最后更新: 2026-02-18 09:35 查看: 485 次纠错评论(0) 课件开VIP

洛朗(Laurent)级数

## 洛朗级数的引入回顾
考虑两个级数
$$
f_1(z)=c_0+c_1(z-a)+c_2(z-a)^2+\cdots ...①
$$
和
$$
f_2(z)=\frac{c_{-1}}{z-a}+\frac{c_{-2}}{(z-a)^2}++\frac{c_{-3}}{(z-a)^3}\cdots  ...②
$$

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

$$
f_2(\zeta)=c_{-1} \zeta+c_{-2} \zeta^2++c_{-3} \zeta^3 \cdots ...③
$$

比较①③ 两个并没有本质的区别。设③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 $\dfrac{\sin z}{z^6} $ 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
$$
\oint_K \frac{\sin z}{z^6} d z=\frac{1}{5!} 2 \pi i \nu(K, 0)=-\frac{2 \pi i}{5!}
$$

## 洛朗(Laurent)级数

定理 设函数 $f(z)$ 在圆环域

$$
D: R_1<\left|z-z_0\right|<R_2 \text { 内 }
$$

解析，

![图片](/uploads/2025-01/a6bfbf.jpg){width=300px}

则 $f(z)$ 一定能在此圆环域中展开为

$$
f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n,
$$

其中，$a_n=\frac{1}{2 \pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} d \zeta,(n=0, \pm 1, \pm 2, \cdots)$ ，
$C$ 为在圆环域内绕 $z_0$ 的任何一条简单闭曲线。

注（1）洛朗级数中的正幂次项和负幂次项分别称为洛朗级数的**解析部分**和**主要部分**。
（2）一个在某圆环域内解析的函数展开为含有正负幂次项的级数是唯一的。
（3）系数 $a_n=\frac{1}{2 \pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_0\right)^{n+1}} d \zeta \div \frac{1}{n!} f^{(n)}\left(z_0\right)$ ．
（4）若函数 $f(z)$ 在圆环 $0 \leq\left|z-z_0\right|<R$ 内解析，则 $f(z)$ 在在此圆环内的洛朗展开式就是泰勒展开式。

（5）展开式中的系数 $ a_n $  可以用下面得方法直接给出。
$$
 \begin{aligned}
& f(z)=\cdots+a_{n-1}\left(z-z_0\right)^{n-1}+a_n\left(z-z_0\right)^n+a_{n+1}\left(z-z_0\right)^{n+1}+\cdots \\
& \Rightarrow \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}=\cdots+\frac{a_{n-1}}{\left(z-z_0\right)^2}+\frac{a_n}{z-z_0}+a_{n+1}+\cdots \\
& \Rightarrow \oint_C \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z=0+2 \pi i a_n+0 \\
& \Rightarrow a_n=\frac{1}{2 \pi i} \oint_c \frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}} d z .
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-01/c40cc1.jpg)

## 将函数展开为洛朗级数的方法

### 直接展开法
 根据洛朗定理，在指定的解析环上直接计算展开系数：

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

有点繁！有点烦！
 ![图片](/uploads/2025-01/3789b6.jpg){width=300px}
 
 
 ### 间接展开法
 根据唯一性，利用一些已知的展开式，通过有理运算，代换运算，逐项求导，逐项求积等方法展开。
 两个重要的已知展开式

$$
\boxed{
\begin{aligned}
& \frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{+\infty} z^n=1+z+z^2+z^3 \cdots, \quad|z|<1 \\
& e^z=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^n}{n!}=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots,|z|<+\infty
\end{aligned}
}
$$

注意 无论是直接展开法还是间接展开法，在求展开式之前，都需要根据函数的奇点位置，将复平面（或者题目指定的展开区域）分为若干个解析环。
比如 设函数的奇点为 $z_1, z_2, z_3$ ，展开点为 $z_0$ ，则复平面被分为四个解析环：
 ![图片](/uploads/2025-01/b705f4.jpg)
$$
\begin{aligned}
& 0 \leq\left|z-z_0\right|<r_1 \\
& r_1<\left|z-z_0\right|<r_2 \\
& r_2<\left|z-z_0\right|<r_3 \\
& r_3<\left|z-z_0\right|<+\infty
\end{aligned}
$$

## 例题

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）．

> 洛朗展开核心是凑成洛朗级数的形式，建议参考泰勒展开宋浩的讲解，详见 [此处](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=883)

`例`将函数 $f(z)=\frac{1}{1+z^2}$ 在 $z=i$ 处展开为洛朗级数。

解：下面是视频解答，详见 [此处](https://www.bilibili.com/video/BV1y6gGe8ErB/?spm_id_from=333.788.videopod.sections&vd_source=ce36ec6d3df912c631a78d26e9e63ed8)

解（1）将复平面分为若干个解析环
函数 $f(z)=\frac{1}{(z-i)(z+i)}$,
有两个奇点：$z= \pm i$,
以展开点 $z=i$ 为中心，

将复平面分为两个解析环：
① $0<|z-i|<2$ ；
② $2<|z-i|<+\infty$ ．
注意：不需要将函数进行部分分式分解。

![图片](/uploads/2025-01/4cbd28.jpg)
 
 （2）将函数在每个解析环内分别展开
①当

$$
\begin{aligned}
& \text { 当 } 0<|z-i|<2 \text { 时, } \\
& \begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{(z-i)+2 i} \\
& =\frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{2 i} \cdot \frac{1}{\frac{z-i}{2 i}+1} \\
& =\frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{2 i} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{(z-i)^n}{(2 i)^n}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2 i)^{n+1}}(z-i)^{n-1} .
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

②
$$
\text { 当 } \begin{aligned}
2 & <|z-i|<+\infty \text { 时, } \\
f(z) & =\frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{(z-i)+2 i} \\
& =\frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{z-i} \cdot \frac{1}{1+\frac{2 i}{z-i}} \\
& =\frac{1}{(z-i)^2} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n \frac{(2 i)^n}{(z-i)^n}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-2 i)^n}{(z-i)^{n+2}} .
\end{aligned}
$$

`例`  将函数 $f(z)=\frac{1}{z-5}$ 展开为洛朗级数，其圆环域为：
（1） $0<|z-3|<2$ ；
（2） $2<|z-3|<+\infty$ ．
解 要利用 $\frac{1}{1-z}$ 的展开式，首先要将函数 $f(z)$ 在给定圆环域内变形，使之含有 （ $z-z_0$ ），然后依公式展开。

$$
\text { (1) } \begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{z-5}=\frac{1}{-2+(z-3)}=\frac{-1}{2} \frac{1}{1-\frac{z-3}{2}} \\
& =-\frac{1}{2} \sum_{n=0}\left(\frac{z-3}{2}\right)^n=-\sum_{n=0} \frac{(z-3)^n}{2^{n+1}} \quad 0<|z-3|<2
\end{aligned}
$$

（2）

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{z-5}=\frac{1}{-2+(z-3)}=\frac{1}{z-3} \frac{1}{1-\frac{2}{z-3}} \\
& =\frac{1}{z-3} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2}{z-3}\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(z-3)^{n+1}} \quad 2<|z-3|<+\infty .
\end{aligned}
$$

注：在题（1）分母的两个因式 2 和 $(z-3)$ 中， 2 的模大，提出 2 ，则 $\left|\frac{z-3}{2}\right|<1$ ；在题（2）分母的两个因式2和 $(z-3)$ 中，$(z-3)$ 的模大，提出 $(z-3)$ ，则 $\left|\frac{2}{z-3}\right|<1$ ．这是今后解题中必须注意的．

`例`将函数 $f(z)=\frac{z}{(z-1)^2(2-z)}$ 在 $z=1$ 处展开为洛朗级数。
 ![图片](/uploads/2025-01/81200f.jpg)
解（1）将复平面分为若干个解析环
函数 $f(z)$ 有两个奇点：$z=1, z=2$ ，
以展开点 $z=1$ 为中心，
将复平面分为两个解析环：
① $0<| z -1|<1$ ；
② $1<|z-1|<+\infty$ ．

注意：不需要将函数进行部分分式分解。

（2）将函数在每个解析环内分别展开

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

①当 $0 <| z - 1 |<1$ 时，

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

②
$$
\begin{aligned}
&\text {  当 } 1<|z-1|<+\infty \text { 时, }\\
&\begin{aligned}
& \frac{1}{1-(z-1)}=-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(z-1)^n} \\
& \begin{aligned}
f(z) & =-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(z-1)^{n+1}}-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(z-1)^{n+2}} \\
& =-\frac{1}{(z-1)^2}-2 \sum_{n=3}^{+\infty} \frac{1}{(z-1)^n}
\end{aligned}
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

`例` 把函数 $f(z)=z^3 e ^{\frac{1}{z}}$ 在 $0<|z|<+\infty$ 内展开成洛朗级数。
解

$$
\begin{aligned}
z^3 e^{\frac{1}{z}} & =z^3\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{4!z^4}+\cdots\right) \\
& =z^3+z^2+\frac{z}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!z}+\cdots, \quad 0<|z|<+\infty
\end{aligned}
$$

`例` 把函数 $\frac{1}{z^2} e ^z$ 在 $0<|z|<+\infty$ 内展开成洛朗级数。
解

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{z^2} e^z & =\frac{1}{z^2}\left(1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!} \cdots\right) \\
& =\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!} z+\frac{1}{4!} z^2+\cdots, 0<|z|<+\infty
\end{aligned}
$$

`例` 求函数 $f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-3)^2}$ 分别在（1） $0<|z-1|<2$ ；（2） $2<|z-1|<$ $+\infty$ 内的洛朗展式．

解（1）当 $0<|z-1|<2$ 时，$\left|\frac{z-1}{2}\right|<1$ ，故

$$
\frac{1}{z-3}=-\frac{1}{2} \frac{1}{1-\frac{z-1}{2}}=-\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z-1}{2}\right)^n=-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-1)^n}{2^{n+1}}
$$

而

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

所以

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{(z-1)(z-3)^2}=\frac{1}{z-1} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n(z-1)^{n-1}}{2^{n+1}} \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n(z-1)^{n-2}}{2^{n+1}}
\end{aligned}
$$

（2）当 $2<|z-1|<+\infty$ 时，$\left|\frac{2}{z-1}\right|<1$ ，所以

$$
\frac{1}{z-3}=\frac{1}{z-1} \cdot \frac{1}{1-\frac{2}{z-1}}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{(z-1)^{n+1}}
$$

而

$$
\frac{1}{(z-3)^2}=-\left(\frac{1}{z-3}\right)^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1) 2^n}{(z-1)^{n+2}}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{(z-1)(z-3)^2}=\frac{1}{z-1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1) 2^n}{(z-1)^{n+2}} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1) 2^n}{(z-1)^{n+3}} .
\end{aligned}
$$

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