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Lesson 9 Laurent 展开

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2025-5-20

解析函数的 Laurent 展开

/Proof/

将环域的内外边界分别记为 C1C_1 和 C2C_2，在复连通区域内应用 Cauchy 积分公式，有

f(z)=12πi∮C2f(ζ)ζ−zdζ−12πi∮C1f(ζ)ζ−zdζf(z)=\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_2}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\text{d}\zeta-\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_1}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\text{d}\zeta

对于 C2C_2 上的积分，可以直接求出：

an=12πi∮C2f(ζ)(ζ−b)n+1dζa_n=\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_2}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-b)^{n+1}}\text{d}\zeta

这里 nn 一定是自然数，就是我们直接使用 Taylor 定理得到的结果.

但是我们对于 C1C_1 上的积分无法使用 Taylor 定理，因为我们的区域不在 C1C_1 内，所以只能凑成：

−12πi∮C1f(ζ)ζ−zdζ=12πi∮C1f(ζ)(z−b)−(ζ−b)d(ζ−b)=12πi∮C1f(ζ)z−b∑k=0∞(ζ−bz−b)kdζ=∑k=0∞(z−b)−k−1⋅12πi∮C1f(ζ)(ζ−b)kdζ\begin{aligned} -\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_1}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\text{d}\zeta&=\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_1}\frac{f(\zeta)}{(z-b)-(\zeta-b)}\text{d}(\zeta-b)\\ &=\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_1}\frac{f(\zeta)}{z-b}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{\zeta-b}{z-b}\right)^k\text{d}\zeta\\ &=\sum_{k=0}^\infty(z-b)^{-k-1}\cdot\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C_1}f(\zeta)(\zeta-b)^k\text{d}\zeta \end{aligned}

现在看来上述两个结果加起来是和定理一样. 但是定理的区域是 C1C_1 和 C2C_2 之间的任意区域，我们发现积分的奇点只有 bb，所以根据 Cauchy 定理，中间的路径是任意取的.

因此：

f(z)=∑n=−∞∞an(z−b)n ,R1<∣z−b∣<R2an=12πi∮Cf(ζ)(ζ−b)n+1dζf(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_n(z-b)^n\,,\quad R_1<|z-b|<R_2\\ a_n=\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_{C}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-b)^{n+1}}\text{d}\zeta

几点说明：

  • 条件可以放宽为 f(z)f(z) 在区域内单值解析.
  • 系数不是 Taylor 级数，既有正幂项，也有负幂项.
  • 一般而言，f(z)f(z) 在内圆 C1C_1 中不解析；至于 bb 点，可以是解析点也可以是奇点. 若 bb 恰好是 C1C_1 中的唯一奇点，则 C1C_1 可以无限缩小，就是在 bb 邻域内的 Laurent 展开.
  • Laurent 展开是唯一的.

唯一性的证明和 Taylor 展开类似. 因此只要找到一个区间中收敛到 f(z)f(z) 的一个幂级数，就能够说这一定是 Laurent 级数.

求 Laurent 展开没有什么好方法，就是计算围道积分.

/Example/

求

1z(z−1)\frac{1}{z(z-1)}

在 0<∣z∣<10<|z|<1 内和 ∣z∣>1|z|>1 的展开.

(1) 0<∣z∣<10<|z|<1，

−1z11−z=−1z∑n=0∞zn=∑n=0∞(−1)zn−1-\frac{1}{z}\frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z}\sum_{n=0}^\infty z^n=\sum_{n=0}^\infty(-1)z^{n-1}

同时要记住中心在哪里，比如这里如果在 z=1z=1 为中心展开就要提出 1/(1−z)1/(1-z).

(2) ∣z∣>1|z|>1，实际上就是 ∞\infty 的邻域，对 1/z1/z 展开！

1z211−1z=1z2∑n=0∞(1z)n=∑n=−2−∞zn\frac{1}{z^2}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\frac{1}{z^2}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z}\right)^n=\sum_{n=-2}^{-\infty}z^n

/Example/

求 cot⁡z\cot z 在 z=0z=0 邻域内的 Laurent 展开.

明显，下一个奇点是 z=πz=\pi. 所以我们的环域是 0∼π0\sim\pi.

这里使用待定系数法 (注意：待定系数法就要求一定不能是 −∞→∞-\infty\to\infty 的求和，因为这样的话完全无法定出任意一个系数)

那么 cot⁡z\cot z 展开的“头”在哪里？因为 cos⁡z\cos z 的 Laurent 展开就是 Taylor 展开，第一项再除以 sin⁡z\sin z 的首项，最小是 −1-1 次. 同时，cot⁡z\cot z 是一个奇函数.

cot⁡z=∑n=0∞b2n−1z2n−1cos⁡z=sin⁡z∑n=0∞b2n−1z2n−1\begin{aligned} \cot z&=\sum_{n=0}^\infty b_{2n-1}z^{2n-1}\\ \cos z&=\sin z\sum_{n=0}^\infty b_{2n-1}z^{2n-1} \end{aligned}

有：

∑n=0∞(−)n(2n)!z2n=∑k=0∞∑l=0∞(−)k(2k+1)!b2l−1z2(k+l)=∑n=0∞[∑k=0n(−)k(2k+1)!b2(n−k)−1]z2n\begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty\frac{(-)^n}{(2n)!}z^{2n}&=\sum_{k=0}^\infty\sum_{l=0}^\infty\frac{(-)^k}{(2k+1)!}b_{2l-1}z^{2(k+l)}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left[\sum_{k=0}^n\frac{(-)^k}{(2k+1)!}b_{2(n-k)-1}\right]z^{2n} \end{aligned}

对比系数，可以一项一项地写出来. 考试的时候一般会要求求前几项.

如果是在 π<∣z∣<2π\pi<|z|<2\pi 区域内，怎么展开？

没有很好的办法了，只能使用系数公式.

更简便的方法？级数除法.

cot⁡z=1tan⁡z=1z+13z3+215z5+⋯=1z11+13z2+215z4+⋯=1z[1−(13z2+215z4+⋯ )+(13z2+215z4+⋯ )2−(13z2+215z4+⋯ )3+(13z2+215z4+⋯ )4 ]=1z−13z−145z3−⋯\begin{aligned} \cot z&=\frac{1}{\tan z}=\frac{1}{z+\frac{1}{3}z^3+\frac{2}{15}z^5+\cdots}\\ &=\frac{1}{z}\frac{1}{1+\frac{1}{3}z^2+\frac{2}{15}z^4+\cdots}\\ &=\frac{1}{z}\Big[1-\left(\frac{1}{3}z^2+\frac{2}{15}z^4+\cdots\right)+\left(\frac{1}{3}z^2+\frac{2}{15}z^4+\cdots\right)^2\\ &\quad-\left(\frac{1}{3}z^2+\frac{2}{15}z^4+\cdots\right)^3+\left(\frac{1}{3}z^2+\frac{2}{15}z^4+\cdots\right)^4\,\Big]\\ &=\frac{1}{z}-\frac{1}{3}z-\frac{1}{45}z^3-\cdots \end{aligned}

(其实 tan⁡z\tan z 也可以这么算，就是这样展开 1/cos⁡z1/\cos z，再每一项乘上 sin⁡z\sin z 的每一项就可以了)

注意：展开的“块”中绝对不能出现常数项，这样会导致中间的每一个系数都是无穷级数.

/Example/

求

exp⁡{z2(t−1t)}\exp\left\{\frac{z}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\right\}

在 0<∣t∣<∞0<|t|<\infty 内的 Laurent 展开.

ezt/2=∑k=0∞(z2)ktkk! ,∣t∣<∞e−zt/2=∑l=0∞(z2)l(−)ll!(1t)l ,∣1t∣<∞\begin{aligned} e^{zt/2}&=\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{z}{2}\right)^k\frac{t^k}{k!}\,,\quad|t|<\infty\\ e^{-zt/2}&=\sum_{l=0}^\infty\left(\frac{z}{2}\right)^l\frac{(-)^l}{l!}\left(\frac{1}{t}\right)^l\,,\quad\left|\frac{1}{t}\right|<\infty \end{aligned}

相乘，得到

exp⁡{z2(t−1t)}=∑n=−∞∞Jn(z)tn\exp\left\{\frac{z}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\right\}=\sum_{n=-\infty}^\infty J_n(z)t^n

其中 Jn(z)J_n(z) 是 nn 阶 Bessel 函数. (中间过程讲义上有懒得写了)

/Example/

求

ln⁡z−2z−1\ln\frac{z-2}{z-1}

在 1<∣z∣<21<|z|<2 及 2<∣z∣<∞2<|z|<\infty 内的幂级数展开.

(1) 注意到 z=1,2z=1,2 是俩支点，所以中间有一条割线，这个环域内一定不可以解析.

那如果我强行展开呢？

ln⁡−2(1−z2)z(1−1z)=ln⁡(−2)+ln⁡(1−z2)−ln⁡(1−1z)−ln⁡z\begin{aligned} &\ln\frac{-2(1-\frac{z}{2})}{z(1-\frac{1}{z})}\\ &=\ln(-2)+\ln\left(1-\frac{z}{2}\right)-\ln\left(1-\frac{1}{z}\right)-\ln z \end{aligned}

ln⁡z\ln z 肯定展开不了.

(2) 2<∣z∣<∞2<|z|<\infty 时，单值解析，但是要规定单值分支. 规定割线上岸 arg⁡(z−2)−arg⁡(z−1)=π\arg(z-2)-\arg(z-1)=\pi，则相当于规定 ∞\infty 处辐角为 00.

展开过程就是利用公式，在 ∞\infty 邻域展开：

ln⁡z−2z−1=ln⁡(1−2z)−ln⁡(1−1z)\ln\frac{z-2}{z-1}=\ln\left(1-\frac{2}{z}\right)-\ln\left(1-\frac{1}{z}\right)

用公式.

另一个方法是逐项积分，从 ∞\infty 积分到 zz.

/Remark/

这样的多值函数更加复杂：

ln⁡−11−z1+z\ln^{-1}\frac{1-z}{1+z}

这里的 "−1-1" 是取倒数. 这里规定辐角时，∞\infty 的辐角应该是 −π-\pi，所以展开后应该是：

1−πi+ln⁡(1−1/z)−ln⁡(1+1/z)\frac{1}{-\pi\text{i}+\ln(1-1/z)-\ln(1+1/z)}

再展开. 前面的辐角一定不能错，因为是否多出常数极大影响了后面级数的形式.

几个要点：

  • 在 ∞\infty 展开就是展开 1/z1/z.
  • 除非 z=0z=0 邻域和 z=∞z=\infty 邻域之间可以连续扩展，否则两个地方的展开一般是不相同的.

单值函数的孤立奇点

/Definition/

z=bz=b 邻域内，f(z)f(z) 处处可导，只有在 z=bz=b 点处为奇点.

三种级数展开可能出现的奇点情况：

  • 不含负幂项，可去奇点 (可以取极限规定这个值)：比如 sin⁡z/z\sin z/z 在 z=0z=0 处.
  • 有限负幂项，极点.
  • 无穷多个负幂项，本性奇点.

/Theorem/ (可去奇点)

z=bz=b 是孤立奇点，同时函数 f(z)f(z) 在 z=bz=b 邻域内有界.

/Proof/

只要证明负幂项为零即可.

∣an∣=∣12πi∮Cf(z)(z−b)n+1dz∣≤Mρn|a_n|=\left|\frac{1}{2\pi\text{i}}\oint_C\frac{f(z)}{(z-b)^{n+1}}\text{d}z\right|\leq\frac{M}{\rho^n}

(∣z−b∣=ρ|z-b|=\rho)，令 ρ→0\rho\to0，知道负幂项全部为零.

极点：有限负幂项，展开为 f(z)=(z−b)−mφ(z)f(z)=(z-b)^{-m}\varphi(z)，为 mm 阶极点.

可以发现，倒函数的 mm 阶零点对应 mm 阶极点. 这使得我们讨论的方式变得比较简单.

/Theorem/ (极点)

函数在极点的极限是 ∞\infty. 反之，若 lim⁡z→bf(z)=∞\underset{z\to b}{\lim}f(z)=\infty，则此点为极点.

相对应地，本性奇点的极限完全不存在，也就是不同的趋近方式，可以得到任何复数值.

/Theorem/

对于本性奇点 z=bz=b，对于任何给定的复数 AA (有限或者 ∞\infty)，总可以找到一个序列使得极限趋于 AA.

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2025/10/9 02:50
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