解析函数的幂级数理论【洛朗展开(Laurent 展开)】

解析函数的幂级数理论--洛朗展开 Laurent展开

• 函数项级数一致收敛的性质
• 幂级数与解析函数
• 解析函数的泰勒展开(Taylor 展开)
• 解析函数的洛朗展开(Laurent 展开)

函数项级数一致收敛的性质

和函数连续

设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{f}_n(z)$ 的各项在点集 $E$ 上连续，并且一致收敛于 $f(z)$，则和函数
$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{f}_n(z)$$
也在 $E$ 上连续。

逐项求积分

设级数 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{u}_k(z)$ 的各项在曲线 $C$ 上连续，并且在 $C$ 上一致收敛于 $f(z)$，则沿 $C$ 可以逐项积分
$${\int }_C\sum _{k=1}^{\infty }{u}_k(z)\mathrm{d}z=\sum _{k=1}^{\infty }{\int }_C{u}_k(z)\mathrm{d}z$$

魏尔斯特拉斯(Weierstrass)定理–逐项求导数

设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{f}_n(z)$ 的各项均在区域$D$内解析，且级数在区域$D$ 内闭一致收敛于 $f(z)$，则
(1) $f(z)={\sum }_{n=0}^{\infty }{f}_n(z)$ 在区域 $D$ 内解析；
(2) 在 $D$ 内级数可逐项求导至任意阶，且
$$f^{(p)}(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{f}_n^{(p)}(z),p=1,2,3,\cdots ;$$
(3) ${\sum }_{n=0}^{\infty }{f}_n^{(p)}(z)$ 在 $D$ 内内闭一致收敛于 $f^{(n)}(z)$。

内闭一致收敛

设级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{f}_n(z)$ 的各项均在区域 $D$ 内有定义，若 ${\sum }_{n=0}^x{f}_n(z)$ 在 $D$ 的任一有界闭子区域上一致收敛，则称级数在 $D$ 内闭一致收敛。

幂级数与解析函数

最简单的函数项级数是幂级数
$$\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n=c_0+c_1(z-a)+c_2(z-a{)}^2+\cdots$$
其中 $c_0,c_1,c_2,\cdots$ 和 $a$ 是给定的复常数。

阿贝尔(Abel)定理：若 ${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k(z-b{)}^k$ 在 $z=z_0$ 点收敛，则
(1). 它在 $|z-b|<\left|z_0-b\right|$ 内绝对收敛；
(2). 它在 $|z-b|\le \rho \left(\rho <\left|z_0-b\right|\right)$ 上一致收敛。

推论：若幂级数 ${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k(z-b{)}^k$ 在某点 $z_1$ 发散，则在圆 $|z-b|>\left|z_1-b\right|$ 外处处发散。

必存在一个有限正数 $R$，使得给定的幂级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{z}^n$ 在圆周 $|z|=R$ 内部绝对收敛，在圆周 $|z|=R$ 外部发散。$R$ 称为此幂级数的收敛半径；圆 $|z-a|<R$ 和圆周 $|z-a|=R$ 分别称为它的收敛圆和收敛圆周。

收敛半径$R=\{\begin{array}{l}{\lim }_{k\to \infty }\left|\frac{a_k}{a_{k+1}}\right|(D^{\prime }Alembert)\\ {\lim }_{k\to \infty }\frac{1}{\sqrt[k]{|a_k|}}(Cauchy)\end{array}$

那么我们再来看看幂级数的“优良”性质

幂级数${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k(z-b{)}^k$ (1) 在收敛圆域内的任意闭圆上一致收敛。
(2) 每一项(通项)都解析。

幂级数的和函数$F(z)={\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k(z-b{)}^k$ 解析、存在任意阶导数等…

我们是否可以将解析函数展开成幂级数呢？

解析函数的泰勒展开(Taylor 展开)

泰勒(Taylor)展开

设函数 $f(z)$ 在以 $a$ 为圆心的圆 $C$ 内解析，则对于圆内的任何 $z$ 点，$f(z)$ 可用幂级数展开为 (或者说，$f(z)$ 可在 $a$ 点展开为幂级数)
$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n,$$
其中
$$c_n=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}$$

$c_n=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_C\frac{f(\zeta )}{(\zeta -a{)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta =\frac{f^{(n)}(a)}{n!}$

$c_n$ 称为泰勒系数，${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(z-a{)}^n$称为泰勒级数，$C$ 取逆时针方向，展式唯一。

常见函数的泰勒展式
$$\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots +\frac{z^n}{n!}+\cdots ={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!},& |z|<\infty \\ \frac{1}{1-z}={\sum }_{n=0}^{\infty }{z}^n,& |z|<1\end{array}$$
利用已知泰勒展式可以得到其他函数的展式：
$$\begin{array}{ll}\frac{1}{1+z^2}={\sum }_{n=0}^{\infty }{\left(-z^2\right)}^n={\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{z}^{2n},& |z|<1.\\ \sin z=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}z}}{2\mathrm{i}}={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{z}^{2n+1},& |z|<\infty \\ \cos z=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}z}}{2}={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n},& |z|<\infty \\ \frac{1}{1-3z+2z^2}=-\frac{1}{1-z}+\frac{2}{1-2z}={\sum }_{n=0}^{\infty }\left(2^{n+1}-1\right)z^n,& |z|<\frac{1}{2}.\\ \frac{1}{(1-z{)}^2}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\frac{1}{1-z}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}{\sum }_{n=0}^{\infty }{z}^n={\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)z^n,& |z|<1.\end{array}$$

函数解析的充要条件：

$f(z)$在 $D$ 内满足C-R条件且实部和虚部全微分存在；
$f(z)$ 在 $D$ 内连续，其在 $D$ 内任意围线积分为 $0$ (Morera 定理)；
$f(z)$ 在 $D$ 内任意一点的某邻域内可展成幂级数。

级数乘法

如果一个函数可以表示成两个 (或多个) 函数的乘积，而每一个因子的 Taylor 展开比较容易求出，则可以采用级数相乘的方法，$\left({\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k{z}^k\right)\left({\sum }_{k=0}^{\infty }{b}_k{z}^k\right)={\sum }_{k=0}^{\infty }{c}_k{z}^k$，$c_k={\sum }_{n=0}^k{a}_n{b}_{k-n}$。例如
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{1-3z+2z^2}& =\frac{1}{1-z}\cdot \frac{1}{1-2z}=\sum _{k=0}^{\infty }{z}^k\cdot \sum _{l=0}^{\infty }{2}^l{z}^l=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{l=0}^{\infty }{2}^l{z}^{k+l}\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\left(\sum _{l=0}^n{2}^l\right)z^n=\sum _{n=0}^{\infty }\left(2^{n+1}-1\right)z^n,|z|<\frac{1}{2}.\end{array}$$
幂级数在收敛圆内绝对收敛，故乘积在两收敛圆的公共区域内仍绝对收敛。

待定系数法

以 $\tan z$ 在 $z=0$ 的 Taylor 展开为例，由于 $\tan z$ 是奇函数，故其在 $z=0$ 的 Taylor 展开应只有奇次幂，
$$\tan z=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{z}^{2k+1}$$
因此，$\sin z=\cos z\cdot {\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{z}^{2k+1}$，即
$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{z}^{2n+1}=\sum _{l=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^l}{(2l)!}{z}^{2l}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{z}^{2k+1}=\sum _{n=0}^{\infty }\left(\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^{n-k}}{(2n-2k)!}{a}_{2k+1}\right)z^{2n+1}.$$
根据 Taylor 展开的唯一性，可以将上式中左右两式比较系数，由此即得
$$\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{(2n-2k)!}{a}_{2k+1}=\frac{1}{(2n+1)!},n=0,1,2,\cdots .$$
最后我们可以得到系数$a_n$的值。

应用待定系数法，能得到系数之间的递推关系，从而逐个求出展开系数，当我们只需要求出级数中的某一项或某几项系数时，待定系数法不失为一种可取的方法。

在无穷远点的 Taylor 展开

如果函数 $f(z)$ 在 $z=\infty$ 点解析，则也可以在 $z=\infty$ 点展开成 Taylor 级数。
所谓 $f(z)$ 在 $\infty$ 点展开成 Taylor 级数，完全等价于作变换 $z=1/t$，而将 $f(1/t)$ 在 $t=0$ 点展开成 Taylor 级数。因为 $f(1/t)$ 在 $t=0$ 点解析，故
$$\begin{array}{rlr}f\left(\frac{1}{t}\right)& =a_0+a_{1}t+a_2{t}^2+\cdots +a_n{t}^n+\cdots ,& |t|<r;\\ f(z)& =a_0+\frac{a_1}{z}+\frac{a_2}{z^2}+\cdots +\frac{a_n}{z^n}+\cdots ,& |z|>\frac{1}{r}.\end{array}$$
值得注意的是，$f(z)$ 在 $\infty$ 点的 Taylor 级数中只有常数项及负幂项，没有正幕项，而收敛范围为 $|z|>1/r$，也就是说，级数在以 $\infty$ 为圆心的某个圆内收敛。

解析函数的零点

如果 $f(z)$ 在 $a$ 点的邻域内解析且不恒为 0，若 $f(a)=0$，则称 $z=a$ 为 $f(z)$ 的零点。设 $f(z)$ 在 $z=a$ 点的邻域内解析，则 $f(z)$ 可以在 $z=a$ 的邻域内展成 Taylor 级数，
$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n,|z-a|<\rho .$$
故若 $z=a$ 为零点，则必有
$$c_0=c_1=\cdots =c_{m-1}=0,c_m\ne 0.$$
此时，称 $z=a$ 点为 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点，相应地，
$$f(a)=f^{\prime }(a)=\cdots =f^{(m-1)}(a)=0,f^{(m)}(a)\ne 0.$$

解析函数零点的一个重要性质是它的孤立性。

若 $z=a$ 是 $f(z)$ 的零点且 $f(z)$ 在 $z=a$ 的邻域内不恒等于零，则一定 $\exists \rho >0$，使得 $f(z)$ 在空心邻域 $0<|z-a|<\rho$ 内无零点。

其逆否命题：如果解析函数 $f(x)$ 的零点是非孤立的，则此函数在其解析区域内一定恒为 0 。

由解析函数零点的孤立性可得到一系列推论：

1. 唯一性定理：设函数 $f_1(z)$ 和 $f_2(z)$ 在区域 $D$ 内解析，在 $D$ 内有一个收敛于 $a(a\in D)$ 的序列 $\left\{z_n\right\}\left(z_n\ne a\right)$，在其上 $f_1(z)=f_2(z)$，则 $f_1(z)$ 和 $f_2(z)$ 在 $D$ 内恒等。

2. 设 $f_1(z)$ 和 $f_2(z)$ 都在区域 $D$ 内解析，且在 $D$ 内的一段弧或一个子区域内相等，则在 $D$ 内 $f_1(z)\equiv f_2(z)$。

3. 在实轴上成立的恒等式，在 $z$ 复平面上仍然成立，只要这个恒等式两端的函数在 $z$ 复平面上都是解析的。

解析函数的洛朗展开(Laurent 展开)

一个函数除了可在解析点的邻域 (单连通区域) 内作 Taylor 展开外，有时还需要将它在环形区域 (多连通区域) 展开成幂级数。这时我们就需要引入 Laurent 展开。

Laurent 展开

设函数 $f(z)$ 在以 $b$ 为圆心的环形区域 $R_1<|z-b|<R_2$ 中单值解析，则对于环域内的任何 $z$ 点，$f(z)$ 可以用幂级数展开为
$$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n(z-b{)}^n,R_1<|z-b|<R_2$$
其中
$$c_n=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_C\frac{f(\zeta )}{(\zeta -b{)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta$$
$C$ 是环域内绕内圆一周的任意一条闭合曲线，只要其可环绕内圆即可。

简要证明：将环域内、外边界分别记为 $C_1$ 和 $C_2$ ，则根据 (多连通区域的) Cauchy 积分公式，有$f(z)=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta -\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_1}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta$，对于 $C_2$ 上的积分$\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta$，可以直接对其泰勒展开，$\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta ={\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n(z-b{)}^n,|z-b|<R_2,c_n=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -b{)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta$；对于 $C_1$ 上的积分，同样有$-\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_1}\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}\mathrm{d}\zeta ={\sum }_{n=-1}^{-\infty }{c}_n(z-b{)}^n,|z-b|>R_1,c_n=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\oint }_{C_2}\frac{f(\zeta )}{(\zeta -b{)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta$，通过计算发现内外边界积分所得$c_n$有同样的关系，即可将其合并起来得到Laurent 展开后的待定系数$c_n$的值，带回原式即完成级数展开。

Laurent 展开既有正幂项${\sum }_{k=0}^{\infty }{c}_k(z-b{)}^k$，又有负幂项${\sum }_{k=1}^{\infty }{c}_{-k}(z-b{)}^{-k}$，正幂项在外圆 $C_2$ 内 $\left(|z-b|<R_2\right)$ 绝对收敛，并且内闭一致收敛，称为 Laurent 级数的正则部分；负幂项在内圆 $C_1$ 外 $\left(|z-b|>R_1\right)$ 绝对收敛，在 $C_1$ 外的任一闭区域中一致收敛，称为 Laurent 级数的主要部分。

正则部分$+$主要部分 $=$ Laurent 级数，在环域 $R_1<|z-b|<R_2$ 内绝对收敛(收敛+收敛=收敛)，并且内闭一致收敛。当内圆半径 $R_1=0$ 时，Laurent 级数的主要部分就完全反映了 $f(z)$ 在孤立奇点 $z=b$ 点的奇异性。

如果函数 $f(z)$ 在无穷远点不解析，但是在无穷远点的一个空心邻域内单值解析，则可将 $f(z)$ 在 $\infty$ 点的空心邻域内作 Laurent 展开 (或者简单地说成在 $\infty$ 点作 Laurent 展开)。

同Taylor 展式，Laurent 展式也具有唯一性。

Laurent 展开的展开中心𝑏不一定是函数的奇点。

Laurent 展开方法：利用已知级数展开式

例题一、求函数 $\frac{1}{z(z-1)}$ 在 $0<|z|<1$ 和 $1<|z|<\infty$ 中的Laurent 展开。

解：(1) 若 $0<|z|<1$，则
$$\frac{1}{z(z-1)}=-\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\infty }{z}^k=-\sum _{k=0}^{\infty }{z}^{k-1}$$
(2) 若 $1<|z|<\infty$，则
$$\frac{1}{z(z-1)}=\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{z\left(1+\frac{1}{z}\right)}=\frac{1}{z^2}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{z}\right)}^k=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{z^{k+2}}$$
【分母上谁大把谁提取出来，核心公式$\frac{1}{1-z}={\sum }_{k=1}^{\infty }{z}^k|z|<1$，进行变换是为了使$|z|<1$保证级数收敛】

例题二、将 $f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在复平面中以 $z=0$ 为中心进行Laurent展开。

解: 在复平面上有两个奇点 $z=1$ 和 $z=2$，因此划分成三个区域【只有遇到奇点才需要关于展开中心以圆周划分区域，不同的区域有不同的展开】
(1) $|z|<1$，此时
$$f(z)=\frac{1}{1-z}-\frac{1}{2\left(1-\frac{z}{2}\right)}=\sum _{k=0}^{\infty }{z}^k-\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{z}{2}\right)}^k=\sum _{k=0}^{\infty }\left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right)z^k$$
【此时展开中心不是奇点，包围的复平面区域为单连通区域，使用Taylor 展开即可】

(2) $1<|z|<2$，此时…

(3) $|z|>2$，此时…

剩余部分留给读者自行推导

下一章节：解析函数的奇点

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