复变函数第四章复函数项级数第四节洛朗级数

解 由定理知: f ( z ) = 由定理知
n = −∞ ∞
cn z n , ∑
eζ 1 1 f (ζ ) 其中 cn = ∫C (ζ − z0 )n+1dζ = 2πi ∫C ζ n+3dζ 2πi
C : z = ρ (0 < ρ < ∞ ) , ( n = 0 , ± 1, ± 2L)
17
当 n ≤ −3 时,
常见的特殊圆环域: 常见的特殊圆环域:
R2
. z0
R1 . z0
. z0
0 < z − z0 < R2 R1 < z − z0 < ∞
0 < z − z0 < ∞
4
2. 问题:在圆环域内解析的函数是否一定能展开 问题: 成级数? 成级数? 1 在z = 0及z = 1 都不解析 都不解析, 例如， 例如， f ( z ) = z (1 − z ) 但在圆环域 0 < z < 1及 0 < z − 1 < 1内都是解析的 内都是解析的.
由 z >2 此时
2 <1 z
o
2
x
1 1 1 =− ⋅ 2− z z 1− 2 z
23
1 2 4 = − 1 + + 2 + L z z z
1 2 此时 < < 1, z z
1 1 1 1 1 1 = − 1 + + 2 + L =− ⋅ 仍有 z z z 1− z z 1− 1 z 1 2 4 − 1 1 + 1 + 1 + L 故 f ( z ) = 1 + + 2 + L 2 z z z z z z
10
lim 下面证明 N →∞ RN ( z ) = 0 在 K 1外部成立 .
r 令 q= = 与积分变量 ζ 无关 , 0 < q < 1. z − z0 z − z0
又 因为 f (ζ ) ≤ M (由f ( z )的连续性决定 )
ζ − z0
∞ f (ζ ) ζ − z n 1 0 RN ( z ) ≤ ∑ ∫K1 n= N ζ − z0 z − z0 ds 2π
R2 K1
R r .z
0
对于第一个积分: 对于第一个积分
1 1 因为 = ζ − z (ζ − z0) − (z − z0)
1 −1 = ⋅ z − z0 1− z − z0 ζ − z0
∞
R1
.z .
z − z0 ζ − z < 1 0
n
K2
ζ
( z − z0 ) n z − z0 1 = ∑ ζ − z = ∑ (ζ − z )n+1 , ζ − z0 n= 0 n= 0 0 0
14
三、函数的洛朗展开式
常用方法 : 1. 直接法 2. 间接法 1. 直接展开法 利用定理公式计算系数 cn
1 f (ζ ) cn = ∫ (ζ − z0 )n+1 dζ (n = 0, ± 1, ± 2,L) 2πi C
然后写出
f (z) =
n= −∞
∑ cn ( z − z0 )
∞
n
.
缺点: 计算往往很麻烦. 缺点 计算往往很麻烦
第四节 洛朗级数
一、问题的引入 二、洛朗级数的概念 三、函数的洛朗展开式 四、典型例题 五、小结与思考
一、问题的引入
问题: 问题 如果 f ( z ) 在 z0 不解析, 是否能表示为 z − z0
的幂级数 .
∞
1. 双边幂级数 ∑ cn ( z − z0 )n
n = −∞
n=∞
n= −∞
c n ( z − z0 ) n =∑ c − n ( z − z0 ) − n + ∑ c n ( z − z0 ) n ∑
21
2) 在 1 < z < 2 内,
y
由 z >1
z <2
1 <1 z z <1 2
o
1
2 x
1 1 1 1 1 1 =− ⋅ = − 1 + + 2 + L 1− z z 1− 1 z z z z 1 1 1 1 z z2 zn = ⋅ = 1 + + 2 + L + n + L 且仍有 2 − z 2 1− z 2 2 2 2 2
若 (1) R1 > R2 : 两收敛域无公共部分 两收敛域无公共部分,
( 2) R1 < R2 : 两收敛域有公共部分 R1 < z − z0 < R2 .
3
结论: 结论 双边幂级数
n = −∞
cn ( z − z0 )n的收敛区域为 ∑
R2
R1 . z0
∞
圆环域 R1 < z − z0 < R2 .
22
1 z z2 1 1 1 − 1 + + + L 于是 f ( z ) = − 1 + + 2 + L 2 2 2 2 z z z
1 1 1 1 z z2 = L − n − n −1 − L − − − − − L z 2 4 8 z z y 3) 在 2 < z < ∞ 内,
15
2. 间接展开法 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性, 可 用代数运算、代换、 用代数运算、代换、求导和积分等方法去展开 . 优点 : 简捷 , 快速 .
16
四、典型例题
ez 例1 在 0 < z < ∞ 内, 将 f ( z ) = 2 展开成洛朗级数 . z
∞
= ∑ c− n ( z − z0 ) − n , 1 f (ζ ) 1 f (ζ ) 则 f (z) = ∫K 2 ζ − zdζ − 2π i ∫K1 ζ − zdζ 2π i
12
n =1
∞
= ∑ c n ( z − z 0 ) n + ∑ c− n ( z − z0 ) − n
n=0
∞
∞
∞
19
1 在圆环域 : 例2 函数 f ( z ) = ( z − 1)( z − 2)
1) 0 < z < 1; 2) 1 < z < 2 ; 3) 2 < z < +∞ .
内是处处解析的, 内是处处解析的 在这些区域内展开成洛朗级数. 试把 f (z) 在这些区域内展开成洛朗级数 解
1 1 f (z) = , − (1 − z ) ( 2 − z )
1) 在 0 < z < 1内,
20
y
z 由于 z < 1 , 从而 < 1 2 o 1 x 1 则 = 1 + z + z2 + L + zn + L 1− z 1 1 1 1 z z2 zn = ⋅ = 1 + + 2 + L + n + L 2 − z 2 1− z 2 2 2 2 2 1 z z2 2 所以 f ( z ) = (1 + z + z + L) − 1 + + + L 2 2 4 1 3 7 2 = + z + z +L 2 4 8
在圆环域 0 < z < 1 内 : 1 1 1 f (z) = , = + z (1 − z ) z 1 − z 1 = 1 + z + z 2 + L + z n + L, z < 1 而 1− z
5
1 = z −1 + 1 + z + z 2 + L + z n + L , 所以 f ( z ) = z (1 − z )
故由柯西–古萨基本定理知 故由柯西 古萨基本定理知: cn = 0 古萨基本定理知 由高阶导数公式知: 当 n ≥ −2 时, 由高阶导数公式知
1 eζ d n+ 2 z 1 1 cn = ∫C ζ n+3 dζ = (n + 2)! ⋅ dz n+ 2 (e ) = (n + 2)! 2 πi z=0 1 1 1 z z2 z = 2 + + + + +L 故 f (z) = ∑ z 2! 3! 4! z n = −2( n + 2 )! 0< z <∞
n=1 n=0
∞
∞
负幂项部分 收敛 主要部分
正幂项部分 解析部分
同时收敛

c− n ( z − z0 ) − n 令 ζ = ( z − z 0 ) ∑
n =1
∞
−1
c− nζ n ∑
n =1
∞
∑ cn ( z − z 0 ) n=0
∞
n
收敛半径 R2 收敛域 z − z0 < R2
收敛半径 R ζ < R时, 收敛 收敛域 1 z − z0 > = R1 R
内可以展开成级数. 即 f (z )在 0 < z < 1 内可以展开成级数 也可以展开成级数： 在圆环域 0 < z − 1 < 1 内，也可以展开成级数：
1 1 1 f (z) = = z (1 − z ) 1 − z 1 − (1 − z )
1 1 + (1 − z ) + (1 − z )2 + L + (1 − z )n + L = 1− z