2,2$ ），在这个区间内能展开成泰勒级数（幂级数）。可是后者变成了两个开区间的并 $(-2,-1) \cup(1,2)$ ，你有见过哪个实函数展开成幂级数时，是在这种断开的区间内展开的吗？没有吧。

另外你问泰勒级数就足以描述函数的性质的话，那请你用泰勒级数描述一下 $f(x)=e^{\frac{1}{x}}$ 呗？事实上 $e^{\frac{1}{x}}$ 可以在 $D= R -\{0\}$ ，即 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$ 的区域内展开成
$1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2 x^2}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{-n}}{n!}$ ，当然也可以写成 $\sum_{n=0}^{-\infty} \frac{1}{(-n)!} x^n$ 的形式，这样也会出现负幂次部分。

## 疑难解答
**问题1** 洛朗级数与泰勒级数有何区别？

答（1）洛朗级数是解析函数在其孤立奇点的解析邻域内或者在一个解析的圆环域内的展开式，而泰勒级数是解析函数在解析点的展开式。
（2）洛朗级数是由正幂项与负幂项组成的双边幂级数，而泰勒级数只含有正幂项部分．
（3）洛朗级数与泰勒级数虽然形式上完全一样，但其系数公式不同．例如

其中

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n\left(z-z_0\right)^n, r<\left|z-z_0\right|<R(\text { 洛朗级数 }) \\
c_n & =\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta, \quad n=0, \pm 1, \pm 2, \cdots
\end{aligned}
$$

而

$$
f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n\left(z-z_0\right)^n,\left|z-z_0\right|<R(\text { 泰勒级数 })
$$

其中

$$
c_n=\frac{f^{(n)}\left(z_0\right)}{n!}, \quad n=0,1,2, \cdots
$$

但当函数 $f(z)$ 在点 $z_0$ 处解析时，洛朗系数等于泰勒系数，这时洛朗级数就是泰勒级数．可见泰勒级数是洛朗级数的特殊情形．

**问题2** 洛朗级数与泰勒级数有何关系？
答 洛朗级数与泰勒级数直接的关系是一个既一般又特殊的关系，亦即泰勒级数是一个特殊的不含负幂项的洛朗级数。

一般情况下，洛朗级数的解析（正则）部分就是一个普通幂级数。而且，可以利用一些函数的泰勒展开式来求函数的洛朗级数．因此可知，洛朗级数与泰勒级数存在着密切的相依关系。

**问题3** 在洛朗定理中，系数 $c_n=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta$ 为什么不能像泰勒定理那样，利用高阶导数公式使得 $c_n=\frac{f^{(n)}\left(z_0\right)}{n!}$ 呢？

答 在泰勒定理中，因为函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 的邻域中解析，所以可以在收敛圆域内应用高阶导数公式，求得

$$
c_n=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \cdot \frac{2 \pi \mathrm{i}}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right)=\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right)
$$

但在洛朗定理中却会出现：
（1）若 $z_0$ 是函数 $f(z)$ 的奇点，则 $f^{(n)}\left(z_0\right)$ 不存在。
（2）若 $z_0$ 不是函数 $f(z)$ 的奇点，则 $f^{(n)}\left(z_0\right)$ 存在，但在 $\left|z-z_0\right|<R$ 内可能还有奇点，此时积分 $\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} \mathrm{~d} \zeta$ 也不等于 $\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right)$ ．

（3）仅当函数 $f(z)$ 在 $\left|z-z_0\right|<R$ 内处处解析，则由于 $\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{-n+1}}(n=1,2, \cdots)$ 在 $C$内处处解析，由柯西积分定理得

$$
c_{-n}=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_C\left(\zeta-z_0\right)^{n-1} f(\zeta) \mathrm{d} \zeta=0
$$

这时，洛朗级数成为泰勒级数．

**问题4** 函数 $f(z)=\frac{1}{\sin \left(\frac{1}{z}\right)}$ 能否在圆环域 $0<|z|<R$ 内展开为洛朗级数？
答 不能。因为 $z=0$ 及 $z_k=\frac{1}{k \pi}(k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots)$ 均是奇点，并且 $z_k=\frac{1}{k \pi} \rightarrow 0 (k \rightarrow \infty)$ ．因而，任意的圆环域 $0<|z|<R$ 内总有 $f(z)$ 的不解析点．所以，$f(z)=\frac{1}{\sin \left(\frac{1}{z}\right)}$不能在 $0<|z|<R$ 内展开为洛朗级数．

**问题5** 如何理解函数 $f(z)$ 的洛朗级数的唯一性？
答 函数 $f(z)$ 的洛朗级数的唯一性是指，若函数 $f(z)$ 在以 $z_0$ 点为中心的圆环域 $r< \left|z-z_0\right|<R$ 内解析，则洛朗展开式是唯一的．如果所取函数 $f(z)$ 解析的圆环域不同，则洛朗展开式也不同，这与前者所说的洛朗级数的唯一性是不矛盾的．例如，函数 $f(z)= \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 有两个奇点 $z_1=1$ 与 $z_2=2$ ，则以 $z=0$ 为中心的圆环域有三个，如图4．1所示，分别为

$$
|z|<1, \quad 1<|z|<2, \quad 2<|z|<\infty
$$

![图片](/uploads/2026-02/136255.jpg)
 
 $$
\begin{aligned}
& f(z)=\frac{1}{2}+\frac{3}{4} z+\frac{7}{8} z^2+\cdots \quad(|z|<1) \\
& f(z)=\cdots-\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z}-\frac{1}{2}-\frac{z}{4}-\frac{z^2}{8}-\cdots \quad(1<|z|<2) \\
& f(z)=\frac{1}{z^2}+\frac{3}{z^3}+\frac{7}{z^4}+\cdots \quad(2<|z|<\infty)
\end{aligned}
$$

显然，在不同的圆环域内，洛朗级数不同；但在同一圆环域内，洛朗级数是唯一的．

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