第三章 幂级数展开
第三章 幂级数展开
ξ3.1 复数项的级数
一．
复数的无穷级数可表示为：
k
∑w
k =1
∞
=w 1+w 2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+w k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+w n （1）
其中：
w =u k +iv k
n
前n 项和为：
s n =∑w k =w 1+w +⋅⋅⋅⋅⋅+w k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅+w n
k =1
=
∑u
k =1
n
k
+i ∑v k
k =1
n
∞
当n →∞时级数：s n →级数：
∑w
n =1
k
故
i ∑w =∑u +∑
k
k
k =1
k =1
n ∞∞
v k
=k 1
一个复数项级数可分解为实部项级数可虚部项级数两个级数的组合
收敛问题是线性讨论级数的一个重要方面，而复数项级数的收敛问题可以归结为两个实数项级数（实部和虚部）的收敛 1. 柯西收敛判据：
一个级数还可写为：
∑w
k =1
∞
k
=s n +
k ≠n +1
∑w
∞
k
（4）
其中s n 是钱n 项和
k ≠n 1
∑w
∞
k
为余项
n +p
判据：任何一个小正数ξ>0 若能找到一个N 使得n>N时
k =n +1
∑w
k
∑w
n =1
∞
k
收敛，其中p 为任意整数 2. 绝对收敛
若
∑w
k =1
∞
k
=k =1
∞
是收敛的，则
∑w
k =1
∞
k
绝对收敛
两个敛的级数相乘后所得的级数耶是绝对收敛的，其和等于相乘级数和的乘积
二．复变项级数（复变函数项级数） 1．函数项级数一般表示为：
∑w (z ) =w (z ) +w (z ) +⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+w (z ) ⋅⋅⋅⋅ （5）
k
1
2
k
k =1
∞
函数项级数的收敛问题得涉及到z 的取值域，若z 在B 上取值是（5）收敛，则称
∑w (z ) 在B 上收敛。B 称为∑w (z ) 的收敛域
k
k
k =1
k =1
∞∞
函数项级数也可表示为：
∑w (z ) =∑w
k
k =1
k =1
∞n
k
=
k =n +1
∑w
∞
k
（6）
2. 函数项级数的收敛 如在B 上，对于个点z
任意给ξ>0，若存在N 使得n>N时有
k =n +1
∑w
n +p
k
∑w (z ) 在B 上一致
k
k =1
n
收敛
3. 收敛级数性质
（1）在B 上一致收敛的函数项级数的每一项都是B 上的连续函数 （2）在B 上一致收敛的函数项级数的每一项都可积分⇒逐项积分 (3) 若有
w k (z ) ≤m k ，而∑m k
k =1
∞
是收敛的，则
∑w (z ) 绝对且一致收敛
k
ξ3.2 幂级数
最典型也最常见的级数——即级数的各项都是幂函数
k 2
a (z -z ) =a +a (z -z ) +a (z -z ) +⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ∑k 00102k =0∞
其中z 0、a 0、a 1、a 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅都是复常数，这一的级数叫做以z 0为中心展开的幂级数 一. 级数收敛判别法
1. 比值判别法（达朗贝尔判别法）： 若：lim k →∞
a k +1z -z 0a k
z -z 0
k +1k
=lim
k →∞
a k +1a k
z -z 0
则（2）正项级数收敛，亦即级数（1）绝对收敛 2. 根值判别法
若：
k 则级数（2）收敛，亦即级数（1）绝对收敛
3. 收敛域和收敛半径
函数级数的收敛问题（从根本上）具体要涉及的是收敛u 的问题即，z 在什么样的范围
内取值级数是收敛的，收敛判别法本身给出了z 的取值范围： 由判别法“1”：
a k z -z 0
a k
R =lim
k →∞a k +1
(5)
则 （6）
为级数（1）的收敛半径 只要满足
z -z 0
则以z 0 为中心R 为半径的区域是（1）的收敛区域，对应圆称（1）的收敛圆。 由判别法“2”： 收敛圆：
k
即有
z -z 0
k
i ⇒R =l k →∞ （8）
这样我们就有了两种求收敛圆的方法
以上的收敛判别是从绝对收敛的角度考虑讨论，因此得到的收敛域比“全收敛域”要小，记载收敛域外仍有收敛的可能性。
另外，由于（5）、（7）式是绝对不等号，故收敛的边界上够绝对收敛域，可作半径为
的圆，使 （稍小于） 则称
对应圆的“收敛内圆”
级数在收敛内圆上是“一致收敛”
例1， 求级数 的收敛圆及在收敛域内的收敛性
解：利用此值判别法：
a k 1
R =lim =lim =1
k →∞a k →∞1k +1
n +1
1-t 1k k
t =lim ∑t =lim =(t
n
在域内：
公比为t
推论：关于交错级数：
∑
k =0
∞
k k (-1) t =1-t +t 2-t 3+ (-1) k t k +
k
收敛半径R=1 公比为-t
域内：
k
(-1) t =∑k =0∞
11
=
1-(-t ) 1+t
∞
k
例2 设：
w (z ) =a 0+a 1(z -z 0) +a 2(z -z 0) 2+ =∑a k (z -z 0)
k =0
其逐项求导或逐项求积的收敛半径不变 解：
w ' (z ) =a 1+2a 2(z -z 0) +3a 3(z -z 0) 2+ +ka k (z -z 0) k -1+
收敛半径：
a k a k k k
R =lim =lim =lim R ' =R '
k →∞a k →∞k +1a k →∞1k +1k +11+
k
z
例3 求∑() 的收敛半径
k =1k
∞
k
1n
解：第k 项小数：a k =() （z 0=0）
k
解法1：
k +1a k
R =lim =lim k k →∞a k →∞
k k +1
k
k +1
=lim
k →∞
k +k
k
k
k +1
1
=l i +1k +=1l e i e +k →∞ k →∞k →∞k
解法2：根值法
R =l i =l =l i k m →∞
k →k k →∞
k
b z 和∑k 的收敛半径分别是R 1和R 2
k
a z 例4 已知∑k
k k
a b z a +b z () 求∑k 和∑k k 的收敛半径 k
k
a +b z =∑a ()解：（1） ∑k k
k
z k +∑b k z k
为两个级数之和，由于两个收敛级数的和也收敛，收敛域显然要取其中较小的一个：R =min （1） 令c k
(R 1, R 2)
=a k b k
a k b k c k R =lim =lim =R 1R 2
k →∞c k →∞a k +1k +1b k +1
ξ3.3 泰勒级数的展开
幂级数的和在其收敛圆的内部为解出函数
1n
=t ∑ 例：
1-t
反之：一个解析函数在其域内可写为幂（泰勒）级数
定理：设f (z ) 在以0为圆心的圆域C R 内解析则对圆内任一点z , 级数：
∞
z
f (z ) 可写为幂（泰勒）
f (z ) =∑a k (z -z 0) k （1）
k =0
其中
f k (z 0) 1f (g )
a k =(=dg （2） k +1 ⎰CR 1k ! 2πi (g -z 0)
其中
C R 1是C R 的内圆
∞
证明从略
结合（1）、（2）两式，函数的泰勒展开式（泰勒级数）可写为：
f (z ) =∑
k =0
f k (z 0)
(z -z 0) k （3） k !
(z -z 0
可以证明（略）由泰勒展开得到级数具有唯一性 例1. 将解：
f (z ) =e x 在z =0 附近展开为幂级数 (z -z 0) =z
f ' (0)=f k (0)=e 0=1
∞
z z 2z 3z k z k
e =1++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅∑
1! 2! 3! k ! k =0k ! z
由（3）得：
例2. 将sin 解：
z =f 1(z ) 和f 2(z ) =cos z 在z =0的附近展开
f ' 1(z ) =cos z f '' (z ) =sin z
f ''' (z ) =-cos z
f 4(z ) =sin z
可见每4阶导数完成一个循环：
f 0(z ) =f 4(z ) =f 8(z ) =sin z
f ' (z ) =f 5(z ) =f 9(z ) =cos z f '' (z ) =f 6(z ) =f 10(z ) =-sin z
f ''' (z ) =f 7(z ) =f 11(z ) =-cos z
当z
=z 0=0时：
f 0(z ) =f 2(z ) =0
f 1(z ) =1 f 3(z ) =-1
⇒ 级数只存在奇数项（偶数项为零） 且：
a k =(-1) k
1
(2k +1)!
∞
2k +1z k
,2,3⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅) ⇒f 1(z ) =-sin z =∑(-1) (k =0,1
(2k +1)! k =0
（2）.
z 3z 5z 7
=z -+-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
3! 5! 7!
''
f ' 2(z ) =-sin z f 2(z ) =-cos z
f ''' 2(z ) =sin z f 42(z ) =cos z
当 z =z 0=0时：
f 02(0) = 1 f ' 2(0)=0 f '' 2(0)=-1 f ''' 2(0)=0 f 42(0)=1 所以级数只存在偶数项而奇数项为零： a k =(-1)
k
1
2k !
z 2z 4z 6
z =+⋅ ⋅⋅⋅⋅ ⇒f 2(z ) =c o s
2! 4! 6!
z 2k
=∑(-1) (k =0,1,2⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅)
2k ! k =0
∞
k
回顾：定义的cos z =
1iz iz
(e +e -iz ) , 显然：将e 的奇数项都消去， 2
而只留下了偶数项 （消去偶数项，留奇数项⇒sin 例4. 求以上e 、sin z 、cos z 在z 0=0展开的级数的收敛域
z ）
z k
解： e =∑
k !
R =l i k →∞
a k (k +1) !
=l i =k →∞a k +1k !
∞
k
→∞k
l k i m +(→∞1)
z 2k +1
（2）sin z =∑(-1)
(2k +1)! k =0
z 2k +3w (z ) (2k +3)!
此值判别：lim k +1 =lim 2k +1k →∞w (z ) k →∞z k
(2k +1)!
=lim
k →∞2
2
(2k +1)! 2
z
(2k +3)!
k →∞
即：z =z
z
复习：利用函数的级数展开的唯一性质，很多级数不用直接一年泰勒展开式做 例5.
→∞
1
的展开 1+z
1
=1-t +t 2+ t
解：令z =-t
∞
123
∴=1-z +z -z =∑(-1) i z i
1+z i =0
例6. 求
1
1+z 2
解：令 z =-t
2
2
1
=1+t 2+t 3+ 1-t
∞
1246n 2n
t =-z 1-z +z -z + =(-1) z z
1+z n =0
sin z z 3z 5
+ 例7. 求 ， sin z =z -
z 3! 5!
例8 求ln(1-z ) 和ln(1+z ) 在z 0=0处的展开 解：ln(1-z ) 是
1
的原函数 1-z
1
=1+z +z 2+ z
11
∴ln(1-z ) =z +z 2+z 3+
23
=
1n
z z
∞
（级数经求导和求和后，收敛圆不变）
ξ3.4 解析延拓
将一个在一定区域b 上解析的函数 f (z ) 延拓到；一个更大的区域B 上，此时在B 上可以
找到 另一个函数F (z ) ，使得F (z ) 在b 域上有F (z ) =f (z ) 这就称为解析的延拓
z z 2z 5
+ 例：f (z ) =sin z =-
1! 3! 5!
在整个复平面解析
z
sin z z 2z 4
=1-+ 但f (z ) =z 3! 5!
0
Z 在z 0=0处不解析
若定义：
⎧sin z z 2z 5
=1-+ ⎪
F (z ) =⎨z 3! 5!
⎪1⎩
（利用 z →∞
0
lim
sin z
=1，并非随便找个函数来拼凑）
z →0z
显然F (z ) 在全复平面解析，可视为f (z ) 的延拓（0
ξ3.5裸朗级数展开
泰勒展开是将函数f (z ) 在解析域的展开，若在不解析域中（有奇点）时，就不能再将函数展为泰勒级数了
在有奇点时，需要考虑在挖去奇点的环域上展开。（通常以奇点的心），此即为级数洛朗的展开。
一 双边幂级数 以前
1
=1+z +z 2+ （1） 1-z
∞
称双边（向右）级数 若有：
∑z
n =0
-n
=1+z -1+z -2+ （2）
称单边（向左）级数
而：（3） a -k (z -z 0) -k + +a -1(z -z 0) -1+a 0+a 1(z -z 0) + +a k (z -z 0) k +
称为双边级数
双边数的收敛域一般作一下判断： 右单边：z -z 0
1
则左单边级数： z -z 0
a -1g +a -2g 2+
(4)
设（4）的收敛半径为 g
1
亦即z -z 0
合起来有：R 2
(5)
（5）称为（3）的收敛域（一般奇点被围在R 2半径环内） 二 洛朗展开
定理：设f (z ) 在环形区域R 2
k =-∞
∑a (z -z )
k
∞
k
(6)
其中：a k =1f (g ) k +1 ⎰c 2πi (g -z 0) (7)
积分路径c 为环内R >R 2的逆时针方向圆（闭合）
定理的解读： 域：R 2
（6）式的展开称为洛朗展开，洛朗展开的意义是在挖去奇点的环心附近的展开（与泰勒展开不同）
正因为z 0可能是奇点, f (z ) 在的导数一定不存在，所以
a k =1f (g ) 1(n ) ≠f (z 0) k +1 ⎰c 2πi (g -z 0) n !
不满足柯西公式 f (z 0) =1f (z ) ⎰c z -z 0, 2πi f (n ) (z 0) =n ! f (z ) ⎰(z -z 0) k +1 2πi
当是解析点时且无别的奇点 a k =
此时罗朗级数泰勒级数 1f (g ) 1(n ) =f (z 0) k +1 ⎰c 2πi (g -z 0) n !
对应收敛域R 2→0 ∴z -z 0
一般
小结以上思路
也可证明，罗朗级数的展开也是唯一的
根据这一点在实际应用中，很少直接由（6）、（7）展开级数。常常利用已知级数作展开 例1. 在z 0=0的邻域上把sin z 展开 z
z 3z 5
+- 解： sin z =z -3! 5!
z 2z 4
+- 0
例2 在1
解： 分析：展开中心：O 点(1
函数的奇点： z =±1 且奇点在R 2上
（在附近的导数存在z 0=0点解析，然而若延C 积分，R →0时积分不存在，故不能展开为泰勒级数）
可对Z 做变形f (z ) =111 =z 2-1z 21-1
z 2
显然t =11 利用展开式
f (z ) =11=(1+t 2+ ) 22z -1z
k k ∞1∞11111 =2∑(2) =2+4+6+ =∑(2) 1
比较以上两例 例2中 在z 0=0（展开中心）处是解析的（奇点z =±1在处） 例1中， 在z 0=0（展开中心）是奇点
例3 在对于f (z ) =
级数
解：由于f (z ) 要展为关于（z-1）的幂级数 于是理法解析 1k 若展开中心为z 0=1（某一奇点处），求其幂∑a (z -1) k 2z -1
f (z ) =11= 2z -1(z -1)(z +1)
令1A B (Az +A ) +(Bz -B ) =+= (z -1)(z +1) z -1z +1(z -1)(z +1)
(A +B ) z +(A -B ) (z -1)(z +1) =
解得：⎨⎧A +B =0
⎩A -B =11⎧A =⎪⎪2 ⇒⎨⎪B =-1
⎪⎩2
∴f (z ) =1
(z -1)(z +1) =1
z (z -1) -1
z (z +1) (1)
其中，第一项已经是关于(z -1)的幂函数，处理第二项：
111==z +1z -1+221 （2） z -1⎛⎫1+ ⎪⎝z ⎭
因为z =±1是f (z ) 的寄点，若以z =1为中心展开，则在环域0
又对于（2）式在z -1
（2）中令()z -11=t ⇒ =1-t +t 2+ 21+t
所以（2）式可展开为：
2⎤11⎡z -1⎛z -1⎫=⎢1-+ ⎪+ ⎥ z +12⎣2⎝2⎭⎢⎥⎦
k ∞1∞z -1k k k (z -1) =∑( ) (-1) =∑(-1) k +12k =022k =0
∴（1）式为：
k ∞111k (z -1) f (z ) =2 =-∑(-1) k +1z -12z -1k =02
∞
=
k =-1∑(-1) k +1(z -1) k (0
23z z e z =1+z +++ 2! 3! 这是一个典型的双边级数
1112e =1++() + z 2! z 1z
z -k
=∑k =0k ! ∞⎧1
⎪z >1=0⎪⎩∞
例4. f (z ) =e 在z 0=0附近的展开
略 （利用e t 1z = ）
习题：（1）、（2）、（3）
11提示：f (z ) =2 z z -1
图示0展−−→ ∑a k (z -1) k 奇点：z =⎧⎨ ⎩11本身就是， z -1
问题：1 ⇒ z 2∑a k (z -1) k
讲义：34页附
11111=- （1） z 2-12z -12z +1
1111其中： （2） ==z +1(z -1) +2z -11+2
z -1 例：对于f (z ) =
对于2
利用已形成： 11==1-t +t 2-t 3+ 1+t 1+z -1
122223=1-() +() -() + （3） z -1z -1z -11+z -1
1122223=(1-+() -() + ) z +1z -1z -1z -1z -1代回（2）式：
122223=-+-+ z -1(z -1) 2(z -1) 3(z -1) 4
=∑(-1)
k =0∞k 2(z -1) k +1k
（4）
1111∞2k
代回（1）得：f (z ) =2 =-∑(-1) z -12z -12k =0(z -1) k +1
122223
=-+-+ 2345(z -1) (z -1) (z -1) (z -1) k
2k
=∑(-1) 2
于是有
2k ∞⎧⎧z
111利用 2=-() ' 故可求出 的开 z z z
11=z 1+(z -1) ⇒1
1+t t
ξ3.6孤立奇点的分类
— 孤立奇点：
设z 0是f (z ) 的一个奇点， 若f (z ) 在z 0的任意小邻域内处处可导（除z 0点） 则称z 0是孤立奇点
若总可找到一个z 0的邻域（无论多小）使f (z ) 不可导，则z 0是f (z ) 的孤立奇点，以下我大多讨论孤立奇点
二 孤立奇点的分类
洛朗级数一般是双边级数，右单边的正幂部分称解析部分，而左单边的负幂部分称主要部分（或无限部分）
通过以上例题，我们想到挖去奇点z 0而形成的环形区域的解析函数f (z ) 的洛朗形式可分三种情况：
（1） 没有负幂项，只有解析部分
（2） 只有有限的幂项和解析
（3） 完整的双边级数（主要是解析或只有主要部分）
我们把对应上述三种情况的奇点分别叫做（1）可去奇点 （2）极点 （3）本性奇点。
1 对于可去奇点的洛朗级数：
f (z ) =a 0+a 1(z -z 0) +a 2(z -z 0) 2+
当z →z 0时
z →z 0lim f (z ) =a 0 （是一定值，有限）
此时，我们可以定义：
F (z ) =⎨⎧f (z )
⎩a 0(z ≠z 0) (z =z 0)
对于F (z ) 来说，在全集平面上（复空间）解析，z 0不再是奇点 ，故称z 0是可去奇点（级数a 0+a 1(z -z 0) +a 2(z -z 0) 2+ 即是f (z ) 的洛朗级数，又是F (z ) 的泰勒级数）好像z 0对f (z ) 是不是奇点都我所谓。
故以后可将可去奇点作非奇点处理。
2 对于（2）情况——极点情况
设m 是主要部分的最大项，则m 称作极点z 0的阶。 m=1的极点叫一阶极点，又称单极点
一般地，lim f (z ) =lim z →z 0z →z 0k =-m ∑a (z -z ) 00∞k →∞ 发散
且： lim(z -z 0) m f (z ) =a -m 收敛 z →z 0
3 本性极点情况
f (z ) =∑a k (z -z 0) k (0
-∞∞
f (z ) 的极限随z →z 0的方式会有不同，参P62页 无极限