解析函数的级数展开
目录
1 复数项级数 3
1.1 无穷级数收敛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 绝对收敛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 常见级数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3.1 几何级数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 复变函数项级数 4
2.1 一致收敛的判别法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.1.1 柯西收敛准则 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.1.2 Weierstrass 判别法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3 一致收敛复变函数项级数和函数性质 6
3.1 连续性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3.2 逐项积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3.3 解析性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3.4 级数相乘 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4 幂级数 7
4.1 幂级数的收敛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4.2 幂级数的解析性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5 Taylor 展开 9
1
5.1 解析函数的 Taylor 展开 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5.2 常见展开 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
6 零点 10
7 罗朗级数 11
7.1 求解罗朗展式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
7.1.1 直接展开法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
7.1.2 间接展开 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
8 孤立奇点 13
9 奇点的判别法 14
9.1 可去奇点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
9.2 极点的判别法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
9.3 本性奇点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
10 无穷远奇点 16
10.1 解析函数的 ∞ 孤立奇点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1 复数项级数
设有序复数列 {𝑧
𝑛
= 𝑥
𝑛
+𝑖𝑦
𝑛
}, 𝑛 = 1, 2, ··· , 𝑥
𝑛
, 𝑦
𝑛
∈ ℝ, 称
+∞
𝑘=1
𝑧
𝑘
= 𝑧
1
+ 𝑧
2
+ ···
为复数项无穷级数. 记
𝑆
𝑛
=
𝑛
𝑘=1
𝑧
𝑘
= 𝑧
1
+ 𝑧
2
+ ··· + 𝑧
𝑛
称为
+∞
𝑘=1
𝑧
𝑘
的部分和
1.1 无穷级数收敛
级数
+∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
=
+∞
𝑛=1
(𝑎
𝑛
+𝑖𝑏
𝑛
)
收敛于 𝑆 = 𝑎 +𝑖𝑏 的充要条件为
+∞
𝑛=1
𝑎
𝑛
,
+∞
𝑛=1
𝑏
𝑛
分别收敛
只需要将求和拆开即证. 设它们分别收敛于 𝑎, 𝑏, 则
+∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
=
+∞
𝑛=1
𝑎
𝑛
+𝑖
+∞
𝑛=1
𝑏
𝑛
有柯西收敛准则:
级数
+∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
=
+∞
𝑛=1
(𝑎
𝑛
+𝑖𝑏
𝑛
)
收敛的充要条件为
∀𝜖 > 0 , ∃𝑁 > 0 , 𝑠.𝑡. 𝑛 > 𝑁时 , ∀𝑝 ∈ Z
+
,
𝑧
𝑛+1
+ 𝑧
𝑛+2
+ ··· + 𝑧
𝑛+𝑝
< 𝜖
分为实部和虚部用实级数的柯西收敛准则即证. 由柯西收敛准则可以得到
若
+∞
𝑛=1
收敛, 则 lim
𝑛→+∞
𝑧
𝑛
= 0
柯西收敛准则中取 𝑝 = 1 即证. 由此可以证明级数发散
若 lim
𝑛→+∞
𝑧
𝑛
不存在或是 lim
𝑛→+∞
𝑧
𝑛
≠ 0, 则
+∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
发散
1.2 绝对收敛
如果
+∞
𝑛=1
|
𝑧
𝑛
|
收敛, 则称
+∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
绝对收敛
绝对收敛的充要条件是实部和虚部
+∞
𝑛=1
𝑎
𝑛
,
+∞
𝑛=1
𝑏
𝑛
都绝对收敛
并且绝对收敛能推出收敛, 因为绝对收敛则实部和虚部都绝对收敛, 由实数的绝对收敛得到实部和虚部都
收敛
1.3 常见级数
1.3.1 几何级数
+∞
𝑛=0
𝑧
𝑛
当
|
𝑧
|
< 1 时, 由实数级数得到绝对收敛, 求和得到
𝑆
𝑛
=
1
1 − 𝑧
当
|
𝑧
|
≥ 1 时, 不以 0 为极限, 发散
2 复变函数项级数
设 {𝑓
𝑛
(𝑧)} 是一个定义在 𝐸 上的有序复变函数列, 称
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) + 𝑓
1
(𝑧) + 𝑓
2
(𝑧) + ··· , 𝑧 ∈ 𝐸
为 𝐸 上的一个复变函数项级数. 设 𝑧
0
∈ 𝐸, 如果复数项级数
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧
0
) 收敛
若
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐸 上每一点都收敛, 则称
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐸 上收敛. 此时有
𝑧 →
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) = lim
𝑛→+∞
𝑓
𝑘
(𝑧)
定义了一个在 𝐸 上的复变函数, 记作
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧)
设
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐸 上收敛于 𝑓 (𝑧), 记部分和为
𝑆
𝑛
(𝑧) =
𝑛
𝑘=1
𝑓
𝑘
(𝑧) = 𝑓
1
(𝑧) + ···
定义一致收敛
若 ∀𝜖 > 0, ∃𝑁 ( 𝜖 ), 使得 𝑛 ≥ 𝑁 (𝜖) 时对于 ∀𝑧 ∈ 𝐸 都有
|
𝑆
𝑛
− 𝑓 (𝑧)
|
< 𝜖
则称
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐸 上一致收敛于 𝑓 (𝑧)
注意一致收敛要求 𝑁 与 𝑧 的取值无关. 而收敛不同 𝑧 可以取不同的 𝑁
2.1 一致收敛的判别法
2.1.1 柯西收敛准则
∀𝜖 > 0, 存在与 𝑧 无关的自然数 𝑁 = 𝑁 (𝜖) > 0, 使得 𝑛 > 𝑁 时 ∀𝑝 ∈ Z
+
, ∀𝑧 ∈ 𝐸, 都有
𝑓
𝑛+1
(𝑧) + 𝑓
𝑛+2
(𝑧) + ··· + 𝑓
𝑛+𝑝
(𝑧)
< 𝜖
2.1.2 Weierstrass 判别法
Weierstrass 判别法也称比较判别法
若正项级数 𝑎
𝑛
收敛, 在 𝐸 上恒有
|
𝑓
𝑛
(𝑥)
|
≤ 𝑎
𝑛
, 则函数项级数
∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑥) 在 𝐼 上一致收敛
满足条件的
𝑎
𝑛
称为
𝑓
𝑛
(𝑧) 的强级数
需要注意的是
级数
+∞
𝑛=0
𝑧
𝑛
在
|
𝑧
|
≤ 𝑟, 0 < 𝑟 < 1 上绝对一致收敛, 但是在
|
𝑧
|
< 1 内不一致收敛
折射因为级数
|
𝑧
|
< 𝑟 时有强级数
𝑟
𝑛
, 但是
|
𝑧
|
< 1 时, 对于和函数
𝑆
𝑛
(𝑧) =
1 − 𝑧
𝑛
1 − 𝑧
, 𝑆(𝑧) =
1
1 − 𝑧
有
𝑆
𝑛
(𝑧) − 𝑆(𝑧) =
− 𝑧
𝑛
1 − 𝑧
由于
|
𝑧
|
< 1, 那么
|
1 − 𝑧
|
< 2, 于是
|
𝑆
𝑛
(𝑧) − 𝑆(𝑧)
|
≥
|
𝑧
|
𝑛
2
因而 ∀𝑛 > 0, 当
1
2
1
𝑛
≤
|
𝑧
|
< 1 时, 有
|
𝑆
𝑛
(𝑧) − 𝑆(𝑧)
|
≥
1
4
这与一致收敛的定义矛盾, 因为无论 𝑛 取多大, 总能找到 𝑧 使得
|
𝑆
𝑛
(𝑧) − 𝑆(𝑧)
|
> 𝜖
3 一致收敛复变函数项级数和函数性质
3.1 连续性
若 ∀𝑛 = 1, 2, ··· , 𝑓
𝑛
(𝑧) 都在 𝐷 内连续, 并且级数
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐷 上一致收敛于 𝑓 (𝑧), 则 𝑓 (𝑧) 在 𝐷 内
连续
3.2 逐项积分
若 ∀𝑛 = 1, 2, · ·· , 𝑓
𝑛
(𝑧) 都在 𝐷 内连续, 并且级数
𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐷 上一致收敛于 𝑓 (𝑧), 则可以逐项积
分, 即
𝐶
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 =
𝐶
+∞
𝑛
=
1
𝑓
𝑛
(𝑧)
𝑑𝑧 =
+∞
𝑛
=
1
𝐶
𝑓
𝑛
(𝑧)𝑑𝑧
即一致收敛级数求和与积分可以交换顺序
3.3 解析性
若 𝑓
𝑛
(𝑧) 都在区域 𝐷 内解析,∀𝑛 = 1, 2, ··· 且
+∞
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑧) 在区域 𝐷 上一致收敛于函数 𝑓 (𝑧), 则和函数
𝑓 (𝑧) 在区域 𝐷 内解析, 并且
𝑓
(𝑘 )
(𝑧) =
∞
𝑛=1
𝑓
(𝑛)
𝑛
(𝑧), 𝑘 = 1, 2, ···
即一致收敛且每项解析的级数可以逐项求导任意次
由 Morera 定理得到 𝑓
𝑛
(𝑧) 在 𝐷 内解析故连续, 那么 𝑓 (𝑧) 在 𝐷 内连续. 取一点的邻域, 边界为 𝐶, 沿 𝐶
逐项积分得到为零, 故解析. 再由柯西积分公式即证各阶导数
3.4 级数相乘
绝对收敛的复数项级数各项任意重新排序后求和, 仍然绝对收敛, 其和不变
设两个绝对收敛级数
+∞
𝑛=0
˜
𝑧
𝑛
= 𝐴,
+∞
𝑛=1
ˆ
𝑧
𝑛
= 𝐵
令
𝑧
𝑘
=
˜
𝑧
1
ˆ
𝑧
𝑘
+
˜
𝑧
2
ˆ
𝑧
𝑘−1
+ ··· +
˜
𝑧
𝑘
ˆ
𝑧
1
则有级数
+∞
𝑘=1
𝑧
𝑘
也绝对收敛, 并且有
+∞
𝑘=1
𝑧
𝑘
= 𝐴𝐵
即
+∞
𝑛=0
˜
𝑧
𝑛
+∞
𝑛=1
ˆ
𝑧
𝑛
=
+∞
𝑘=1
(
˜
𝑧
1
ˆ
𝑧
𝑘
+
˜
𝑧
2
ˆ
𝑧
𝑘−1
+ ··· +
˜
𝑧
𝑘
ˆ
𝑧
1
)
4 幂级数
设 𝑎
𝑛
与 𝑎 是复常数, 称下面的函数项级数
∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
为幂级数, 特别地, 当 𝑎 = 0 时
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
𝑧
𝑛
= 𝑎
0
+ 𝑎
1
𝑧 + 𝑎
2
𝑧
2
+ ···
也是幂级数.幂级数在全平面解析
4.1 幂级数的收敛
有 Abel 定理
记
𝐼 =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
若有 𝐼 在 𝑧
0
收敛, 则 𝐼 在圆
|
𝑧 − 𝑎
|
<
|
𝑧
0
− 𝑎
|
内绝对收敛
若有 𝐼 在 𝑧
0
收敛, 则 ∀ 0 < 𝜌 <
|
𝑧
0
− 𝑎
|
, 在
|
𝑧 − 𝑎
|
≤ 𝑞 上绝对一致收敛
若 𝐼 在 𝑧
1
发散, 则 𝐼 在圆外
|
𝑧 − 𝑎
|
>
|
𝑧
1
− 𝑎
|
处处发散
由比较判别法可以得到绝对收敛, 由强级数得到一致收敛, 由反证法得发散
若实幂级数级数
+∞
𝑛=0
|
𝑎
𝑛
|
𝑥
𝑛
的收敛半径为 𝑅, 那么对于复幂级数
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
则:
1. 0 < 𝑅 < +∞, 在圆外
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 内绝对收敛, 在圆外
|
𝑧 − 𝑎
|
> 𝑅 处处发散
2. 若 𝑅 = +∞, 则全平面收敛
3. 若 𝑅 = 0, 则在全平面除了 𝑧 = 𝑎 外处处发散
𝑅 即为复幂级数的收敛半径, 称圆
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 为收敛圆.
幂级数在收敛圆内绝对收敛, 在收敛圆内的闭圆域绝对一致收敛
. 但是需要注意的是, 在收敛圆边界上可
能发散也可能收敛, 需要具体分析, 如级数
∞
𝑛=1
𝑧
𝑛
𝑛
在 𝑧 = 𝑖 收敛, 在 𝑧 = 1 发散
通过求解实级数的收敛半径可以得到复级数的收敛半径. 此处引用数学分析中的结论
实级数
+∞
𝑛=1
|
𝑎
𝑛
|
𝑥
𝑛
的收敛半径为 𝑅 =
1
𝑟
, 其中
𝑟 = lim
𝑛→+∞
|
𝑎
𝑛+1
|
|
𝑎
𝑛
|
, 或𝑟 = lim
𝑛→+∞
𝑠𝑢 𝑝
𝑛
|
𝑎
𝑛
|
4.2 幂级数的解析性
若 𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
收敛半径为 𝑅 > 0, 则在
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 内有幂级数的和函数 𝑓 (𝑧) 解析, 且可
以逐项求任意阶导数
𝑓
(𝑘 )
(𝑧) =
+∞
𝑛=𝑘
𝑎
𝑛
𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) ··· (𝑛 − 𝑘 + 1)(𝑧 − 𝑎)
𝑛−𝑘
并且级数的系数满足
𝑎
𝑘
=
𝑓
(𝑘 )
(𝑎)
𝑘!
由绝对收敛得可逐项求导, 令 𝑧 = 𝑎 即得 𝑎
𝑘
的表达式
求导后的级数和原来的级数有相同的收敛半径, 这是因为绝对一致收敛级数的解析性
5 Taylor 展开
5.1 解析函数的 Taylor 展开
设 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 解析, 以 𝑎 为中心作一个圆 𝐷 :
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅, 并令 𝑅 不断增加直到 𝐷 首次碰到 𝑓 (𝑧)
的奇点, 则在次圆域 𝐷 内, 𝑓 (𝑧) 可展开成幂级数
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 𝑎
𝑛
=
𝑓
(𝑛)
(𝑎)
𝑛!
, 𝑛 = 0, 1, 2, ···
证明只需要利用柯西积分公式将 𝑓 (𝑧) 表示为积分, 再将被积函数展开成级数, 再利用一致收敛性逐项积
分即可. 此处运用了
1
𝜁 − 𝑧
=
1
(𝜁 − 𝑎) − (𝑧 − 𝑎)
=
1
𝜁 − 𝑎
·
1
1 −
𝑧−𝑎
𝜁 −𝑎
=
1
𝜁 − 𝑎
·
∞
𝑛=0
𝑧 − 𝑎
𝜁 − 𝑎
𝑛
这是一个十分有用的技巧, 如计算
1
1−𝑧
在 𝑧 = 𝑖 的泰勒展开时, 有
1
1 − 𝑧
=
1
(1 −𝑖) − (𝑧 − 𝑖)
=
1
1 − 𝑖
·
1
1 −
𝑧−𝑖
𝑖−𝑖
由于
1
1−𝑧
唯一奇点为 1, 因而在 𝑖 展开的幂级数收敛半径为
|
𝑖 − 𝑖
|
=
√
2. 因此得到展开的幂级数为
+∞
𝑛=0
(𝑧 − 𝑖)
𝑛
(1 −𝑖)
𝑛+1
,
|
𝑧 − 𝑖
|
<
√
2
还有如下定理
若 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 点解析, 取 𝑅 =
|
𝑎 − 𝑧
′
|
,𝑧
′
为 𝑓 (𝑧) 离 𝑎 最近的奇点, 则 𝑓 (𝑧) 在圆 𝑧 − 𝑎 < 𝑅 内的泰勒
展开为
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 𝑎
𝑛
=
𝑓
(𝑛)
(𝑎)
𝑛!
, 𝑛 = 0, 1, 2, ···
上述定理还说明,泰勒展开是唯一的. 需要注意的是,幂级数的展开点需要是解析点
由此还可以得到解析的充要条件
𝑓 (𝑧)在𝐷中任一点都能展开成幂级数
5.2 常见展开
在点 𝑧 = 0:
𝑒
𝑧
=
+∞
𝑛=0
𝑧
𝑛
𝑛!
= 1 + 𝑧 +
𝑧
2
2!
+
𝑧
3
3!
+
𝑧
4
4!
+ ···
cos 𝑧 =
+∞
𝑛=0
(−1)
𝑛
(2𝑛)!
𝑧
2𝑛
= 1 −
𝑧
2
2!
+
𝑧
4
4!
−
𝑧
6
6!
+ ···
sin 𝑧 =
+∞
𝑛=0
(−1)
𝑛
(2𝑛 + 1)!
𝑧
2𝑛+1
= 𝑧 −
𝑧
3
3!
+
𝑧
5
5!
−
𝑧
7
7!
+ ···
这三个函数都在全平面解析, 即都是整函数, 它们的收敛半径为 𝑅 = +∞. 此外还有
1
1 − 𝑧
=
+∞
𝑛=0
𝑧
𝑛
= 1 + 𝑧 + 𝑧
2
+ ···
1
1 + 𝑧
=
+∞
𝑛=0
(−1)
𝑛
𝑧
𝑛
= 1 − 𝑧 + 𝑧
2
···
𝐿𝑛
𝑘
(1 + 𝑧) = 2𝑘𝜋𝑖 + 𝑧 −
𝑧
2
2
+
𝑧
3
3
··· +
(−1)
𝑛−1
𝑧
𝑛
𝑛
它们的收敛半径都是 1, 需要
|
𝑧
|
< 1
6 零点
考察 𝑓 (𝑧) 在 𝑧
0
的泰勒展开
𝑓 (𝑧) = 𝑎
1
(𝑧 − 𝑧
0
) + 𝑎
2
(𝑧 − 𝑧
0
) + 𝑎
3
(𝑧 − 𝑧
0
) + ···
若 ∃𝑚 ∈ Z
+
使得 𝑎
𝑚
≠ 0 且
𝑎
0
= 𝑎
1
= 𝑎
2
= ··· = 𝑎
𝑚−1
= 0
则称 𝑧
0
为 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级零点或 𝑚 阶零点. 称一级零点为单零点
𝑧
0
是解析函数 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级零点的充要条件是
在 𝑧
0
某邻域 𝑈 内, 有
𝑓 (𝑧) = (𝑧 − 𝑧
0
)
𝑚
𝑔(𝑧)
其中 𝑔(𝑧) 在 𝑧
0
解析且 𝑔(𝑧
0
) ≠ 0
解析函数零点具有孤立性, 即
若 𝑓 (𝑧) 在 𝑧
0
解析, 𝑓 (𝑧
0
) = 0, 则仅存在以下两种情况
1. 𝑧
0
的某个邻域 𝑈 内 𝑓 (𝑧) 恒为零
2. 存在邻域 𝑈 使得 𝑧
0
是 𝑓 (𝑧) 在 𝑈 内的唯一零点
因为若 𝑓 (𝑧) 不恒为零, 那么 𝑧
0
就是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级零点. 由上述充要条件得知 𝑧
0
是唯一零点
7 罗朗级数
罗朗级数由两个级数构成
+∞
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
=
+∞
𝑚=1
𝑎
−𝑚
(𝑧 − 𝑎)
−𝑚
+
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
对于负幂次项, 令
𝜁 =
1
𝑧 − 𝑎
则
+∞
𝑚=1
𝑎
−𝑚
(𝑧 − 𝑎)
−𝑚
=
+∞
𝑚=1
𝑎
−𝑚
𝜁
𝑚
设收敛半径为
1
𝑟
, 那么收敛域就是
|
𝑧 − 𝑎
|
> 𝑟 ≥ 0
再设正幂次级数的收敛半径为 𝑅, 那么罗 朗级数在圆环域上收敛
𝑟 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅
特殊的圆环域也可能是罗朗级数的收敛域, 如去掉圆心的圆, 去掉一个圆域的复平面, 去掉一个点的复平
面
在圆环域内解析的函数可展成罗朗级数
若 𝑓 (𝑧) 在圆环域 𝐷 : 𝑟 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 内解析, 则
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, ∀𝑧 ∈ 𝐷
其中
𝑎
𝑛
=
1
2𝜋𝑖
𝐶
𝑓 (𝜁 )
(𝜁 − 𝑎)
𝑛+1
𝑑 𝜁 , 𝑛 = 0, ±1, ±2
欲证明该式, 定义圆环域为 𝐶
1
:
|
𝑧 − 𝑧
0
|
< 𝑟, 𝐶
2
:
|
𝑧 − 𝑧
0
|
< 𝑅, 𝑓 (𝑧) 在该圆环域中解析. 圆环域与圆环域内
的一个以 𝑧 为圆心的小圆构成复闭路, 由柯西积分定理得到
1
2
𝜋𝑖
𝐶
𝑓 (𝑧)
𝜁
−
𝑧
𝑑𝜁 =
1
2
𝜋𝑖
𝐶
2
𝑓 (𝑧)
𝜁
−
𝑧
𝑑𝜁 −
1
2
𝜋𝑖
𝐶
1
𝑓 (𝑧)
𝜁
−
𝑧
𝑑 𝜁
在小圆上有柯西积分公式 𝑓 (𝑧) =
1
2 𝜋𝑖
𝐶
𝑓 (𝑧 )
𝜁 −𝑧
𝑓
(
𝑧
)
=
1
2𝜋𝑖
𝐶
2
𝑓 (𝑧)
𝜁 − 𝑧
𝑑𝜁
−
1
2𝜋𝑖
𝐶
1
𝑓 (𝑧)
𝜁 − 𝑧
𝑑 𝜁
与泰勒展开相同, 将后面两项展开即可
称为圆环域内解析函数的罗朗展开.罗朗展式是唯一的, 但是对于不同的圆环域, 罗朗展式可能不同. 这是
因为假设存在两种罗朗展开式
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑚=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
=
+∞
𝑛=−∞
𝑏
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
希望证明 𝑎
𝑘
= 𝑏
𝑘
, 那么在两边同乘以 (𝑧 − 𝑎)
−𝑘−1
然后在一条围绕 𝑎 的逆时针简单闭路 𝐶 上积分
+∞
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
𝐶
(𝑧 − 𝑎)
𝑛−𝑘 −1
𝑑𝑧 =
+∞
𝑛=−∞
𝑏
𝑛
𝐶
(𝑧 − 𝑎)
𝑛−𝑘 −1
𝑑𝑧
引用结论” 圆周上的积分”
𝐶
1
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
𝑑𝑧 =
2𝜋𝑖 , 𝑛 = 1
0 , 𝑛 ≠ 𝑖且𝑛 ∈ Z
因而就得到了 𝑎
𝑘
= 𝑏
𝑘
, 那么由 𝑘 的任意性就能得到结论
7.1 求解罗朗展式
7.1.1 直接展开法
直接利用公式计算系数
𝑎
𝑛
=
1
2𝜋𝑖
𝐶
𝑓 (𝜁 )
(𝜁 − 𝑎)
𝑛+1
𝑑𝜁
可以取 𝐶 为任一条绕 𝑎 的逆时针简单闭路
7.1.2 间接展开
可以利用已知函数在 𝑧 = 0 的泰勒展式将函数展成罗朗展式. 还可以利用级数的逐项求导和逐项积分, 以
及待定系数法
在求解圆环域的罗朗展式时, 需要注意是求解 (𝑧 − 𝑎) 的罗朗级数,𝑎 为圆环的圆心, 如求解
𝑓 (𝑧) =
1
𝑧
2
− 3𝑧 + 2
在圆环域 0 <
|
𝑧 − 1
|
< 2 中展开, 求解的是
𝑎
𝑛
(𝑧 −1)
𝑛
的系数; 若是在圆环域 2 <
|
𝑧
|
< +∞ 展开, 则求解
的级数是
𝑎
𝑛
𝑧
𝑛
此外在利用泰勒展开公式的时候要注意
模长与收敛圆
. 如
𝑓 (𝑧) =
1
𝑧 − 2
在圆环域 0 <
|
𝑧 − 1
|
< 1 展开时
1
𝑧 − 2
= −
1
1 − (𝑧 − 1)
希望利用已知级数的泰勒展开
1
1 − 𝑧
=
𝑧
𝑛
注意该级数的收敛圆
|
𝑧
|
< 1 , 而
|
𝑧 − 1
|
< 1 满足条件, 因此可以展开
1
𝑧 − 2
=
+∞
𝑛=0
−(𝑧 − 1)
𝑛
而若是在 2 <
|
𝑧
|
< +∞ 展开则
1
𝑧 − 2
= −
1
2
1
1 −
𝑧
2
然而
|
𝑧/2
|
> 1 不在收敛圆内, 此时就需要换一种构造方法
1
𝑧 − 2
=
1
𝑧
·
1
1 −
2
𝑧
此时
|
2/ 𝑧
|
< 1 落在收敛圆中, 因此就可以展开为罗朗级数
1
𝑧 − 2
=
+∞
𝑛=0
1
𝑧
·
2
𝑧
𝑛
=
−∞
𝑚=−1
2
−1−𝑚
𝑧
𝑚
8 孤立奇点
若 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 不解析, 但是 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 的某个去心邻域 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌 内解析, 则称 𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点
设 𝑎 为 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点, 记 𝑅 为 𝑎 到其他所有奇点的最小距离, 则 𝑓 (𝑧) 在 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 内解析, 可
以唯一展为 (𝑧 − 𝑎) 的罗朗级数
对于 ∀𝑏 ∈ C, 将 𝑓 (𝑧) 所有的奇点 {𝑧
𝑛
} 按与 𝑏 的距离远近排列. 若有
|
𝑧
𝑘
− 𝑏
|
<
|
𝑧
𝑘
+
1
− 𝑏
|
则 𝑓 (𝑧) 在 𝐷
𝑘
:
|
𝑧
𝑘
− 𝑏
|
<
|
𝑧 − 𝑏
|
<
|
𝑧
𝑘+1
− 𝑏
|
内解析, 𝑓 (𝑧) 可以在 𝐷
𝑘
内唯一地展为 (𝑧 − 𝑏) 的罗朗级数
若 𝑧
𝑛
是 𝑓 (𝑧) 离 𝑏 最远的奇点, 则在 𝐷 :
|
𝑧 − 𝑏
|
>
|
𝑧
𝑛
− 𝑏
|
可以展为罗朗级数
在奇点 𝑎 的邻域将函数罗朗展开
𝑓 (𝑧) =
−1
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
+
+∞
𝑛=0
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌
称第一项为主要部分(在 𝑎 不解析), 第二项为正则部分(在 𝑎 解析)
根据主要部分可以将奇点分类
定义可去奇点为罗朗展式中无主要部分
𝑓 (𝑧) = 𝑎
0
= 𝑎
1
(𝑧 − 𝑎) + 𝑎
2
(𝑧 − 𝑎)
2
+ ···
若定义 𝑓 (𝑎) = 𝑎
0
, 则 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 解析, 可以将可去奇点当作解析点
同样可以定义极点与本性奇点
若展成的罗朗级数有且仅有有限个系数非零的负次幂项, 称 𝑎 为极点
若展成的罗朗级数有无穷多个个系数非零的负次幂项, 称 𝑎 为本性奇点
9 奇点的判别法
9.1 可去奇点
设 𝑎 为 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点
定义:𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点 ⇔ 𝑓 (𝑧) 在 𝑎 点某个去心邻域的罗朗展式不含 (𝑧 − 𝑎) 的负次幂项
𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点 ⇔ ∃𝜌 > 0, 使得 𝑓 (𝑧) 在 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌 内有界
证明必要性只需要利用在罗朗展式中取极限
lim
𝑧→𝑎
𝑓 (𝑧) = 𝑎
0
由于
|
𝑓 (𝑧)
|
=
|
𝑓 (𝑧) − 𝑎
0
+ 𝑎
0
|
≤
|
𝑓 (𝑧) − 𝑎
0
|
+
|
𝑧
0
|
即可证明有界; 证明充分性只需要取环域 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌 使得 𝑓 (𝑧) 在其中解析, 展开为罗朗级数
𝑓 (𝑧) =
+∞
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 𝑎
𝑛
=
1
2𝜋𝑖
𝐶
𝑓 (𝜁 )
(𝜁 − 𝑎)
𝑛+1
𝑑𝜁
其中 𝐶 为逆时针绕 𝑎 的简单闭路, 取 𝐶 为圆
|
𝑧 − 𝑎
|
= 𝜌
0
< 𝜌, 设
|
𝑓 (𝜁 )
|
≤ 𝑀(有界), 那么由长大不等式
|
𝑎
𝑛
|
≤
1
2𝜋
·
𝑀
𝜌
𝑛+1
0
· 2𝜋𝜌
0
= 𝑀 𝜌
−𝑛
0
𝑛 < 0 时, 令 𝜌
0
→ 0, 有极限
|
𝑎
𝑛
|
= lim
𝜌
0
→0
𝑀 𝜌
−𝑛
0
= 0
因而即证. 可以得到推论:
𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点 ⇔ lim
𝑧→𝑎
𝑓 (𝑧) = 𝑎
0
(存在且有限)
必要性已经完成了证明, 欲证明充分性. 由于
|
𝑓 (𝑧)
|
≤
|
𝑓 (𝑧) − 𝑎
0
|
+
|
𝑎
0
|
由极限存在得 𝑓 (𝑧) 有界, 因而是可去奇点
9.2 极点的判别法
定义:𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点,𝑚 ∈ Z
+
(𝑚 > 0) 则 𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级极点等价于
+∞
𝑛=−𝑚
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌, 𝑎
−𝑚
≠ 0
有充要条件
𝑎 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝜌内, 𝑓 (𝑧) =
𝜑(𝑧)
(𝑧 − 𝑎)
𝑚
, 𝜑(𝑧)在𝑎解析, 𝜑(𝑎) ≠ 0
证明必要性只需要由定义展开罗朗级数即可; 充分性只需将 𝜑(𝑧) 展开为罗朗级数即可
由此可以得到零点和极点的关系
𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级零点 ⇔𝑎 是
1
𝑓 (𝑧 )
的 𝑚 级零点
这是因为
1
𝑓 (𝑧 )
= (𝑧 − 𝑎)
𝑚
·
1
𝜑 (𝑧 )
,
1
𝜑 (𝑧 )
≠ 1. 由此还能得到一个非常显然的结论
若
𝑎
是
𝑓
(
𝑧
)
的孤立奇点
,
则
𝑎
是
𝑓
(
𝑧
)
的极点等价于
lim
𝑧→𝑎
𝑓 (𝑧) = ∞
9.3 本性奇点
若 𝑎 是孤立奇点, 则 𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的本性奇点等价于 lim
𝑧→𝑎
𝑓 (𝑧) 极限不存在
由排除法证明 (雾?). 本性零点的例子有
cos
1
𝑧 − 2
, sin
1
𝑧 − 2
, 𝑒𝑥 𝑝
1
𝑧 − 2
𝑧 = 2 是它们的本性奇点, 在 𝑧 = 2 极限不存在. 事实上用罗朗级数更好判断 (?)
若 𝑎 是 𝑔(𝑧) 的本性奇点, 并且 𝑎 也是下列函数的孤立奇点
𝑓 (𝑧) ± 𝑔(𝑧), 𝑓 (𝑧)𝑔(𝑧),
𝑓 (𝑧)
𝑔(𝑧)
,
𝑔(𝑧)
𝑓 (𝑧)
那么 𝑎 也是它们的本性奇点
利用极限即证
10 无穷远奇点
10.1 解析函数的 ∞ 孤立奇点
∀𝑅 > 0, 称圆外域
𝑅 <
|
𝑧
|
< +∞ 为 ∞ 点的一个邻域
. 若 𝑓 (𝑧) 在 ∞ 某个邻域 𝐷 : 𝑅 <
|
𝑧
|
< +∞ 内解析, 则
称 ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点 (重点在孤立!)
也就是说, 𝑓 (𝑧) 在无穷的邻域内没有其他奇点, 则 ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点. 如
𝑒
𝑧
, sin 𝑧,
1
1 − 𝑧
, cos
1
1 − 𝑧
而 ∞ 不是
1
sin 𝑧
的孤立奇点, 因为 𝑧
𝑘
= 𝑘 𝜋 都是奇点, 而 lim
𝑘
→+∞
𝑧
𝑘
= ∞
对于无穷奇点, 可以作变换
𝑧 =
1
𝜁
有
𝜑(𝜁) ≡ 𝑓
1
𝜁
那么对于 𝜑(𝜁 ) 而言
𝑅 <
|
𝑧
|
< +∞ ⇔ 0 <
|
𝜁
|
<
1
𝑅
于是∞ 是 𝑓 (𝑧) 的孤立奇点等价于 0 是 𝜑(𝜁) 的孤立奇点, 那么
1. 若 𝜁 = 0 是 𝑓
1
𝜁
的可去奇点, 则称 ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点
2. 若 𝜁 = 0 是 𝑓
1
𝜁
的 𝑚 级奇点, 则称 ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级奇点
3. 若 𝜁 = 0 是 𝑓
1
𝜁
的本性奇点, 则称 ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的本性奇点
与普通的孤立奇点相同, 无穷奇点可以利用罗朗级数考察. 考察 𝑓 (𝑧) 在 𝑅 <
|
𝑧
|
< +∞ 的罗朗展式: 需要
注意的是, 在无穷奇点,罗朗级数的正次幂项才是主要部分
1. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点 ⇔ 𝑓 (𝑧) 的罗朗展式不含 𝑧 的正次幂项
2. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级极点 ⇔ 罗朗展式中最高正次幂项为 𝑚 次
3. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的本性奇点 ⇔ 罗朗展式有无穷多个 𝑧 正次幂项
同样有推论
1. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的可去奇点 ⇔ lim
𝑧→+∞
𝑓 (𝑧) = 𝑎
0
有限值
2. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的极点 ⇔ lim
𝑧→∞
𝑓 (𝑧) = ∞
3. ∞ 是 𝑓 (𝑧) 的本性奇点 ⇔ lim
𝑧→∞
𝑓 (𝑧) 极限不存在
