§

2

泰勒（Taylor）級數為了證明有關定理，首先介紹下面兩個引理一有關逐項積分的兩個引理引理1（函數項級數的逐項積分）設函數g(z和)上處C處有(n

=

0,1,沿2,曲線 可積C，且在那么fn(z)￥g(z)

=

fn

(z)n=0如果存在收斂的正項級數A0

+A1

+

+使A得n

+在C上有n

n|

f

(z)

|￡

A

,(n

=

0,1,

2,)n

=

0

CC￥

g

(

z

)dz

=

f

n

(

z

)dz這就證明了該引理。￥n=0證明：

由于

An收斂，因此當n

fi

￥

時，必有Rn

=

An

+1

+

An

+

2

+

fi

0于是設曲線C的長度為L

，當n

fi

￥時，有n

n|

g(z)dz-

fk

(z)dz|

=|

g(z)dz

-

fk

(z)dz

|C￥￥k

=n+1

C

k

=n+1=

fk

(

z)

dz

￡

fk

(

z

)

|

dz

|￥￥

C

k

=n+1

C

k

=n+1

￡

f

(

z

)

ds

￡

Ak

ds

=

LRnfi

0k=0

C

C C

k

=0C引理2若f(x在)正向圓周則（1）對該圓內任—點z有(2）對該圓外任一點z有C

:x

-上z0連=續r

，00n

+1(f

(x

)

f

(x

)dx

)(

z

-

z

)n(x

-

z

)C￥n

=

0dx

=x

-

zC00-

m

+1(f

(x

)

f

(x

)dx

)(

z

-

z

)(x

-

z

)-

m￥dx

=x

-

zm

=1-

CC證明：（1）令，由于r

<1，因此由等比級數的求和公式得：|

z

-

z0

|

=

r|

x

-

z0

|對任意滿足

x

-

z0

=

r

的點成立。0z

?z

?C:

x

-

z0

=

rx00000f

(x)

f

(x)

f

(x)

1+￥n+1f

(x)(z-z

)n(x-z

)=n=0=

=z-zx-z

x-z

-(z-z

)

x-z0

1-x-z0由引理1，只須對最后所得的函數項級數找出滿足引理條件的正項級數A0

+

A1

+

+

An

+，然后逐項積分就可得到所證結果。事實上，由函數f

(的)連續性，可設為正數的|

f上(x)界|在圓周x

-z0

上=rM，則對于固定的點

，Z

在該圓周上處處有在該圓周上處處有而是收斂的，故所證等式成立。

0

0rn+1f

(x)(z

-

z

)n

M￡

rn

,(x

-

z

)nMrr￥n=0同樣由引理1可得所證等式。（2）當

Z

在圓周外時，顯然

|

x

-

z0

|

<

1

對圓周|

z

-

z0

|=r

上的點x

成立。這時有C

:

x

-

z0

=

rz0

?z

?C

:

x

-

z0x-z

x-z0

-(z-z0)-

f

(x)

=

-f

(x)

00n-1

f

(x)

1+￥f

(x)(x-z

)(z-z

)n=n=1=x-z0z-z0

1-z-z0二.解析函數的Taylor展開定理定理1

設函數f(z)在圓盤

U:|

z

-內z0

解|<

析R，那么在U內有證明：設

z

?

。U

以

為z中0心在

內U作一圓 ，使C得z屬于其內部，此時由柯西積分公式有又因的結論（1）得f

(x在)0

00

01!f

'(z

)

f

"(z

)

f

(n)(z

)2!

n!f

(z)

=

f

(z

)+ 0

(z

-z

)+ 0

(z

-z

)2

++ 0

(z

-z

)n

+(2.1)2p

i

C

x

-

zf

(

z

)

=

1

f

(x

)dx上C解析，也一定連續，所以由引理2由于

z是

U內的任意一點，證畢。0n=00n+1f

(x)(dx)(z

-

z

)n2p

if

(z)

=

1

+￥(x

-

z

)Cf

(

n)

(z

)

0

n!0n(z

-

z

)+￥n=0=?z0c?xUz

?定理2

函數

f

(在z)

解z

0析的充分必要條件是它在z

的0

某個鄰域有冪級數展開式。在定理1中，冪級數稱為函數f(z)在點的Taylor展開式。系2（冪級數展開式的唯一性）在定理1中，冪級數的和函數f(z)在收斂圓盤U內不可能有另一冪級數展開式。z

=

z0c

0

=

f

(

z

0

)

,

,

c

n

=f

)(

n

)

(z

0

n

!系1

冪級數就是它的和函數f

(在z)收斂圓盤中的

Taylor展開式，即n

=

0,1,

2,三.初等函數的泰勒展開式1

直接展開法：先求出，然后應用泰勒下列函數在z0

=0

處的泰勒展開式1n

!z(1)e

=nz

2z

=

1

+

z

+ +

2

!定理寫出泰勒級數及其收斂半徑。指數函數在z0

=

0

處的泰勒（Taylor）展開式￥n

=

0(-1)nz￥n=0

(2n

+

1)!(2)

sin

z

=

z

2

n￥n=0

(2n)!(-1)n(4)

cos

z

=

1

1-z2

n+1|

z

|<

￥

(3)nz￥n=0=(|

z

|<1)￥(-1)nzn+1n=0

n+1(5)ln(1+z)

=(|

z

|<1)

0

nf

(n)(z

)n!c

=|

z

|<

￥|

z

|<

￥a

為實常數當a

=0,1,2時，上式只有有限項，并且是在整個復平面上成立。=

eaLn(1+z

)(6)(1

+

z)anz￥n=1=1+n!a(a

-1)(a

-

n

+1)(|

z

|<1)2

間接展開法：它是根據函數在一點的泰勒級數展開式的唯一性給出的。在這里指從上面6個初等函數的泰勒級數展開式出發，利用冪級數的變量替換，逐項微分，逐項積分和四則運算等求出其出泰勒級數及其收斂半徑。如：應用11

-xnx￥n=0=2(|x

|<1)

，令

x

=

-z

，得n

2n211+z￥n=0=(-1)

z(|

z

|<1)例題0（1）（3）（4）例1

求下列函數在點

z0

=

i

處的泰勒級數展開式及其收斂半徑。-1

-1（2）

f2

(z)

=

(z

+

i)

z從而在-10f1

(z)

=

z3f

(z)

=zsin

zz10(z

-

i)3f4

(z)

=解

(1)

f1(z)

在

z1

=

0

處為唯一的奇點，并且當

z

fi

z1時，函數

f1(z)

fi

￥

，所以函數在

z0處的泰勒級數展開式的收斂半徑為

|

z1

-

z0

|=|

0

-

i

|=

1

，z0

=i

時有if

(z)

=

(z

-

i

+

i)-10

=

-[1

+

z

-

i

]-10i令

x

=

z

-i

應用展開式1

（6）可得：n!9!in

(n

+

9)!(z

-

i)n￥z-10

=

-1

-

n=1|

z

-

i

|<

1（2）同理可得其在

z0

=

i處的泰勒級數展開式的收斂半徑為1。由于(z

+i)-1

z-1

=所以當|

z

-i

|<1

時-i

,應用展開式（3）得iz

+

i

znz

+

i￥2n+1

inn=0i

(-1)n=(z

-

i)n=0n

niz￥=i

(z

-i)1

z-1(z

+

i)-

=i

-

iz

+

i

zn2n+1

in(-1)n(z

-

i)￥n=0=

n

n￥n=0-i

(z

-i)12n+1ni

(n-1)(z

-

i)￥n=0=（3）由于sin在z整個復平面上解析，故其收斂半徑為

￥，從而sin

z

=

sin(z

-

i

+

i

)

=

sin(z

-

i

)

cos

i

+

cos(z

-

i

)

sin

i應用展開式（2)(4)得用直接法也簡單，注意到2n￥￥2n+1n=0

(2n)!(-1)n

(-1)n(z

-

i)(z

-

i)n=0

(2n

+1)!sin

z

=

ish1+

ch1sin

z

=2ieiz

-

e-iz（4），其Taylor級數收斂半徑為1，從而f1

(z在)乘以(z

-

i)3即可得到

f4(z)

在

z0

=

i

處的泰勒級數展開式：z0

=處i

的泰勒級數展開式兩端同注意：顯然不必要將

(z

-

i)3寫成

z的多項式再來求

f4(z)

在

z0

=

i

處的泰勒級數展開式。341i)

f

(z)f

(z)=(z-z10(z

-

i)3n=0n!9!in

(n

+

9)!(z

-

i)n+3￥=

-|

z

-

i

|<

1z

=是-2可在z

-1

<1

-內(-2展)=成3泰勒級數，有z

=

z

-1

+

1z

+

2

z

-1

+

3例2

試將解 因為z

-1

1=+(z

-1)

+

3

(z

-1)

+

3=

z

-1

+133(1

+

z

-1)33(1

+

z

-1)￥￥3n+1

3n+1n=0n=0(-1)n

(z

-1)n+1(-1)n

(z

-1)n=

+

13n￥3n+1n=1(z

-1)n=

+

2(-1)

+1

, z

-1

<

3展z成=泰1勒級數。f

(z)=在z點z

+

2f

(z)的唯一有限奇點，所以回顧泰勒(Taylor)級數的形式？冪級數為泰勒級數在收斂半徑為R的收斂圓內表示了一個解析函數；如果函數在半徑為R的圓內解析，則它可在該圓內展成泰勒級數。0

100k

kk復常數。￥k

=0ck

(z

-

z0

)

=

c

+

c

(z

-

z

)

++

c

(z

-

z

)

+其中z是復變數，系數C是kS3 羅朗(Laurent)級數本節主要討論函數在環域r

<|

z

-內z0的|<R級數展開問題，并且討論它在積分計算中的應用，這里

r可以為0，而

，+￥并且稱環域

r

<|

z

-

z0為|<點￥可R以為的鄰￥域。1問題的引入上節研究了如下的冪級數：+￥c

(z

-

a)n=020

1

2=

c

+

c

(z

-

a)

+

c

(z

-

a)n

n+nn+

c

(z

-

a)￥對于一般的函數項級數

fn

(z)

=

f1

(z)

+

f2

(z)

+

+

fn

(z)

+n=1從數學研究的角度，應該可以取具有負冪的fn

(z)：￥-n

0c

(z

-

z

)-nn=1nn0c

(z

-

z

)n=-￥考慮雙邊冪級數我們開始研究這一問題￥負冪項部分正冪項部分主要部分解析部分nn

0c

(z

-

z

)n=￥n=-￥￥-n(z

-

z

)-n0=

cn=1同時收斂Laurent級數+ncn

(z

-

z0

)￥n=0收斂n0c

(z

-

z

)

n￥n=0￥-nc

(z

-

z

)-n0n=1-1令z

=(z

-z0

)cz

n￥

-n0

1Rz

-

z

>

1

=

R收斂半徑R2收斂域z

-

z0

<

R2若(1)R1

>R2

:兩收斂域無公共部分,(2)R1

<R2

:

兩收斂域有公共部分R1

<z

-z0<

R2

.n=1收斂半徑Rz

<R時,收斂收斂域結論:的收斂區域為雙邊冪級數nn0c

(z

-

z

)￥n=-￥201圓環域

R

<

z

-

z

<

R

.R1R20.z常見的特殊圓環域:R2.z00

<

z

-

z01R.0z<

R2

R1

<

z

-

z0

<

￥0

<

z

-

z0

<

￥.

z0—解析函數的羅朗展開定理先考慮級數在(3.1)(在3.復1)平面上每點0(z

-

z

)-k

+c

+c

(z

-

z

)-1

+c

(z

-

z

)-2

++c0

-1

0

-2

0

-k其中z

0

,c

-0

,c

-1

,是,復c

-k常,數。(3.1)z

-

z0該冪級數的收斂半徑為

R

，(1）如果0

<

R

<，+那￥么當0R|時z

-，z

級|>

數1發散(3；.1)01（2）如果R

=+，￥那么級數R絕對收斂；（3）如果R=，0那么級數均發散。|

z

-

z

|<級數

(3可.1)以看作是變量 的冪1

級數,設(3.1絕)

對收斂；當 時，級數0|

z

-

z

|>

0更一般地考慮級數都收斂時，我們稱級數（3.2）收斂,并且它的和函數為(3.3）中兩個級數的和函數相加。k

0)

k+￥c

(

z

-

zk

=

-

￥其中

z

0

,

c

k

(

k

=

0

,

–是1,復–

2常數)。當級數(3.2)k

0(

z

-

z

c)

k

)

kk

0+￥

-￥k

=

0

k

=

-

1c

(

z

-

z(3.3)設（3.3）中第一個級數在|

z

-z0內|<絕R2對收斂，第二個級數在|

z

-

z

內|>

絕R

對收斂。0

1若

R

，<

R那么（3.2）在圓環1

2R1

<|

z

-

z0

|<

R2內絕對收斂，且它的和函數是解析的。級數（3.2）稱為羅朗級數.定理1

設函數f在(z)圓環D

:

r

<|

內z

-z0

|<R解析，那么在D內有其中g是圓何數。|

z

-z，0

|=r是一r個滿足的r

任<r

<R0f

(

z

)

=)

kkc

(

z

-

z+￥k

=

-

￥(3.4)0k

+11f

(x)2p

i(x

-

z

)kc

=dx

k

=

0,

–1,

–2,

(3.5)g證明：在圓環D內任意取定一點z，然后在D內作圓環C1D'

:

r

<|

x

-

z

|<

R示圓1r

<r

，<R用<C1R及C2

分別來表及

|

z-z0

|=。r11|

z-z0

|=R11

0

1使得

z

?

D,這'

里?zRrDz0r1R12C由于f(z)在閉圓環公式得解析，由Cauchy積分21f

(x

)

d

xCC

-2p

i

x

-

z

2p

i

x

-

zf

(

z

)

=

1

f

(x

)

d

x

+

1

(3.6)21f

(x

)

d

xCC2p

ix

-

z

2p

i

x

-

z=

1

f

(x

)

d

x

-

1

21f

(x

)

d

x2p

i=

1

CCx

-

z

2p

i

z

-

xf

(x

)

d

x

+

1

=

I

2

+

I

112-上C

¨

C由Taylor定理證明中的引理2（1）則對若f(在x)正向圓周該圓內一點z有C2

:

x上-

z連0

續=

R，100(C

2f

(x

)f

(x

)+￥n

+1n

=

0dx

=dx

)(

z

-

z

)n(x

-

z

)

x

-

zC

2?z0?zRrDC2R1C

2212p

iI

=x

-

z2001f

(x

)(2p

ikk

+1dx

)(

z

-

z

)(x

-

z

)C+￥k

=

0=2f

(x

)

d

x

(x

?

C

)(3.7)x

?由Taylor定理證明中的引理2（2）則對該若f(在x)正向圓周圓外一點z有C1

:

x上-

z連0

續=

r，100[f

(x

)f

(x

)+￥-

m-

m

+1dx

=dx

](

z

-

z

)x

-

z(x

-

z

)m

=1-

C

1C

1C

101f

(x

)[-

k-

k

+1dx

](

z

-

z

)(x

-

z

)0f

(x

)+￥k

=12p

i1=1(x

?

C

)(3.8)?zRDC1r

x

?z0r1111f

(x

)dx2p

i

C

z

-

xI

=-100(C

12p

ikk

+1dx

)(

z

-

z

)(x

-

z

)k

=

-￥=由于f

(x在圓環r

<|

x

-內z0解|<析R由復連通區域的Cauchy積分定理00k

+11f

(x

)f

(

z

)

=(dx

)(

z

-

z

)2p

i(x

-

z

)kg+￥k

=

-￥證畢。1C?zRDrrz01C2R11可知：(3.7)(3中.8)的積分路徑

和C2C可以改為圓

，g

于是得到0nn+￥n=0c

(z

-

z

)nn

0c-￥(

z

-

z

)級數(3.4)中，稱為該級數的解析部分，稱為該級數的主要部分。級數(3.4)而稱為

n

在=-

1圓環Df內(z的)

羅朗展開式。注意：由于在圓所圍區域可能有奇點，因此，不能用Cauchy公式把系數記為：0(

n)1f

(z

)n!nc

=n

=

0,1,二、羅朗級數的性質定理2

若函數

f

(在z)圓環D:R1

<|

z

-內z0解|<R2析，則該函數的羅朗級數展開式(3.4在)

D內處處絕對收斂、可以逐項微分和積分，其積分路徑為D內的任何簡單閉路，并且其展開式的系數是唯一的，即它的各項系數ck一定可以表示為式

(3的.5)形式。證明：（書112頁）三、函數的Laurent展開式理論上應該有兩種方法:直接法與間接法(1)

直接展開法利用定理公式計算系數cnf

(z)n+1dz

(n

=0

,

–1

,

–2,

)(z

-z

)C

0n2πic

=

1然后寫出f

(z)

=nn

0c

(z

-

z

)

.￥n=-￥這種方法只有在找不到更好方法時才用。根據解析函數Laurent級數展開式的唯一性,從已知的初等函數的泰勒級數出發，利用變量替換，泰勒級數和羅朗級數的逐項微分或者積分運算等來求得所給函數f

(z)在環域D的羅朗展開式.這一方法成為Laurent

級數展開的常用方法。(2)

間接展開法例si

n及z0內<的|

z

|羅<+朗￥展開式在si

n

zz

2z(

-

1

)

n

z

2

n3

! 5

!s

in

zz

2

z

4=

1

-

+

-

+(

2

n

+

1

)

!+

zs

in

z

1

zz

2z

3

(

-

1

)

n

z

2

n

-

1=

-

+ -

+z

3

! 5

! (

2

n

+

1

)

!解：此時用sin

z的Taylor展式+

例0

<|內z

|<的+羅￥朗展開式1e在z1zz

2

!

z

2e

=

1

+

1

+11n

!

z

n+

++

例在z

=0及z

=1

都不解析,z(1

-

z)1f

(z)

=而在圓環域0

<

z

<

1及0

<

z

-

1

<

1內都解析.在圓環域

0

<

z

<

1內:f

(z)

==

1

+

z

+

z2

+

+zn

+,

z

<

11

-

z11

1

1z(1

-

z)

=

z

+

1

-

zz(1

-

z)1f

(z)

==

z-1

+

1

+

z

+

z2

+

+zn

+在圓環域0

<z

-1

<1

內，也可以展開成級數：1f

(z)

==

(1

-

z)-1

+

1

+

(1

-

z)

+

(1

-

z)2

+

(1

-

z)n-1

+

.[1

+

(1

-

z)

+

(1

-

z)2

+

+

(1

-

z)n

+

1

-

z=1z(1

-

z)1

1

1

-

z

1

-

(1

-

z)=給定函數f

(z)與復平面內的一點z0

以后,函數在各個不同的圓環域中有不同的Laurent展開式(包括Taylor展開式作為其特例).問題：這與laurent展開式的唯一性是否相矛盾?回答：不矛盾.注意唯一性:指函數在某一個給定的圓環域內的

Laurent展開式是唯一的.四、典型例題例1ez在0

<

z

<

￥

內,

將

f

(

z)

=

展成Laurent級數.z2解+

+3!

4!z2

z3

z4z由已知函數

ez

的展開式e

=

1

+

z

+

2!

+可以直接得到+

+

+4!2!

3!1

z2

z3

z42

=

2

1

+

z

+z

z

ez+

+

+

+3!

4!=

2

+1

1

1

zz

z

2!z2在圓環域:(z

-1)(z

-

2)1例2

函數

f

(

z)

=1)

1

<

z

<

2;2)

2

<

z

<

+￥

.內解析,

把

f

(在z

這些區域內展成Laurent級數.解1

1f

(z)

=-

,1

-

z

2

-

z1)

在1

<

z

<

2

內,1o2

xy1z1

-1=

-11

-

z

z11

+1=

-1

1

+

+z

z2z

z

>

1由

1

<

1zz

<

22z

<

1且仍有

1

=

12

-

z

2=1

-z2nzn22z21

+

+

+

+

+

1

1

22z2于是f

(z)=-21

+

+

+1

1

1z

zz

-

1

++

+2z2z2

221

-

-

-

-1

1z2z

zn-1

-

-=

-

n

-2)

在

2

<

z

<

￥

內,2ox1

1

zz

2

4

8y由

z

>

2

2

<

1z此時zz

1

-

22

-

z1=

-

11=

-1

1

+

2

+

4

+z2zz

此時1

<2

<1,z

z仍有1z1

-1=

-11

-

z

z1=

-1

1

+

1

+

1

+z2zz

故

2f

(

z)

=

1

1

+

+z

z2z

4

+

-

1

1

+

1

+

1

+z2zz

=

1

+

3

+

7

+

.z2

z3

z4這一例子說明：同一函數在不同的圓環內的羅朗展開式可是不同的！例3

分別將下列函數在指定點z的0Laurent級數去心鄰域內展開成（1）sin2

zz2z0

=

0利用三角公式2sin2

z

=1

-cos(2z)和cos(2z)222z22z

2z(2n)!￥sin2

z

1

-

cos(2z)

1

1 (-1)n

(2z)2n=

=

-n=0z2化簡得的Taylor級數展開式可得當

0

<

2z

<

￥sin2

z(-1)n+12n-1

2n-2z2(2n)!n=1￥=

2

z

(0

<

z

<

￥

)該展開式不含有負冪項.(2)(z

-

i)2

cos2z

-

i0z

=

i令

x

=

2

(z

-

i)

,利用

cosx

的Taylor級數展開式可得(z

-

i)2

cos(z

-

i)-2n+22()2n(2n)!z

-

i￥(-1)n

2n=0

(2n)!

z

-

i=

(z

-

i)2

￥n=0(-1)n

4n=

(0

<

z

-

i

<

￥

)該展開式中含有無窮個負冪項.（3）2cos21z

+

i0z

=

-i利用三角公式2

cos2