复变函数摘记2

3. 级数
- 3.1 复数项级数
- 3.2 复变幂级数
- 3.3 泰勒级数
- 3.4 洛朗级数

3. 级数

$\quad$ 复数项级数的一般项 $\alpha_n=a_n+\text{i}b_n$ 为复数，与高等数学中无穷级数的分析方式类似，也是通过和函数来研究级数的收敛性。
$\quad$ 对于函数项级数（幂级数）来说，主要差别在于“收敛域不一样”：高等数学中幂级数的收敛域是（一维的）区间，而复变函数幂级数的收敛域是二维的，可能是圆域（展开为泰勒级数）、圆环域（展开为洛朗级数）之类的区域。
$\quad$ 复变幂级数的收敛半径、运算和性质基本上与高等数学中无穷级数一样。
$\quad$

3.1 复数项级数

$\bullet\quad$ 复数列极限
定义　设 $\{\alpha_n\}(n=1,2,\cdots)$ 为一复数列，其中 $\textcolor{blue}{\alpha_n=a_n+\text{i}b_n}$ ，又设 $\alpha=a+\text{i}b$ 为一确定的复数。如果 $\forall\ \varepsilon>0$ ，都能找到一个 $N(\varepsilon)>0$ ，使得 $|\alpha_n-\alpha|<\varepsilon$ 在 $n > N$ 时成立，那么 $\alpha$ 称为复数列 $\{\alpha_n\}$ 当 $n\to\infty$ 时的极限，记作 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=\alpha$ ，也称复数列 $\{\alpha_n\}$ 收敛于 $\alpha$ 。

定理　复数列 $\{\alpha_n\}(n=1,2,\cdots)$ 收敛于 $\alpha$ 的充要条件是， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a$ ， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=b$

$\bullet\quad$ 复数项级数
定义　设 $\{\alpha_n\}=\{a_n+\text{i}b_n\}\ (n=1,2,\cdots)$ 为一复数列，表达式 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n+\cdots$
　　　称为无穷级数，其前 $n$ 项的和 $s_n=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n$ 称为该级数的部分和。

定义　如果部分和数列 ${s_n\}$ 收敛，即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=s$ ，那么无穷级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 收敛，并把极限值 $s$ 称为级数的和。
　　　如果 ${s_n\}$ 不收敛，则称无穷级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 发散。

定理　级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 收敛的充要条件是级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 都收敛。

定理　级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 收敛的必要条件是 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=0$ 。

由实数项级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 和 $\sum_{n=1}^\infty b_n$ 收敛的必要条件 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$ 和 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0$ ，也就是 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\alpha_n=0$

定理　如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$ 收敛，那么 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 也收敛，且不等式 $\left|\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n\right|\le\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$ 成立。

证：显然 $\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|=\sum_{n=1}^\infty\sqrt{a_n^2+b_n^2}$ 及 $|a_n|\le\sqrt{a_n^2+b_n^2},\ |b_n|\le\sqrt{a_n^2+b_n^2}$
由实数项级数的比较审敛法，级数 $\sum_{n=1}^\infty|a_n|,\ \sum_{n=1}^\infty|b_n|$ 都(绝对)收敛，可得 $\sum_{n=1}^\infty a_n,\ \sum_{n=1}^\infty b_n$ 都收敛
由本小节定理， $\sum_{n=1}^\infty a_n,\ \sum_{n=1}^\infty b_n$ 都收敛 $\textcolor{red}{\Longleftrightarrow}\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 收敛，其中 $\alpha_n=a_n+\text{i}b_n$
由于级数 $\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 和 $\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$ 的部分和满足 $|\sum_{k=1}^n\alpha_k|\le\sum_{k=1}^n|\alpha_k|$
对两边取极限，可得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\sum_{k=1}^n\alpha_k\right|\le\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n|\alpha_k|$ ，即 $\left|\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n\right|\le\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$

$\bullet\quad$ 绝对收敛、相对收敛
定义　如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$ 收敛， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 也收敛，那么称 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 绝对收敛；
　　　如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 收敛，但是 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|\alpha_n|$ 不收敛，那么称 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 条件收敛。
　　　
定理　级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 绝对收敛的充要条件是级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 绝对收敛。

必要性：由 $\sqrt{a_n^2+b_n^2}<|a_n|+|b_n|$ ，可知 $\sum_{n=1}^\infty\sqrt{a_n^2+b_n^2}<\sum_{n=1}^\infty|a_n|+\sum_{n=1}^\infty|b_n|$
由实数项级数的比较审敛法，当 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 和 $\sum_{n=1}^\infty b_n$ 绝对收敛时， $\sum_{n=1}^\infty\alpha_n$ 也绝对收敛
充分性的证明为上一小节定理证明的第一步

3.2 复变幂级数

$\qquad$ 复变幂级数的基本定义与实数项幂级数的基本类似，由函数项级数引入。

$\bullet\quad$ 复变函数项级数
定义　设 $\{f_n(z)\}(n=1,2,\cdots)$ 为一复变函数序列，其中各项在区域 $D$ 内有定义，表达式
　　　　　　 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)=f_1(z)+f_2(z)+\cdots+f_n(z)+\cdots$
　　　称为复变函数项级数，前 $n$ 项的和 $s_n(z)=f_1(z)+f_2(z)+\cdots+f_n(z)$ 称为该级数的部分和。

定义　如果对于 $z_0\in D$ ，极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n(z)=s(z_0)$ 存在，那么称复变函数项级数在 $z_0$ 收敛，且 $s(z_0)$ 称为级数的和。

定义　如果级数在 $D$ 内处处收敛，那么级数的和一定是 $z\in D$ 的一个函数
　　　　　　 $s(z)=f_1(z)+f_2(z)+\cdots+f_n(z)+\cdots$
　　　将 $s (z)$ 称为级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$ 的和函数。
　
$\bullet\quad$ 复变幂级数
定义　当取 $\textcolor{crimson}{f_n(z)=c_{n-1}(z-a)^{n-1}}$ 或 $\textcolor{crimson}{f_n(z)=c_{n-1}z^{n-1}}$ 时，就得到了幂级数，即
　　　　　　 $\textcolor{blue}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_n(z-a)^n}=c_0+c_1(z-a)+c_2(z-a)^2+\cdots+c_{n}(z-a)^{n}+\cdots$
　　　　或
　　　　　　 $\textcolor{blue}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_nz^n}=c_0+c_1z+c_2z^2+\cdots+c_{n}z^{n}+\cdots$

Abel定理　如果级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_nz^n$ 在 $z=z_0(\neq0)$ 收敛，那么对满足 $z|<|z_0|$ 的 $z$ ，级数必绝对收敛；如果在 $z=z_0$ 级数发散，那么对满足 $z|>|z_0|$ 的 $z$ ，级数必发散。
　
$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　复变幂级数的收敛范围，是以原点为中心的圆域。
　
$\bullet\quad$ （幂级数的）收敛半径
$\quad\text{Abel}$ 定理表示，根据幂级数在一试探点 $z_0$ 处的收敛情况，可以确定圆形的“收敛区域”（收敛圆）或者“发散区域”（由于复平面是二维的）。

$\quad$ 在某个特殊的 $z_0$ 点处，取 $R=|z_0|$ 。当 $∣ z ∣ < R$ 时（在收敛圆内部），级数绝对收敛；当 $∣ z ∣ > R$ 时（在收敛圆之外的区域），级数发散，就称 $R$ 为收敛半径。
　
定理（比值法）　如果 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left\vert\dfrac{c_{n+1}}{c_n}\right\vert=\lambda\neq0$ ，那么收敛半径 $R=\dfrac{1}{\lambda}$ 。

定理（根植法）　如果 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|}=\mu\neq0$ ，那么收敛半径 $R=\dfrac{1}{\mu}$ 。
　
例. 求幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z^n$ 的收敛范围与和函数。
幂级数的部分和 $s_n=1+z+z^2+\cdots+z^{n-1}=\dfrac{1-z^n}{1-z}\ (z\neq1)$
当 $∣ z ∣ < 1$ 时， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n=\dfrac{1}{1-z}$ ，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z^n$ 收敛，和函数为 $\dfrac{1}{1-z}$
当 $|z|\ge1$ 时，当 $n\to\infty$ 时，一般项 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n\neq0$ ，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z^n$ 发散
由 $\text{Abel}$ 定理，级数的收敛范围为 $∣ z ∣ < 1$ ，不仅收敛，而且绝对收敛，收敛半径为 $1$ ，并有
$\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^{n}+\cdots,\ \ |z|<1$

$\bullet\quad$ 复变幂级数的运算和性质
$\quad$ 类似于实变幂级数，两个复变幂级数 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\ (R=r_1)$ 和 $g(z)=\sum_{n=0}^\infty b_nz^n\ (R=r_2)$ 可以像多项式一样进行相加、相减、相乘，得到的幂级数的和函数分别就是 $f (z)$ 与 $g (z)$ 的和、差、积，所得幂级数的收敛半径为 $R=\min(r_1,r_2)$ 。

定理　设幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$ 的收敛半径为 $R$ ，那么
　　　 $(1)$ 和函数 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$ 是收敛圆 $∣ z - a ∣ < R$ 内的解析函数
　　　 $(2)$ 和函数 $f (z)$ 在收敛圆内的导数，可以对其幂级数逐项求导得到，即 $f^\prime(z)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty nc_n(z-a)^{n-1}$
　　　 $(3)$ 和函数 $f (z)$ 在收敛圆内可以逐项积分，即 $\displaystyle\int_C f(z)\mathrm{d}z=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n\displaystyle\int_C(z-a)^n\mathrm{d}z,\ C\in|z-a|<R$

3.3 泰勒级数

$\quad$ 一个幂级数的和函数，在它的收敛圆内部是一个解析函数。反过来，一个解析函数是否能用幂级数展开？利用泰勒级数，可以把函数展开成幂级数（复变函数展开成幂级数的方法与实变函数的情形基本上是一样的）。
　
定理　设 $f (z)$ 在区域 $D$ 内解析， $z_0\in D$ ， $d$ 为 $z_0$ 到 $D$ 的边界上各点的最短距离。
　　　那么当 $z-z_0|<d$ 时， $\textcolor{crimson}{f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n}$ 成立。
$\quad$ 即： $f (z)$ 在 $z_0$ 的泰勒展开式为 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n$ ，等号右端的级数称为泰勒级数。

$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　如果 $f (z)$ 在 $z_0$ 解析，那么使 $f (z)$ 在 $z_0$ 的泰勒展开式成立的圆域的半径 $R$ 就等于从 $z_0$ 到 $f (z)$ 的距 $z_0$ 最近一个奇点 $\alpha$ 之间的距离，即 $R=|\alpha-z_0|$ 。

如果 $f (z)$ 在收敛圆 $z-z_0|<R$ 内解析，奇点 $\alpha$ 就不可能在该收敛圆内。
奇点 $\alpha$ 也不可能在收敛圆外（否则收敛半径还可以扩大），因此奇点 $\alpha$ 只能在收敛圆周上。

$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　利用泰勒级数，可以把函数展开成幂级数，且这样的展开式是唯一的（任何解析函数展开成幂级数的结果就是泰勒级数）。
$\quad\ \ (1)$ 若将函数 $f (z)$ 在 $z_0$ 展成幂级数
　　　　 $f(z)=a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0)^2+\cdots+a_n(z-z_0)^n+\cdots$
$\quad\ \ (2)$ 那么幂级数的系数为 $a_n=\dfrac{1}{n!}f^{(n)}(z_0)$ ，也就是泰勒级数的系数
　
$\blacktriangleright$ 　常用泰勒展开式
$\qquad e^z,\sin z,\cos z$ 在 $z = 0$ 处的泰勒展开式（且在复平面内处处解析，收敛半径为 $\infty$ ）分别为

$\qquad\qquad e^z=1+z+\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^3}{3!}+\cdots+\dfrac{z^n}{n!}+\cdots$

$\qquad\qquad \sin z=z-\dfrac{z^3}{3!}+\dfrac{z^5}{5!}-\cdots+(-1)^n\dfrac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots$

$\qquad\qquad \cos z=1-\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^4}{4!}-\cdots+(-1)^n\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}+\cdots$

例. 把函数 $\dfrac{1}{(1+z)^2}$ 展开成 $z$ 的幂级数。
由于 $\dfrac{1}{(1+z)^2}$ 在圆周 $∣ z ∣ = 1$ 上有奇点 $z = - 1$ 而在 $∣ z ∣ < 1$ 内处处解析，所以在圆域 $∣ z ∣ < 1$ 内可展成 $z$ 的幂级数。
由上例的结论 $\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^{n}+\cdots,\ \ |z|<1$ ，将 $z$ 换成 $- z$
可得 $\dfrac{1}{1+z}=1-z+z^2-\cdots+(-1)^nz^n+\cdots,\ \ |z|<1$ ，在对两边逐项求导
可得到展开式 $\dfrac{1}{(1+z)^2}=1-2z+3z^2-4z^3+\cdots+(-1)^{n-1}nz^{n-1}+\cdots,\ \ |z|<1$

$\qquad$ 在这里插入图片描述

例. 求函数 $\ln(1+z)$ 在 $z = 0$ 处的泰勒展开式。
$\ln(1+z)$ 在从 $- 1$ 向左沿负实轴剪开的平面内是解析的（如图）， $z = - 1$ 是距离 $z = 0$ 最近的奇点
所以在圆域 $∣ z ∣ < 1$ 内可以展开成 $z$ 的幂级数
因为 $[\ln(1+z)]^\prime=\dfrac{1}{1+z}$ ，由上例可知 $\dfrac{1}{1+z}=1-z+z^2-\cdots+(-1)^nz^n+\cdots,\ \ |z|<1$
在此展开式的收敛圆 $∣ z ∣ < 1$ 内，任取一条从 $0$ 到 $z$ 的积分路线 $C$ ，在对上式两端沿 $C$ 逐项积分

可得 $\displaystyle\int_0^z\dfrac{1}{1+z}\mathrm{d}z=\displaystyle\int_0^z1\mathrm{d}z-\displaystyle\int_0^zz\mathrm{d}z+\cdots+\displaystyle\int_0^z(-1)^nz^n\mathrm{d}z+\cdots$

可得 $\ln(1+z)=z-\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^3}{3!}-\dfrac{z^4}{4!}+\cdots+(-1)^n\dfrac{z^{n+1}}{n+1}+\cdots$
$\quad$

3.4 洛朗级数

$\quad$ 一个在圆域 $z-z_0|<R$ 内解析的函数 $f (z)$ 可以在该圆域内展开成 $z-z_0$ 的幂级数（泰勒级数）。
$\quad$ 如果 $f (z)$ 在 $z_0$ 处不解析，那么在 $z_0$ 的邻域内不能用 $z-z_0$ 的幂级数来表示，这种在以 $z_0$ 为中心的圆环域内解析的函数，可以用洛朗级数表示。

$\bullet\quad$ 双边幂级数

$\blacktriangleright$ 　考虑以 $z_0$ 为中心的圆环内的解析函数的级数表示，需要考虑如下形式的双边幂级数：

$\qquad\qquad\begin{aligned}\textcolor{blue}{\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n}=&\cdots+c_{-n}(z-z_0)^{-n}+\cdots+c_{-1}(z-z_0)^{-1}\\ &+c_0+c_1(z-z_0)+\cdots+c_{n}(z-z_0)^{n}+\cdots \end{aligned}$

$\qquad$ 其中， $z_0$ 和 $c_n\ (n=0,\pm1,\pm2,\cdots)$ 都是常数。

$\blacktriangleright$ 　把双边幂级数看成是正幂项级数和负幂项级数的和，分成两部分来考虑：

$\quad\ \ (1)$ 正幂项部分（收敛域为圆域）

$\qquad\qquad\textcolor{blue}{\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n}(z-z_0)^{\textcolor{blue}{n}}=\textcolor{blue}{c_0}+\textcolor{blue}{c_1}(z-a)+\cdots+\textcolor{blue}{c_{n}}(z-a)^{n}+\cdots$

$\qquad$ 假设收敛半径为 $R_2$ ，则正幂项部分的幂级数当 $z-z_0|<R_2$ 时收敛，当 $z-z_0|>R_2$ 时发散

$\quad\ \ (2)$ 负幂项部分

$\qquad\qquad\textcolor{indigo}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}}(z-z_0)^{\textcolor{indigo}{-n}}=\textcolor{crimson}{c_{-1}}(z-z_0)^{-1}+\cdots+\textcolor{crimson}{c_{-n}}(z-z_0)^{-n}+\cdots$

$\qquad$ 如果令 $\textcolor{crimson}{\zeta}=(z-z_0)^{-1}$ ，那么就得到

$\qquad\qquad\begin{aligned}\textcolor{indigo}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}}(z-z_0)^{\textcolor{indigo}{-n}}&=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}\textcolor{crimson}{\zeta}^{\textcolor{indigo}{n}}\\&=c_{-1}\textcolor{crimson}{\zeta}+c_{-2}\textcolor{crimson}{\zeta}^2+\cdots+c_{-1}\textcolor{crimson}{\zeta}^n+\cdots\end{aligned}$

$\qquad$ 变换之后的幂级数 $\textcolor{crimson}{\sum_{n=1}^\infty c_{-n}}(z-z_0)^{\textcolor{crimson}{-n}}$ 变成了一个正项幂级数，假设其收敛半径为 $R$ ，当 $|\zeta|<R$ 时收敛，当 $|\zeta|>R$ 时发散。
$\qquad$ 令 $\textcolor{crimson}{R_1=\dfrac{1}{R}}$ ，那么当 $|\zeta|<R$ 时， $z-z_0|>R_1$ ，负幂项部分的幂级数收敛；
$\qquad$ 　　　　　　　　　当 $|\zeta|>R$ 时， $z-z_0|<R_1$ ，负幂项部分的幂级数发散。
　
$\qquad$ 在这里插入图片描述
$\qquad$
$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　对于双边幂级数而言，只有正项幂级数和负项幂级数都收敛，双边幂级数才收敛。

$\quad①$ 当 $R_1>R_2$ 时，正项幂级数（ $z-z_0|<R_2$ 时收敛）和负项幂级数（ $z-z_0|>R_1$ 时收敛）没有公共的收敛范围（上图左），此时双边幂级数处处发散。

$\quad②$ 当 $R_1<R_2$ 时，正项幂级数和负项幂级数的公共收敛范围是圆环域 $R_1<|z-z_0|<R_2$ （上图右），此时双边幂级数在 $R_1<|z-z_0|<R_2$ 收敛，在圆环域外发散，在边界 $z-z_0|=R_1,\ |z-z_0|=R_2$ 上可能收敛也可能发散。
　
例. 讨论双边幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a^n}{z^n}+\sum_{n=0}^\infty\dfrac{z^n}{b^n}$ 的敛散性。
负项幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a^n}{z^n}=\sum_{n=1}^\infty\left(\dfrac{a}{z}\right)^n$ ，当 $\left|\dfrac{a}{z}\right|<1$ 即 $∣ z ∣ > ∣ a ∣$ 时收敛
正项幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{z^n}{b^n}=\sum_{n=1}^\infty\left(\dfrac{z}{b}\right)^n$ ，当 $\left|\dfrac{z}{b}\right|<1$ 即 $∣ z ∣ < ∣ b ∣$ 时收敛
因此，当 $∣ a ∣ < ∣ b ∣$ 时，双边幂级数在 $∣ a ∣ < ∣ z ∣ < ∣ b ∣$ 的圆环域内收敛；
　　　当 $∣ a ∣ > ∣ b ∣$ 时，正、负项幂级数没有公共的收敛区域，双边幂级数处处发散。

$\quad$
$\bullet\quad$ 洛朗级数
$\quad$ 幂级数在收敛圆内所具有的许多性质，双边幂级数在收敛圆环域内也具有。例如，双边幂级数在收敛圆环域内的和函数是解析的，且可以逐项求积分和逐项求导。反过来，在圆环域内解析的函数是否一定能展开成级数？
　
$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　在圆环域 $R_1<|z-z_0|<R_2$ 内处处解析的函数 $f (z)$ 可能展开成双边幂级数。

定理　设 $f (z)$ 在圆环域 $R_1<|z-z_0|<R_2$ 内处处解析，那么 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n$
　　　其中， $\textcolor{darkgreen}{c_n=\dfrac{1}{2\pi\text{i}}\displaystyle\oint_C\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta}\ \ (n=0,\pm1,\pm2,\cdots)$ ，这里 $C$ 为在圆环域内绕 $z_0$ 的任何一条正向简单闭曲线。
　
定义　 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n=\textcolor{blue}{\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n}+\textcolor{indianred}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-z_0)^{-n}}$ 称为函数 $f (z)$ 在以 $z_0$ 为中心的圆环域 $R_1<|z-z_0|<R_2$ 内的洛朗 $\text{(Laurent)}$ 展开式，等式右端的级数 $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n$ 称为 $f (z)$ 在此圆环域内的洛朗级数。

$\blacktriangleright$ 　洛朗级数中正整次幂部分和负整次幂部分，分别称为洛朗级数的解析部分和主要部分。
$\blacktriangleright$ 　如果需要把在某点 $z_0$ 处不解析、但在 $z_0$ 的去心邻域内解析的函数 $f (z)$ 展开成级数，可以利用洛朗级数来展开。

函数 $f (z)$ 在 $z_0$ 不解析，但在 $z_0$ 的某个去心邻域 $0<|z-z_0|<\delta$ 内处处解析，将 $z_0$ 称为 $f (z)$ 的孤立奇点。

$\textcolor{red}{\bigstar}$ 　一个在某一圆环域内解析的函数展开为含有正、负幂项的级数是唯一的，这个级数就是 $f (z)$ 的洛朗级数。
　
直接展开法
例. 将函数 $f(z)=\dfrac{e^z}{z^2}$ 在圆环域 $0<|z|<+\infty$ 内展开成洛朗级数。
由 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n$ ，其中 $c_n=\dfrac{1}{2\pi\text{i}}\displaystyle\oint_C\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\ \ (n=0,\pm1,\pm2,\cdots)$
取 $z_0=0$ ，则洛朗级数为 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty c_nz^n$
洛朗级数的系数 $c_n=\dfrac{1}{2\pi\text{i}}\displaystyle\oint_C\dfrac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}\mathrm{d}\zeta=\dfrac{1}{2\pi\text{i}}\displaystyle\oint_C\dfrac{e^\zeta}{\zeta^{n+3}}\mathrm{d}\zeta$
（1）当 $n+3\le0$ 时，即 $n\le-3$ 时，由于 $e^zz^{-n-3}$ 在圆环域内解析，由2.2柯西古萨基本定理可知， $c_n=0\ (n\le-3)$
（2）当 $n+3\ge1$ 时，即 $n\ge-2$ 时，由2.4高阶导数公式
$c_n=\dfrac{1}{2\pi\text{i}}\displaystyle\oint_C\dfrac{e^\zeta}{\zeta^{n+3}}\mathrm{d}\zeta=\dfrac{1}{(n+2)!}(e^\zeta)^{(n+2)}\big|_{\zeta=0}=\dfrac{1}{(n+2)!}$
因此，洛朗级数为 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-2}^\infty\dfrac{z^n}{(n+2)!}=\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{z}{3!}+\dfrac{z^2}{4!}+\cdots$
　
间接展开法
例. 函数 $f(z)=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在圆环域 $0 < ∣ z ∣ < 1$ 、 $1 < ∣ z ∣ < 2$ 、 $2<|z|<+\infty$ 内处处解析，将 $f (z)$ 在这些区域中展开成洛朗级数。
先把 $f (z)$ 用部分分式表示： $f(z)=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2-z}$
由前例中结论 $\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^{n}+\cdots,\ \ |z|<1$
（1）在圆环域 $0 < ∣ z ∣ < 1$ 内，由于 $∣ z ∣ < 1$ ，从而有 $|\frac{z}{2}|<1$ ，那么有
　 $\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2-z}\\&=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1-\frac{z}{2}} \\ &=\textstyle(1+z+z^2+\cdots)-\frac{1}{2}(1+\frac{z}{2}+(\frac{z}{2})^2+\cdots) \end{aligned}$
（2）在圆环域 $1 < ∣ z ∣ < 2$ 内，由于 $∣ z ∣ > 1$ ，从而有 $|\frac{1}{z}|<1$ ；而 $∣ z ∣ < 2$ ，仍然有 $|\frac{z}{2}|<1$ ，那么有
　 $\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2-z}\\&=-\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{1-\frac{1}{z}}-\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1-\frac{z}{2}} \\ &=\textstyle-\frac{1}{z}\textstyle(1+\frac{1}{z}+(\frac{1}{z})^2+\cdots)-\frac{1}{2}(1+\frac{z}{2}+(\frac{z}{2})^2+\cdots) \end{aligned}$
（3）在圆环域 $2<|z|<+\infty$ 内，由于 $∣ z ∣ > 2$ ，从而有 $|\frac{1}{z}|<|\frac{2}{z}|<1$ ，那么有
　 $\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2-z}\\&=-\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{1-\frac{1}{z}}+\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{1-\frac{2}{z}} \\ &=\textstyle-\frac{1}{z}(1+\frac{1}{z}+(\frac{1}{z})^2+\cdots)+\frac{1}{z}(1+\frac{2}{z}+(\frac{2}{z})^2+\cdots) \end{aligned}$

在(2)(3)中，虽然圆环域中心 $z = 0$ 是各负幂项的奇点，但不是函数 $f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 的奇点

例. 将函数 $f(z)=z^3e^{\frac{1}{z}}$ 在圆环域 $0<|z|<+\infty$ 内展开成洛朗级数。
将函数 $f(z)=z^3e^{\frac{1}{z}}$ 在圆环域 $0<|z|<+\infty$ 内处处解析，且 $e^z=1+z+\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^3}{3!}+\cdots+\dfrac{z^n}{n!}+\cdots$
又 $\frac{1}{z}$ 在圆环域 $0<|z|<+\infty$ 内解析，那么有
　 $\begin{aligned}f(z)&=z^3\textstyle(1+\frac{1}{z}+\dfrac{(\frac{1}{z})^2}{2!}+\dfrac{(\frac{1}{z})^3}{3!}+\cdots) \\ &=\textstyle z^3+z^2+\dfrac{z}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!z}+\dfrac{1}{5!z^2}+\cdots \end{aligned}$

在本例中，圆环域中心 $z = 0$ 是函数 $f(z)=z^3e^{\frac{1}{z}}$ 的奇点

$\textcolor{red}{\bigstar}$ 从以上两个例子可以看出：
$\quad(1)$ 一个函数 $f (z)$ 在以 $z_0$ 为中心的圆环域内的洛朗级数中尽管包含 $z-z_0$ 的负幂项，而且 $z_0$ 又是这些负幂项的奇点，但是 $z_0$ 可能是函数 $f (z)$ 的奇点，也可能不是 $f (z)$ 的奇点。
$\quad(2)$ 洛朗展开式的唯一性，是指函数在某一个给定的圆环域内的展开式是唯一的（在不同的圆环域内的展开式通常是不一样的）。
$\quad(3)$ 在展开式的收敛圆环域的内圆周上有 $f (z)$ 的奇点，外圆周上也有 $f (z)$ 的奇点，或者外圆周的半径为无穷大。

$\qquad$ 在这里插入图片描述

例. 函数 $f(z)=\dfrac{1-2\text{i}}{z(z+\text{i})}$ 在复平面上有两个奇点 $z=0,z=-\text{i}$ 分别在以 $\text{i}$ 为中心的圆周： $|z-\text{i}|=1$ 和 $|z-\text{i}|=2$ 上
　因此， $f (z)$ 在以 $\text{i}$ 为中心的圆环域内的展开式有三个：
　（1）在圆域 $|z-\text{i}|<1$ 中的泰勒展开式
　（2）在圆环域 $1<|z-\text{i}|<2$ 中的洛朗展开式
　（3）在圆环域 $2<|z-\text{i}|<+\infty$ 中的洛朗展开式