洛朗级数

Laurent Series 洛朗级数是包含正负次幂的级数，可以表示圆环上的解析函数（特点：在圆环域处展开）

把在某点 $z_0$ 不解析,但在 $z_0$ 的去心邻域解析的函数展开成级数时，使用洛朗级数

一、定理内容

双边幂级数：

\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n} &=\sum\limits_{n=1}^{\infty}c_{-n}(z-z_{0})^{-n}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n} \\ \end{align}$$ - **正幂项部分/解析部分**：为普通的幂级数，收敛域记为： $|z-z_{0}|<R_{2}$ $$\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n}$$ - **负幂项部分/主要部分**：令 $\zeta=(z-z_{0})^{-1}$ ，$|\zeta|<R$ 时收敛，收敛域记为： $|z-z_{0}|>R_{1}$

\sum\limits_{n=1}^{\infty}c_{-n}(z-z_{0})^{-n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} c_{-n}\zeta

两部分==同时收敛==时，双边幂级数收敛，当 $R_{1}<R_{2}$ 时，收敛域有公共部分，**收敛域**为： $$R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2}$$ **洛朗级数展开**：在圆环域内 $R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2}$ 内处处**解析**，则 $f(z)$ 可展开为： $$\begin{align} & f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n} \quad \quad c_{n}=\dfrac{1}{2\pi i} \oint _{C} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_{0})^{n+1}}d\zeta \end{align}$$ $c_{n}$ 为洛朗级数，注意 $c_{n}=\dfrac{f^{n}(z_{0})}{n!}$ 不一定成立，函数在给定圆环域内不一定[[解析\|解析]]，所以写系数时，只能写上面的洛朗系数，**类似于**[[解析函数的高阶导数\|解析函数的高阶导数]] >[!important] 注意 > >要深入挖掘定理使用的条件 >- 洛朗级数的提出是为了在某个**不解析点**附近**解析的圆环域**的级数展开 >- 所以要尤其注意所给函数的奇点，不仅要判断函数在**哪一点**处（作为圆心）展开，还要注意展开的**圆环域** 结论： - 当圆环域的半径大于奇点到展开点的距离时：求倒数构造级数（也即洛朗级数展开的负幂项） 本质也即：对不解析部分展开，为洛朗级数 - 当圆环域的半径小于奇点到展开点的距离时：直接泰勒展开（也即洛朗级数展开的正幂项） 本质是，如果圆环域不包含奇点，也就为解析部分，也就是[[泰勒级数（复数意义）\|泰勒展开]] ### 二、洛朗级数的应用 直接展开、间接展开 #### 圆环域上展开 ##### 例题 1 将 $f(z)= \dfrac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在下面三个区域展开为洛朗级数 $0<\left\lvert z \right\rvert<1$ $1<\left\lvert z \right\rvert<2$ $2<\left\lvert z \right\rvert<\infty$ $f(z)= \dfrac{1}{1-z}- \dfrac{1}{2-z}$ 注意到两项的收敛半径为 $R_{1}=1\quad R_{2}=2$  1. 当 $0<\left\lvert z \right\rvert<1$ 时，两项的展开与[[泰勒级数（复数意义）\|泰勒级数]]无异 $$\begin{align} f(z)&=\dfrac{1}{1-z}- \dfrac{1}{2-z} \\ &=\dfrac{1}{1-z}- \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{1- \dfrac{z}{2}} \\ &=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{n}- \dfrac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(\dfrac{z}{2})^{n} \end{align}$$ 2. 当 $1<\left\lvert z \right\rvert<2$ 时， - 第一项不再收敛 $\left\lvert z \right\rvert>1\to \left\lvert \dfrac{1}{z} \right\rvert<1$，通过取倒数，来构造级数 - 第二项保持收敛 $$\begin{align} f(z)&=\dfrac{1}{1-z}- \dfrac{1}{2-z} \\ &=-\dfrac{1}{z}\cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{z}}- \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{1- \dfrac{z}{2}} \\ &=- \dfrac{1}{z} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (\dfrac{1}{z})^{n}- \dfrac{1}{2} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (\dfrac{z}{2})^{n} \end{align}$$ 3. 当 $2<\left\lvert z \right\rvert<\infty$ 时，两项都不收敛，都需要取倒数构造，来进行洛朗级数展开 $$\begin{align} f(z)&=\dfrac{1}{1-z}- \dfrac{1}{2-z} \\ &=-\dfrac{1}{z}\cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{z}}+ \dfrac{1}{z} \cdot \dfrac{1}{1- \dfrac{2}{z}} \\ &=\dfrac{1}{z} \left( \sum\limits_{n=0}^{\infty} (\dfrac{2}{z})^{n}-\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\dfrac{1}{z})^{n} \right) \end{align}$$ ##### 例题 2 求 $f(z)=\dfrac{z^{2}-2z+5}{(z-2)(z^{2}+1)}$ 在以下圆环域处的洛朗展开式？ $1<\left\lvert z \right\rvert<2$ $0<|z-2|<\sqrt{ 5 }$  首先有理分式的分解： $$\begin{align} f(z)&= \dfrac{1}{z-2}- \dfrac{2}{z^{2}+1} \\ &=\dfrac{1}{z-2}-i\left(\dfrac{1}{z+i}-\dfrac{1}{z-i}\right) \end{align}$$ >[!important]- 启发 > > [[有理函数\|有理函数]] 1. 当 $1<\left\lvert z \right\rvert<2$ 时 - 在 $z=0$ 处展开，表达为 $z$ 的幂 - 第一项泰勒间接展开 - 第二项求倒数来构造 $$\begin{align} f(z)&= \dfrac{1}{z-2}- \dfrac{2}{z^{2}+1} \\ &=- \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{z}{2}}- \dfrac{2}{z^{2}}\cdot \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{z^{2}}} \\ &=-\dfrac{1}{2} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (\dfrac{z}{2})^{n}-\dfrac{2}{z^{2}} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}(\dfrac{1}{z^{2}})^{n} \end{align}$$ 2. 当 $0<|z-2|<\sqrt{ 5 }$ 时 - 在 $z=2$ 处展开，表达为 $(z-2)$ 的幂 - 第一项保留 - 第二项泰勒间接展开 $$\begin{align} f(z)&= \dfrac{1}{z-2}- \dfrac{2}{z^{2}+1} \\ &=\dfrac{1}{z-2}-i\left(\dfrac{1}{z+i}- \dfrac{1}{z-i}\right) \\ &=\dfrac{1}{z-2} -i\left[\dfrac{1}{(z-2)+(i+2)}-\dfrac{1}{(z-2)+(2-i)}\right] \\ &=\dfrac{1}{z-2}-i\left[\dfrac{1}{(2+i)(1+\dfrac{z-2}{2+i})}- \dfrac{1}{(2-i)(1+\dfrac{z-2}{2-i})}\right] \\ &=\dfrac{1}{z-2}+i\left[\dfrac{1}{2-i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(\dfrac{z-2}{2-i})^{n}- \dfrac{1}{2+i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(\dfrac{z-2}{z+i})^{n}\right] \\ &=\dfrac{1}{z-2}+i\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}(z-2)^{n}\left[(\dfrac{1}{(2-i)^{n+1}}-\dfrac{1}{(2+i)^{n+1}})\right] \end{align}$$ 因为 $\left\lvert 2+i \right\rvert,\left\lvert 2-i \right\rvert$ 的模均为 $\sqrt{ 5 }$，而圆环域的半径小于 $\sqrt{ 5 }$，所以 ：

\dfrac{1}{(z-2)+(i+2)}-\dfrac{1}{(z-2)+(2-i)}=\dfrac{1}{(2+i)(1+\dfrac{z-2}{2+i})}- \dfrac{1}{(2-i)(1+\dfrac{z-2}{2-i})}

保证 $\left\lvert \dfrac{z-2}{2+i} \right\rvert<1\quad\left\lvert \dfrac{z-2}{2-i} \right\rvert<1$ 使得级数收敛，可以展开 >[!important] 注意 > >- 洛朗级数在哪一点展开，可以直接从题目看出，圆环域的圆心即为洛朗展开的点 $z_{0}$ >- 也要注意观察分式，不要盲目地分解分式，如果分式已经为 $(z-z_{0})$ 的幂的形式，那就可以整体变换了, 不要再拆分，反而更麻烦 >- 还要根据圆环域，确定表达式的范围，来构造展开的项（一定要满足模值小于 1），也要注意是上下同除系数来构造，不要漏掉系数 ### 洛朗级数展开的证明 >[!tip] 前置知识 > [[柯西积分公式\|柯西积分公式]] [[解析函数的高阶导数\|解析函数的高阶导数]] - $\zeta$ 是$K1$，$K2$ 圆周上的点 - $z$ 是圆环域内任意一点 $$\begin{align} f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\left(\oint_{K_{2}} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-\oint_{K_{1}} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta\right) \end{align}$$ 对第一部分: $\left\lvert \dfrac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}} \right\rvert<1$ $$\begin{align} \dfrac{1}{\zeta-z} &= \dfrac{1}{(\zeta-z_{0})-(z-z_{0})} =\dfrac{1}{\zeta-z_{0}} \dfrac{1}{1- \dfrac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}} \\ &=\dfrac{1}{\zeta-z_{0}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\dfrac{z-z_{0}}{\zeta-z_{0}}\right)^{n} =\sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{(z-z_{0})^{n}}{(\zeta-z_{0})^{n+1}} \end{align}$$ 对第二部分: $\left\lvert \dfrac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}} \right\rvert<1$ $$\begin{align} \dfrac{1}{\zeta-z} &= \dfrac{1}{(\zeta-z_{0})-(z-z_{0})} =-\dfrac{1}{z-z_{0}} \dfrac{1}{1- \dfrac{\zeta-z_{0}}{z-z_{0}}} \\ &=-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(\zeta-z_{0})^{n-1}}{(z-z_{0})^{n}} =-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(z-z_{0})^{-n}}{(\zeta-z_{0})^{-n+1}} \end{align}$$