第四章(复变).ppt

其中 现在需要证明 所以 在 外部成立。令 ，因此有 则 因此有 因此有 上面级数的系数由不同的式子表出。 如果在圆环域 内取绕z0的任何一条正向简单闭曲线C，则根据闭路变形 原理, 这两个式子可表示为： 其中 (4.4.5)称为 f (z)在以z0为中心的圆环域： 内的洛朗(Laurent)展开式, 它右端的级 数称为 f (z)在此圆环域内的洛朗级数。级数中正整次幂 和负整次幂分别称为洛朗级数的全纯部分和主要部分。 C z0 R1 R2 另外，一个在某圆环域内全纯的函数展开为含有 正，负幂项的级数是唯一的，这个级数就是 f (z)的洛 事实上，假定 f (z)在圆环域 种方法展成由正负幂项组成的级数： 内用某 并设C为圆环域内任何一条正向简单闭曲线, 为C上 一点，那么 朗级数。 这就是得到前面的级数的系数。 从而 上面定理给出了将一个圆环域内全纯的函数展开 成洛朗级数的一般方法。但这方法计算系数很麻烦。 例如要把 在以z=0为中心的圆环域 以 去乘上式两边，且p为任一整数，并沿C沿 分，得 内展开成洛朗级数时，若用公式计算cn算，那么有 其中C为圆环域内的任意一条简单闭曲线。 当 ，即 ，由于 在圆环域内全纯， 故由柯西-古萨基本定理知， ，即 。 由高阶导数公式知 故有 当 若根据正、负整次幂项组成的级数的唯一性，可以用 别可以用别的方法，特别是代数运算，代换，求导和 积分等方法去展开, 那么将会简便得多，像上例 两种方法相比，其繁简程度不可同日而语。因此，以 后在求函数的洛朗展开式时，通常不用公式去求系数， 而像求函数的泰勒展开式那样采用间接展开法。 x y O 1 x y O 1 2 x y O 2 在圆环域： 例1 函数 iii) 2|z|+?； i) 0|z|1； ii) 1|z|2； 内处处全纯, 试把 f (z)在这些区域内展开成洛朗级数。 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： i) 在 0|z|1 内；由于 |z|1，从而 ，所以 结果中不含有z的负幂项，原因在于 在 z=0处是全纯的。 ii) 在1|z|2内，由于 ，则 ，又因为 从而有 ，因此有 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： iii) 在2|z|+?内，由于 , 所以 ，并因此有 ，所以有 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： 在圆环域： 例 函数 iii) 0|z-2|1； i) 0|z-1|1； ii) 1|z-1|+?； 内处处全纯, 试把 f (z)在这些区域内展开成洛朗级数。 iv) 1|z-2|+?； [解] 先把 f (z)用部分分式表示： [解] 先把 f (z)用部分分式表示： i) 在 0|z-1|1 内，由于|z-1|1，所以 ii) 在1|z-1|+?内，由于 ，则 ，有 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： iii) 在0|z-2|1内，由于 ，则 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： iv) 在1|z-2|+?内，由于 ，则 ，有 [解] 先把 f (z)用部分分式表示： 例2 把 [解] 因原函数在区域内处处全纯，又 内展开成洛朗级数。 在 所以把上式中的z代换成有 ，即得所求的洛朗展开式： 在以z = 0 为中心、由 例 求函数 它的奇点互相隔开的不同圆环域内的洛朗展开式。 [解] (1) 在| z | 1内展开，得 在以z = 0 为中心、由 例 求函数 它的奇点互相隔开的不同圆环域内的洛朗展开式。 [解] (2) 在1| z | 3内展开，得 在以z = 0 为中心、由 例 求函数 它的奇点互相隔开的不同圆环域内的洛朗展开式。 [解] (3) 在3| z | +?内展开，得 函数可以在以z0为中心的(由奇点隔开的)不同圆环 域内全纯, 因而在各个不同的圆环域中有不同的洛朗展 开式(包括泰勒展开式作为它的特例)。我们不要把这种 情形与洛朗展开式的唯一性相混淆。所谓洛朗展开式的 唯一性, 是指函数在某一个给定的圆环域内的洛朗展开 式是唯一的。另外，在展开式的收敛圆环域的内圆周上 注意：一个函数 f (z)可以在奇点展开为洛朗级数， 也可在非奇点展开。 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。 域(包括圆域)内的展开式有三个： O -i i 例如在 为洛朗级数。 处展开 和 在复平面内有两个奇点： 与 , 分别在以i为中心的 圆周： 与 上。因此, f (z)在以i为中心的圆环 1) 在 中的泰勒展开式； 2) 在 中的洛朗展开式； 中的洛朗展开式； 3) 在 上。因此, f (z)在以-i为中心的圆环域内展开式有 在复平面内有一个奇点：z =0在以 为中心圆