最后更新: 2026-01-01 22:07 查看: 411 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

洛朗(Laurent)级数

## 洛朗级数的引入
考虑两个级数
$$
c_0+c_1(z-a)+c_2(z-a)^2+\cdots ...①
$$
和
$$
\frac{c_{-1}}{z-a}+\frac{c_{-2}}{(z-a)^2}+\cdots  ...②
$$

前者是幂级数，故它在收敛圆 $|z-a|<R_1$ 内表示一解析函数 $f_1(z)$ ．对第二个级数作代换， 令

$$
\zeta=\frac{1}{z-a},
$$

则它成为一个幂级数

$$
c_{-1} \zeta+c_{-2} \zeta^2+\cdots
$$

设它的收敛区域为 $|\zeta|<\frac{1}{R_2} $ ，换回到原来的变数 $z$ ，即知②在 $|z-a|$ $>R_2$ 内表示一解析函数 $f_2(z)$ 。

由此可知，当且仅当 $R_2<R_1$ 时， ①及 ②有公共的收敛区域即圆环 $H: R_2<|z-a|<R_1$ ．这时，我们称级数①与②之和为双边幂级数，可以表示为

$$
\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n(z-a)^n
$$

![图片](/uploads/2025-06/5015ec.jpg){width=300px}

例如 $\sin z$ 以原点为中心的泰勒级数就是

$$
\sin z=z-\frac{1}{3!} z^3+\frac{1}{5!} z^5-\frac{1}{7!} z^7+\cdots
$$

很明显在映射的奇点处这种展开式是不可能的．然而，只需简单地把幂级数概念拓宽到也能包括负整数幂，则在奇点附近也能恢复到一个相似的结果．这样的级数称为洛朗级数

考虑 $\dfrac{\sin z}{z^6} $ ，它以原点为奇点，但只要用 $z^6$ 去除上面的泰勒级数，则在此奇点 $z=0$ 附近即可得到以下的洛朗级数：

$$
\frac{\sin z}{z^6}=\frac{1}{z^5}-\frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{5!}\left[\frac{1}{z}\right]-\frac{1}{7!} z+\frac{1}{9!} z^3-\cdots
$$

将一函数在奇点处的留数再次定义为复反演项的系数，现在就有 $\operatorname{Res}\left[\left(\sin z / z^6\right), 0\right]=$ $\frac{1}{5!}$ ．如果一个幂级数在回路的每个点上都收敛，我们对级数逐项积分是有意义的 事实上他的结果是
$$
\oint_K \frac{\sin z}{z^6} d z=\frac{1}{5!} 2 \pi i \nu(K, 0)=-\frac{2 \pi i}{5!}
$$

### 含有负幂次项的 “幂级数”
 
 
 根据前面的讨论已知, 函数 $\frac{1}{1-z}$ 在 $z=0$ 点的幂级数展开式为 $\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots,(|z|<1)$.

事实上, 该函数在整个复平面上仅有 $\boldsymbol{z}=\mathbf{1}$ 一个奇点,但正是这样一个奇点, 使得函数只能在 $|z|<1$ 内展开为 $z$ 的幂级数, 而在 $|z|>1$ 如此广大的解析区域内不能展开为 $z$ 的幂级数。有没有其它办法呢?

### 问题分析

设想 由 $|z|>1$, 有 $\frac{1}{|z|}<1$, 从而可得

$$
\frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{z}}=-\frac{1}{z}-\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}-\cdots
$$

这样一来, 在整个复平面上就有

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots,(|z|<1) \\
& \frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z}-\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z^3}-\cdots,(|z|>1) .
\end{aligned}
$$

> 如果不限制一定要展开为只含正幂次项的幂级数的话,即如果引入负幂次项, 那么就有可能将一个函数在整个复平面上展开(除了奇点所在的圆周上)。

下面将讨论下列形式的级数:

$$
\begin{aligned}
\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n=\cdots & +a_{-2}\left(z-z_0\right)^{-2}+a_{-1}\left(z-z_0\right)^{-1} \\
& +a_0+a_1\left(z-z_0\right)+a_2\left(z-z_0\right)^2+\cdots .
\end{aligned}
$$

在引入了负幂次项以后，“幂级数”的收敛特性如何呢?

### 级数 $\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n$ 的收敛特性

分析 将其分为两部分：正幂次项部分与负幂次项部分。

$$
\begin{aligned}
& \sum_{n=0}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n=a_0+a_1\left(z-z_0\right)+a_2\left(z-z_0\right)^2+\cdots ...(A); \\
& \sum_{n=-1}^{-\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n=a_{-1}\left(z-z_0\right)^{-1}+a_{-2}\left(z-z_0\right)^{-2}+\cdots ...(B)
\end{aligned}
$$

根据上一节的讨论可知:
(1) 对于 (A) 式, 其收敛域的形式为 $\left|z-z_0\right|<R_2$;
(2) 对于 (B) 式, 其收敛域的形式为 $\left|z-z_0\right|>R_1$;

结论 (1) 如果级数 $\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n$ 收敛,
则其收敛域 “一定” 为环域 $\boldsymbol{R}_1<\left|z-\boldsymbol{z}_0\right|<\boldsymbol{R}_2$.

特别地 (1) 如果只含正幂次项(或者加上有限个负幂次项),
则其收敛域为: $0 \leq\left|z-z_0\right|<\boldsymbol{R}$ 或 $0<\left|z-z_0\right|<\boldsymbol{R}$.
(2) 如果只含负幂次项(或者加上有限个正幂次项),
则其收敛域为: $\boldsymbol{R}<\left|z-\boldsymbol{z}_0\right|<+\infty$.
○上述两类收敛域被看作是一种特殊的**环域**。

结论 (1) 如果级数 $\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n$ 收敛,则其收敛域 “一定” 为环域 $\boldsymbol{R}_1<\left|z-\boldsymbol{z}_0\right|<\boldsymbol{R}_2$.
(2) 级数 $\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n$ 在收敛域内其和函数是解析的,而且具有与幂级数同样的运算性质和分析性质。

因此，下面将讨论如何将一个函数在其解析环域内展开为上述形式的级数。

## 泰勒展开经典的2个题型

在函数展开里，最重要的就是下面的公式，即几何级数，他的长相为
$$
\dfrac{1}{1-\Delta} = \sum_{n=0}^{\infty}{{\Delta}}^n=  1 + \Delta + {\Delta}^2 + {\Delta}^3 + \cdots \quad (-1 < \Delta < 1) ...(几何级数)
$$

因此，给你给你一个函数，要尽可能往**几何级数**里套。

`例`把$\frac{1}{2-x}=$ 展开成$x$的幂级数
分析：几何级数的形式是 $\dfrac{1}{1-\Delta}$, 也就是分子为1，分母第一个系数也需要为1，因此我们要提取一个公因子2.

解：
**1. 变形为几何级数的标准形式**
几何级数的标准展开式为：
$$
\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty}t^n,\quad |t|<1
$$
对$ f(x)=\frac{1}{2-x} $ 进行恒等变形，提取分母的常数$ 2 $：
$$
\frac{1}{2-x}=\frac{1}{2\left(1-\frac{x}{2}\right)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{x}{2}}
$$

**2.  代入几何级数公式**

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