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

双边幂级数：

\begin{aligned} \sum_{n = - \infty}^{\infty} c_{n} (z - z_{0})^{n} & = \sum_{n = 1}^{\infty} c_{- n} (z - z_{0})^{- n} + \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} (z - z_{0})^{n} \end{aligned}

\sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} (z - z_{0})^{n}

负幂项部分/主要部分：令 $ζ = (z - z_{0})^{- 1}$ ， $| ζ | < R$ 时收敛，收敛域记为： $| z - z_{0} | > R_{1}$

\sum_{n = 1}^{\infty} c_{- n} (z - z_{0})^{- n} = \sum_{n = 1}^{\infty} c_{- n} ζ^{n}

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{aligned} f (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} c_{n} (z - z_{0})^{n} c_{n} = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{f (ζ)}{(ζ - z_{0})^{n + 1}} d ζ \end{aligned}

$c_{n}$ 为洛朗级数，注意 $c_{n} = \frac{f^{n} (z_{0})}{n!}$ 不一定成立，函数在给定圆环域内不一定解析，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

注意

要深入挖掘定理使用的条件

结论：

直接展开、间接展开

将 $f (z) = \frac{1}{(z - 1) (z - 2)}$ 在下面三个区域展开为洛朗级数
$0 < | z | < 1$ $1 < | z | < 2$ $2 < | z | < \infty$

$f (z) = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2 - z}$

注意到两项的收敛半径为 $R_{1} = 1 R_{2} = 2$

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2 - z} \\ = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} z^{n} - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{z}{2})^{n} \end{aligned}

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2 - z} \\ = - \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}} \\ = - \frac{1}{z} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{z})^{n} - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{z}{2})^{n} \end{aligned}

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{1 - z} - \frac{1}{2 - z} \\ = - \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} + \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{2}{z}} \\ = \frac{1}{z} (\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{2}{z})^{n} - \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{z})^{n}) \end{aligned}

求 $f (z) = \frac{z^{2} - 2 z + 5}{(z - 2) (z^{2} + 1)}$ 在以下圆环域处的洛朗展开式？
$1 < | z | < 2$ $0 < | z - 2 | < \sqrt{5}$

首先有理分式的分解：

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{z - 2} - \frac{2}{z^{2} + 1} \\ = \frac{1}{z - 2} - i (\frac{1}{z + i} - \frac{1}{z - i}) \end{aligned}

启发

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{z - 2} - \frac{2}{z^{2} + 1} \\ = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}} - \frac{2}{z^{2}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{z^{2}}} \\ = - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{z}{2})^{n} - \frac{2}{z^{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{z^{2}})^{n} \end{aligned}

\begin{aligned} f (z) & = \frac{1}{z - 2} - \frac{2}{z^{2} + 1} \\ = \frac{1}{z - 2} - i (\frac{1}{z + i} - \frac{1}{z - i}) \\ = \frac{1}{z - 2} - i [\frac{1}{(z - 2) + (i + 2)} - \frac{1}{(z - 2) + (2 - i)}] \\ = \frac{1}{z - 2} - i [\frac{1}{(2 + i) (1 + \frac{z - 2}{2 + i})} - \frac{1}{(2 - i) (1 + \frac{z - 2}{2 - i})}] \\ = \frac{1}{z - 2} + i [\frac{1}{2 - i} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{z - 2}{2 - i})^{n} - \frac{1}{2 + i} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{z - 2}{z + i})^{n}] \\ = \frac{1}{z - 2} + i \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (z - 2)^{n} [(\frac{1}{(2 - i)^{n + 1}} - \frac{1}{(2 + i)^{n + 1}})] \end{aligned}

因为 $| 2 + i |, | 2 - i |$ 的模均为 $\sqrt{5}$ ，而圆环域的半径小于 $\sqrt{5}$ ，所以：

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

保证 $| \frac{z - 2}{2 + i} | < 1 | \frac{z - 2}{2 - i} | < 1$ 使得级数收敛，可以展开

注意

前置知识

\begin{array}{r} f (z) = \frac{1}{2 π i} (\oint_{K_{2}} \frac{f (ζ)}{ζ - z} d ζ - \oint_{K_{1}} \frac{f (ζ)}{ζ - z} d ζ) \end{array}

对第一部分: $| \frac{z - z_{0}}{ζ - z_{0}} | < 1$

\begin{aligned} \frac{1}{ζ - z} & = \frac{1}{(ζ - z_{0}) - (z - z_{0})} = \frac{1}{ζ - z_{0}} \frac{1}{1 - \frac{z - z_{0}}{ζ - z_{0}}} \\ = \frac{1}{ζ - z_{0}} \sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{z - z_{0}}{ζ - z_{0}})}^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z - z_{0})^{n}}{(ζ - z_{0})^{n + 1}} \end{aligned}

对第二部分: $| \frac{ζ - z_{0}}{z - z_{0}} | < 1$

\begin{aligned} \frac{1}{ζ - z} & = \frac{1}{(ζ - z_{0}) - (z - z_{0})} = - \frac{1}{z - z_{0}} \frac{1}{1 - \frac{ζ - z_{0}}{z - z_{0}}} \\ = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(ζ - z_{0})^{n - 1}}{(z - z_{0})^{n}} = - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(z - z_{0})^{- n}}{(ζ - z_{0})^{- n + 1}} \end{aligned}