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重点 ：幂级数的敛散性、泰勒展开与洛朗展开、孤立奇点的分类

难点 ：洛朗级数的展开方法、孤立奇点类型的判定

4.1 复数项级数

（一）复数项级数的定义

设复数列 \(\{w_n\}\)（\(n=1,2,\ldots\)），其中 \(w_n = u_n + iv_n\)，则称

\[ \sum_{n=1}^{\infty} w_n = w_1 + w_2 + \cdots + w_n + \cdots \]

为 复数项级数 。其前 \(n\) 项和称为 部分和 ：

\[ s_n = \sum_{k=1}^{n} w_k = w_1 + w_2 + \cdots + w_n \]

定义 1（级数收敛）：若复数列 \(\{s_n\}\) 有极限 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} s_n = s\)，则称复数项级数 收敛 于 \(s\)，\(s\) 称为级数的 和 。若 \(\{s_n\}\) 没有极限，则称级数 发散 。

与实级数的关系

判别复数项级数敛散性的基本方法与实数项级数相同：利用极限判断部分和数列的敛散性。

（二）复数项级数收敛的条件

定理 1（收敛的充要条件）：级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} w_n = \sum_{n=1}^{\infty} (u_n + iv_n)\) 收敛的充要条件 是实数项级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n\) 和 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n\) 都收敛。

说明

复数项级数的审敛问题 \(\Leftrightarrow\) 实数项级数的审敛问题。根据复数列极限存在的充要条件：\(\{s_n\}\) 极限存在 \(\Leftrightarrow\) \(\{\sigma_n\}\) 和 \(\{\tau_n\}\)（实部和虚部）的极限都存在。

（三）柯西判据与绝对收敛

定理 2（柯西判据）：级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} w_n\) 收敛的充要条件是：对于任意小的正数 \(\varepsilon\)，存在自然数 \(N\)，使得当 \(n > N\) 时，对任意正整数 \(p\) 有 \(|w_{n+1} + w_{n+2} + \cdots + w_{n+p}| < \varepsilon\)。

定义 2（绝对收敛）：若级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} |w_n| = \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{u_n^2 + v_n^2}\) 收敛，则称原级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} w_n\) 绝对收敛 。

绝对收敛的性质

  1. 绝对收敛级数的各项可以 任意重排 次序，不改变其绝对收敛性，也不改变其和
  2. 级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} w_n\) 绝对收敛的 充要条件 是实数项级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n\) 与 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n\) 都绝对收敛
  3. 两个绝对收敛级数的 和、积 仍绝对收敛
例 1：判断下列级数的敛散性

(1) 级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left(1+\frac{i}{n}\right)\)

解：将级数展开：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left(1+\frac{i}{n}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} + i\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \]

其中实部级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) 是调和级数，发散； 虚部级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) 是 \(p=2>1\) 的 \(p\) 级数，收敛。

由定理 1，实部级数发散，故原级数 发散 。

(2) 级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\left(1+\frac{i}{n}\right)\)

解：将级数展开：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\left(1+\frac{i}{n}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} + i\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \]

其中实部级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) 是 \(p=2>1\) 的 \(p\) 级数，收敛； 虚部级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}\) 是 \(p=3>1\) 的 \(p\) 级数，收敛。

由定理 1，实部和虚部级数都收敛，故原级数 收敛。

4.2 复变函数项级数

（一）函数项级数的定义

设复变函数列 \(\{w_k(z)\}\) 定义在区域 \(B\) 上，则称

\[ \sum_{k=0}^{\infty} w_k(z) = w_0(z) + w_1(z) + w_2(z) + \cdots \]

为 函数项级数 。当选定 \(z\) 的一个确定值时，函数项级数变成一个复数项级数。

逐点收敛

由于函数项级数定义在区域 \(B\)（或曲线 \(l\)）上，其收敛的概念是 相对于定义域 而言的，即逐点收敛。

（二）一致收敛

定义 3（一致收敛）：任给 \(\varepsilon > 0\)，存在一个与 \(z\) 无关的自然数 \(N(\varepsilon)\)，当 \(n > N(\varepsilon)\) 时，对 \(B\)（或 \(l\)）上 所有 \(z\)，均有 \(|w_{n+1}(z) + w_{n+2}(z) + \cdots + w_{n+p}(z)| < \varepsilon\)（\(p\) 为任意自然数），则称级数在 \(B\)（或 \(l\)）上 一致收敛 。

定理 3（一致收敛的性质）：

  • 连续性：若 \(w_k(z)\) 在 \(B\) 内连续，函数级数在 \(B\) 内一致收敛，则和函数 \(w(z)\) 也是 \(B\) 内的连续函数：

$$ \lim_{z \to z_0} \sum_{k=0}^{\infty} w_k(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \lim_{z \to z_0} w_k(z) $$

  • 逐项积分：若级数在区域 \(B\) 内的分段光滑曲线 \(l\) 上一致收敛，且 \(w_k(z)\) 为 \(l\) 上的连续函数，则级数可沿 \(l\) 逐项积分 ：

$$ \int_l \sum_{k=0}^{\infty} w_k(z) \, \mathrm{d}z = \sum_{k=0}^{\infty} \int_l w_k(z) \, \mathrm{d}z $$

  • 逐项求导：若 \(w_k(z)\) 在闭区域 \(\bar{B}\) 内单值解析，且级数在 \(\bar{B}\) 内一致收敛，则级数和也是 \(\bar{B}\) 内的单值解析函数，可 逐项求导 ：

$$ w^{(n)}(z) = \sum_{k=0}^{\infty} w_k^{(n)}(z), \quad z \in B, \quad n = 0, 1, 2, \ldots $$

且求导后的级数在 \(B\) 内也一致收敛。

（三）绝对一致收敛

定义 4（绝对一致收敛）：对于复函数序列 \(\{w_k(z)\}\)，存在正数列 \(\{m_k\}\)，使对区域 \(B\) 内的一切 \(z\)，有 \(|w_k(z)| \leq m_k\)（\(k=0,1,2,\ldots\)），而正项级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} m_k\) 收敛，则复函数项级数 绝对一致收敛 。

重要：绝对收敛 vs 一致收敛

绝对收敛不能推出一致收敛 。

概念 性质 说明
绝对收敛 点态性质 对每个固定点 \(z\)，\(\sum \|w_k(z)\|\) 收敛
一致收敛 整体性质 收敛速度与 \(z\) 无关，要求整个区域上"一致"

典型反例：几何级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} z^k\) 在收敛圆 \(|z| < 1\) 内 处处绝对收敛，但在整个开圆盘 \(|z| < 1\) 上 不一致收敛（仅在闭子圆盘 \(|z| \leq r < 1\) 上一致收敛）。

原因在于：当 \(z \to 1^-\) 时，余项 \(R_N(z) = \dfrac{z^{N+1}}{1-z} \to \infty\)，无法找到与 \(z\) 无关的 \(N\) 使得 \(|R_N(z)| < \varepsilon\) 对所有 \(|z| < 1\) 成立。

4.3 幂级数

（一）定义

幂级数是通项为幂函数的函数项级数，形式为：

\[ \sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k = a_0 + a_1(z - z_0) + a_2(z - z_0)^2 + \cdots \]

（二）幂级数的敛散性

定理 4（阿贝尔定理）：如果级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k\) 在 \(z_1\) 点收敛，那么在以 \(z_0\) 为圆心、\(|z_1 - z_0|\) 为半径的圆 内部 绝对收敛，在 \(|z - z_0| \leq |z_1 - z_0|\) 的闭圆盘上 一致收敛。如果级数在 \(z_1\) 点发散，则在 \(|z - z_0| > |z_1 - z_0|\) 的圆外 处处发散。

收敛半径的计算

求收敛圆半径 \(R\) 的公式

级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k\) 绝对收敛是指 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \left|a_k (z - z_0)^k\right|\) 收敛，后者为正项级数，因此可用正项级数的比值判别法和根式判别法确定收敛半径。

定理 5（比值判别法求收敛半径）：若 \(\displaystyle\lim_{k \to \infty} \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| = l\)，则收敛半径

\[ R = \lim_{k \to \infty} \left|\frac{a_k}{a_{k+1}}\right| = \frac{1}{l} \]

推导过程：对幂级数通项应用比值判别法：

\[ \lim_{k \to \infty} \left|\frac{a_{k+1}(z-z_0)^{k+1}}{a_k(z-z_0)^k}\right| = |z - z_0| \lim_{k \to \infty} \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| = |z - z_0| \cdot l = r \]

根据正项级数比值判别法，当 \(r < 1\)（即 \(|z - z_0| < \frac{1}{l} = R\)）时级数 绝对收敛，当 \(r > 1\)（即 \(|z - z_0| > \frac{1}{l} = R\)）时级数 发散。

定理 6（根式判别法求收敛半径）：若 \(\displaystyle\lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{|a_k|} = l\)，则收敛半径

\[ R = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{\sqrt[k]{|a_k|}} = \frac{1}{l} \]

推导过程：对幂级数通项的绝对值应用根式判别法：

\[ \lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{\left|a_k (z - z_0)^k\right|} = |z - z_0| \cdot \lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{|a_k|} = |z - z_0| \cdot l \]

当 \(|z - z_0| \cdot l < 1\)（即 \(|z - z_0| < \frac{1}{l} = R\)）时级数 绝对收敛，当 \(|z - z_0| \cdot l > 1\)（即 \(|z - z_0| > \frac{1}{l} = R\)）时级数 发散。

收敛圆上的敛散性

幂级数在 收敛圆周 \(|z - z_0| = R\) 上的敛散性需 具体分析 ！

  • 若 \(l = 0\)，则 \(R = +\infty\)，级数在全复平面收敛
  • 若 \(l = +\infty\)，则 \(R = 0\)，级数仅在 \(z = z_0\) 处收敛

（三）幂级数在收敛圆内的性质

定理 7（幂级数的解析性）：设幂级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k\) 的收敛半径为 \(R\)，则

  1. 级数的和函数 \(w(z)\) 在收敛圆 \(|z - z_0| < R\) 内是 解析函数

  2. 在收敛圆内可以 逐项积分 ：

$$ \int_C w(z) \, \mathrm{d}z = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \int_C (z - z_0)^k \, \mathrm{d}z $$

且可表示为连续函数的回路积分：

$$ w(z) = a_0 + a_1(z - z_0) + a_2(z - z_0)^2 + \cdots = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{w(\zeta)}{\zeta - z} \mathrm{d}\zeta $$

证明

记 \(C_{R_1}\) 上点为 \(\zeta\)，\(C_{R_1}\) 内任一点为 \(z\)，则圆上的幂级数可写为

$$ w(\zeta) = a_0 + a_1(\zeta - z_0) + a_2(\zeta - z_0)^2 + \cdots $$

用有界函数 \(\dfrac{1}{2\pi i} \dfrac{1}{\zeta - z}\) 相乘后，在 \(C_{R_1}\) 上一致收敛，利用柯西公式：

$$ \begin{aligned} & \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{w(\zeta)}{\zeta - z} \mathrm{d}\zeta \\ & = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{a_0}{\zeta - z} \mathrm{d}\zeta + \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{a_1(\zeta - z_0)}{\zeta - z} \mathrm{d}\zeta \\ & + \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{a_2(\zeta - z_0)^2}{\zeta - z} \mathrm{d}\zeta + \cdots \\ & = a_0 + a_1(z - z_0) + a_2(z - z_0)^2 + \cdots = w(z) \end{aligned} $$

证毕。\(\square\)

  1. 在收敛圆内可以 逐项求导 ：

$$ w'(z) = \sum_{k=1}^{\infty} k a_k (z - z_0)^{k-1} $$

求导后的级数收敛半径仍为 \(R\)。

例 1：求幂级数 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (\cosh k) z^k\) 的收敛半径

解：系数 \(a_k = \cosh k = \frac{e^k + e^{-k}}{2}\)，则

\[ R = \lim_{k \to \infty} \frac{a_k}{a_{k+1}} = \lim_{k \to \infty} \frac{e^k + e^{-k}}{e^{k+1} + e^{-(k+1)}} = \lim_{k \to \infty} \frac{1 + e^{-2k}}{e + e^{-2k-1}} = \frac{1}{e} \]
例 2：求幂级数 \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (1+i)^n z^n\) 的收敛半径

解：系数 \(a_n = (1+i)^n\)，由根式判别法：

\[ R = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{|1+i|^n}} = \frac{1}{|1+i|} = \frac{1}{\sqrt{2}} \]
例 3：计算 \(\displaystyle\oint_l \sum_{n=-1}^{\infty} z^n \, \mathrm{d}z\)，其中 \(l\) 为 \(|z| = \frac{1}{2}\)

解：和函数

\[ \sum_{n=-1}^{\infty} z^n = \frac{1}{z} + \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{z} + \frac{1}{1-z} = \frac{1}{z(1-z)} \]

因此

\[ I = \oint_l \frac{1}{z} \, \mathrm{d}z + \oint_l \frac{1}{1-z} \, \mathrm{d}z = 2\pi i + 0 = 2\pi i \]

（第二项被积函数在 \(|z| \leq \frac{1}{2}\) 内解析，由柯西定理积分为零）

（四）幂级数的运算

设有两个幂级数：

\[ f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad |z - z_0| < R_1 \]
\[ g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n (z - z_0)^n, \quad |z - z_0| < R_2 \]

则在 \(|z - z_0| < \min(R_1, R_2)\) 内有：

  1. 加减：\(f(z) \pm g(z) = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (a_n \pm b_n)(z - z_0)^n\)

  2. 乘法（柯西乘积）：\(f(z) \cdot g(z) = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} c_n (z - z_0)^n\)，其中 \(c_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}\)

  3. 代换（复合）运算：若 \(g(z)\) 在 \(|z| < r\) 内解析且满足 \(|g(z)| < R\)，则当 \(|z| < r\) 时

\[ f[g(z)] = \sum_{n=0}^{\infty} a_n [g(z)]^n \]

4.4 泰勒级数展开

（一）解析函数的泰勒展开定理

上节证明了：幂级数在其收敛圆内解析。本节证明其 逆定理 ：解析函数可以展开成幂级数，且这种展开式是 唯一 的。

定理 8（泰勒展开定理）：设 \(f(z)\) 在区域 \(B\) 内解析，\(z_0\) 为 \(B\) 内任一点，\(R\) 为 \(z_0\) 到 \(B\) 边界的最短距离，则当 \(|z - z_0| < R\) 时，\(f(z)\) 可展开为 泰勒级数 ：

\[ f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k \]

其中展开系数（ 泰勒系数 ）

\[ a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!} = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_R} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta \]

\(C_{R_1}\) 为半径 \(R\)（\(R_1 < R\)）的圆周。

证明思路

1. 应用柯西公式

设 \(f(z)\) 在 \(B\) 内解析，在圆周 \(C_{R_1}\) 上应用柯西公式：

\[ f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, \mathrm{d}\zeta \]

其中 \(z\) 为圆 \(C_{R_1}\) 内任一点，\(|z - z_0| = r\)，\(|\zeta - z_0| = R_1\)（\(0 < r < R_1\)）。

2. 将被积函数展开为级数

利用几何级数公式 \(\displaystyle\frac{1}{1-t} = \sum_{k=0}^{\infty} t^k\)（\(|t| < 1\)），将被积函数展开：

\[ \frac{1}{\zeta - z} = \frac{1}{(\zeta - z_0) - (z - z_0)} = \frac{1}{\zeta - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - z_0}{\zeta - z_0}} \]

由于 \(\left|\frac{z - z_0}{\zeta - z_0}\right| = \frac{r}{R_1} < 1\)，故

\[ \frac{1}{\zeta - z} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z - z_0)^k}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \]

3. 逐项积分

由于 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z - z_0)^k}{(\zeta - z_0)^{k+1}}\) 在 \(C_{R_1}\) 上一致收敛，且 \(f(\zeta)\) 在 \(C_{R_1}\) 上有界，因此可逐项积分：

\[ f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \left[\frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta\right] (z - z_0)^k = \sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k \]

4. 展开式唯一

若 \(f(z)\) 能展开成另一种形式，通过逐次求导并令 \(z = z_0\)，可证明系数唯一确定：\(a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}\)。 \(\square\)

说明

  1. 解析函数与泰勒级数的关系：幂级数在其收敛圆内解析（正命题）；解析函数可以展开成幂级数，且展开式唯一（逆命题）。

  2. 与实变函数的区别：复变函数只要在区域内有一阶导数（即解析），则无限阶可导，可展开为泰勒级数。实变函数即使一阶导数存在，高阶导数可能不存在。

  3. 麦克劳林级数：当 \(z_0 = 0\) 时，泰勒级数称为 麦克劳林级数 ：

$$ f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} z^k $$

（二）将函数展开成泰勒级数的方法

常用方法有 直接法 和 间接法 。

1. 直接法

由泰勒展开定理直接计算系数：

\[ a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots \]
例 1：求 \(e^z\) 在 \(z = 0\) 处的泰勒展开式

解：由于 \((e^z)^{(k)} = e^z\)，故 \(f^{(k)}(0) = 1\)，因此

\[ e^z = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \cdots \]

因为 \(e^z\) 在复平面内处处解析，所以收敛半径 \(R = +\infty\)。

2. 间接展开法

借助于已知函数的展开式，结合解析函数的性质、幂级数运算性质（逐项求导、积分等）和其他数学技巧（代换等）求函数的泰勒展开式。

优点：不需要求各阶导数与收敛半径，比直接展开更为简洁，使用范围更广泛。

例 2：利用间接展开法求 \(\sin z\) 在 \(z = 0\) 处的泰勒展开式

解：利用欧拉公式 \(\sin z = \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}\) 和 \(e^z\) 的展开式：

\[ \begin{aligned} \sin z &= \frac{1}{2i} \left[ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(iz)^k}{k!} - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-iz)^k}{k!} \right] \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k z^{2k+1}}{(2k+1)!} = z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots \end{aligned} \]

收敛半径 \(R = +\infty\)。

（三）常见函数的泰勒展开式

函数 展开式 收敛域
\(e^z\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \cdots\) \(\vert z\vert < +\infty\)
\(\sin z\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k z^{2k+1}}{(2k+1)!} = z - \frac{z^3}{3!} + \cdots\) \(\vert z\vert < +\infty\)
\(\cos z\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k z^{2k}}{(2k)!} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \cdots\) \(\vert z\vert < +\infty\)
\(\frac{1}{1-z}\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} z^k = 1 + z + z^2 + \cdots\) \(\vert z\vert < 1\)
\(\frac{1}{1+z}\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k z^k = 1 - z + z^2 - \cdots\) \(\vert z\vert < 1\)
\(\ln(1+z)\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k z^{k+1}}{k+1} = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \cdots\) \(\vert z\vert < 1\)
\((1+z)^\alpha\) \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} z^k = 1 + \alpha z + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}z^2 + \cdots\) \(\vert z\vert < 1\)
例 3：将函数 \(\frac{1}{(1+z)^2}\) 展开成幂级数

解：利用 \(\frac{1}{1+z} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k z^k\)（\(|z| < 1\)），两边逐项求导：

\[ -\frac{1}{(1+z)^2} = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k k z^{k-1} = -\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (k+1) z^k \]

因此

\[ \frac{1}{(1+z)^2} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (k+1) z^k = 1 - 2z + 3z^2 - 4z^3 + \cdots \]

收敛半径 \(R = 1\)（奇点 \(z = -1\) 到原点的距离）。

例 4：求对数函数主值 \(\ln(1+z)\) 在 \(z = 0\) 处的泰勒展开式

分析：从 \(-1\) 向左沿负实轴剪开的 \(z\) 平面内，\(\ln(1+z)\) 是解析的，所以可在 \(|z| < 1\) 内展开为 \(z\) 的幂级数。

解：由于 \([\ln(1+z)]' = \frac{1}{1+z}\)，而

\[ \frac{1}{1+z} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k z^k \quad (|z| < 1) \]

将展开式两端沿从 \(0\) 到 \(z\) 的路径 \(l\) 逐项积分：

\[ \ln(1+z) = \int_0^z \frac{1}{1+\zeta} \, \mathrm{d}\zeta = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \int_0^z \zeta^k \, \mathrm{d}\zeta = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k z^{k+1}}{k+1} \]

即

\[ \ln(1+z) = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \frac{z^4}{4} + \cdots \quad (|z| < 1) \]

4.5 解析延拓

（一）解析延拓的概念

解析延拓：将解析函数的定义域加以扩大。

定义 5（解析延拓）：若 \(f_1(z)\) 和 \(f_2(z)\) 分别在区域 \(B_1\)、\(B_2\) 内解析，且在 \(B_1\) 与 \(B_2\) 重叠的区域中有 \(f_1(z) = f_2(z)\)，则称 \(f_2(z)\) 为 \(f_1(z)\) 在 \(B_2\) 中的 解析延拓，\(f_1(z)\) 为 \(f_2(z)\) 在 \(B_1\) 中的 解析延拓。

解析延拓的唯一性

无论采用何种方法，函数的解析延拓是 唯一 的。可以采用某些最方便的方法来进行解析延拓。

示例

幂级数 \(f_1(z) = \sum_{k=0}^{\infty} z^k\) 在以 \(z = 0\) 为圆心的单位圆 \(B\)（\(|z| < 1\)）内代表一个解析函数，和函数为 \(f_1(z) = \frac{1}{1-z}\)。

在单位圆 \(B\) 内取一点 \(z_0 = \frac{i}{2}\) 为圆心进行泰勒展开，新级数的收敛域 \(b\) 的半径为

\[ R = |1 - \frac{i}{2}| = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2} > 1 \]

新级数在更大的圆域 \(b\) 内收敛，代表解析函数 \(f_2(z)\)，则 \(f_2(z)\) 就是 \(f_1(z)\) 在 \(b\) 内的解析延拓。

（二）泰勒级数展开解析延拓的方法

首先在 \(B_1\) 内任取一点 \(z_0\)，将 \(f_1(z)\) 在 \(z_0\) 的邻域展开成泰勒级数：

\[ f_2(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f_1^{(k)}(z_0)}{k!} (z - z_0)^k = \sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k \]

设级数的收敛区域为 \(B_2\)。如果 \(B_2\) 超出了 \(B_1\) 的范围，由于在 \(B_1\) 和 \(B_2\) 的重叠区域 \(f_1(z) = f_2(z)\)，所以 \(f_2(z)\) 就是 \(f_1(z)\) 在 \(B_2\) 中的解析延拓。

这样不断作下去，得到一系列的解析元素 \(\{(B_n, f_n(z))\}\)（\(n = 2, 3, \ldots\)）。

一个解析元素的全部解析延拓的集合，称为 \(f_1(z)\) 所产生的 完全解析函数 \(F(z)\)，\(F(z)\) 的定义域是各解析元素给出的定义域的总和：

\[ F(z) = \begin{cases} f_1(z), & z \in B_1 \\ f_2(z), & z \in B_2 \\ \vdots & \\ f_n(z), & z \in B_n \\ \vdots & \end{cases} \]

4.6 洛朗级数展开

本节将讨论在以 \(z_0\) 为中心的圆环域内解析的函数表示法。它是后面将要研究的解析函数在 孤立奇点 邻域内的性质以及定义 留数 和计算留数的基础。

（一）问题的引入

我们已经知道：若函数 \(f(z)\) 在圆域 \(|z - z_0| < R\) 内解析，则 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 点可展开成泰勒级数。

那么推论：当 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处不解析时，\(f(z)\) 在 \(z_0\) 处肯定不能展开成幂级数。但如果我们 挖去 不解析的点 \(z_0\)，函数 \(f(z)\) 在解析的 环域 \(R_2 < |z - z_0| < R_1\) 内是否可展开成级数呢？

洛朗级数的意义

洛朗级数和泰勒级数一起，都是研究复变函数的有力工具。

例 1：分析 \(f(z) = \frac{1}{z(z-1)}\)

函数在 \(z = 0\) 及 \(z = 1\) 处都不解析，但在圆环域 \(0 < |z| < 1\) 及 \(0 < |z-1| < 1\) 内都是解析的。

在 \(0 < |z| < 1\) 内：

\[ \frac{1}{z(z-1)} = -\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-z} = -\frac{1}{z}(1 + z + z^2 + \cdots) = -\frac{1}{z} - 1 - z - z^2 - \cdots \]

在 \(0 < |z-1| < 1\) 内，令 \(t = z - 1\)：

\[ \frac{1}{z(z-1)} = \frac{1}{t(t+1)} = \frac{1}{t} \cdot \frac{1}{1+t} = \frac{1}{t}(1 - t + t^2 - \cdots) = \frac{1}{t} - 1 + t - t^2 + \cdots \]

由此推想：若 \(f(z)\) 在环域 \(R_2 < |z - z_0| < R_1\) 内解析，\(f(z)\) 可以展开成含有 负幂次项 的级数：

\[ \begin{aligned} f(z) &= \cdots + a_{-k}(z - z_0)^{-k} + \cdots + a_{-1}(z - z_0)^{-1} \\ &\quad + a_0 + a_1(z - z_0) + \cdots + a_k(z - z_0)^k + \cdots \end{aligned} \]

（二）洛朗级数定理

定理 9（洛朗展开定理）：设 \(f(z)\) 在环形域 \(R_2 < |z - z_0| < R_1\) 内处处解析，\(C\) 为圆环域内绕 \(z_0\) 的任一正向简单闭曲线，则 \(f(z)\) 在圆环域内可展开为 洛朗级数 ：

\[ f(z) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} a_k (z - z_0)^k \]

其中洛朗系数

\[ a_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta, \quad k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots \]
证明思路

由柯西公式，对圆环域内的任意一点 \(z\)：

\[ f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, \mathrm{d}\zeta - \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{R_2}} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, \mathrm{d}\zeta \]

其中 \(C_{R_1}\)、\(C_{R_2}\) 分别为圆环域的外边界和内边界。

对于第一个积分（外圆 \(C_{R_1}\)），\(|\zeta - z_0| = R_1 > |z - z_0|\)，有

\[ \frac{1}{\zeta - z} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z - z_0)^k}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \]

对于第二个积分（内圆 \(C_{R_2}\)），\(|\zeta - z_0| = R_2 < |z - z_0|\)，有

\[ \frac{1}{\zeta - z} = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\zeta - z_0)^k}{(z - z_0)^{k+1}} = -\sum_{m=-\infty}^{-1} \frac{(z - z_0)^m}{(\zeta - z_0)^{m+1}} \]

其中 \(m = -(k+1)\)。合并两个积分即得洛朗级数。 \(\square\)

说明

  1. 函数 \(f(z)\) 在圆环域内的洛朗展开式称为 \(f(z)\) 的 洛朗级数
  2. 圆环域内解析函数的洛朗展开式（含正、负幂项）是 唯一 的
  3. 定理给出了将圆环域内解析函数展为洛朗级数的一般方法

（三）函数的洛朗展开式

常用方法有 直接法 和 间接法 。

1. 直接展开法

利用定理公式计算系数：

\[ a_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta, \quad k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots \]

2. 间接展开法

根据正、负幂项组成的级数的 唯一性 ，可用代数运算、代换、求导和积分等方法去展开。

例 2：将 \(f(z) = \frac{e^z}{z^2}\) 在 \(0 < |z| < +\infty\) 内展开成洛朗级数

间接法：直接展开 \(e^z\)，然后除以 \(z^2\)：

\[ e^z = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \cdots \]

因此

\[ \frac{e^z}{z^2} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!} + \frac{z}{3!} + \cdots = \sum_{k=-2}^{\infty} \frac{z^k}{(k+2)!} \]
例 3：将 \(f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}\) 在不同圆环域内展开成洛朗级数

解：先将函数分解：

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

函数在 \(z = 1\) 和 \(z = 2\) 处不解析，有三个不同的圆环域：

(1) 在 \(|z| < 1\) 内（泰勒级数）

\[ \frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-\frac{z}{2}} = -\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^k = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{2^{k+1}} \]
\[ \frac{1}{z-1} = -\frac{1}{1-z} = -\sum_{k=0}^{\infty} z^k \]

因此

\[ f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{2^{k+1}}\right) z^k \]

(2) 在 \(1 < |z| < 2\) 内（洛朗级数）

对 \(\frac{1}{z-1}\)，因 \(|z| > 1\)，故

\[ \frac{1}{z-1} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{z}} = \frac{1}{z} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{z^k} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{z^{k+1}} \]

对 \(\frac{1}{z-2}\)，因 \(|z| < 2\)，故仍用泰勒展开：

\[ \frac{1}{z-2} = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{2^{k+1}} \]

因此

\[ f(z) = -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{2^{k+1}} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{z^k} \]

(3) 在 \(2 < |z| < +\infty\) 内（洛朗级数）

此时 \(|z| > 2 > 1\)，两个分式都按 \(z\) 的降幂展开：

\[ \frac{1}{z-2} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-\frac{2}{z}} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^k}{z^{k+1}} \]
\[ \frac{1}{z-1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{z^{k+1}} \]

因此

\[ f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^k - 1}{z^{k+1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{k-1} - 1}{z^k} \]

重要说明

  1. 函数 \(f(z)\) 在以 \(z_0\) 为中心的圆环域内的洛朗级数中，尽管含有 \((z - z_0)\) 的负幂项，且 \(z_0\) 是这些负幂项的奇点，但 \(z_0\) 可能不是 函数 \(f(z)\) 的奇点。

  2. 给定了函数 \(f(z)\) 与复平面内的一点 \(z_0\) 以后，函数在各个 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其特例）。

例 4：将 \(f(z) = \frac{\sin z}{z}\) 在 \(0 < |z| < +\infty\) 内展开

解：利用 \(\sin z\) 的泰勒展开：

\[ \sin z = z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)!} \]

因此

\[ \frac{\sin z}{z} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n+1)!} \]

此展开式不含负幂项，说明 \(z = 0\) 虽然是展开中心的奇点，但其实是 可去奇点（见下节）。

4.7 孤立奇点的分类

（一）孤立奇点的概念

定义 6（孤立奇点）：若函数 \(f(z)\) 在点 \(z_0\) 处不解析（或没有定义），但在 \(z_0\) 的某个 空心邻域 \(0 < |z - z_0| < R\)（\(R \leq +\infty\)）内解析，则称 \(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 孤立奇点。

例 1
  • \(z = 0\) 是函数 \(e^{1/z}\) 的孤立奇点
  • \(z = -1\) 是函数 \(\frac{1}{1+z}\) 的孤立奇点

注意

孤立奇点一定是奇点，但奇点 不一定是 孤立奇点。

例 2：非孤立奇点

函数 \(f(z) = \frac{1}{\sin(1/z)}\) 在 \(z = 0\) 处的奇点特性：

函数的奇点是 \(\frac{1}{z} = 0\) 和 \(\sin(1/z) = 0\) 对应的点，即

\[ z = 0 \quad \text{和} \quad z = \frac{1}{k\pi} \quad (k = \pm 1, \pm 2, \ldots) \]

由于 \(\displaystyle\lim_{k \to \infty} \frac{1}{k\pi} = 0\)，在 \(z = 0\) 的任意小的去心邻域内，总有其他奇点存在，所以 \(z = 0\) 不是孤立奇点。

（二）孤立奇点的分类

设 \(z_0\) 是解析函数 \(f(z)\) 的孤立奇点，\(f(z)\) 在 \(z_0\) 的去心邻域内的洛朗展开式为

\[ f(z) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} a_k (z - z_0)^k \]

定义 7（孤立奇点的分类）：

  1. 可去奇点：若洛朗级数中 不含 \((z - z_0)\) 的负幂项，则称 \(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 可去奇点。
  2. 极点：若洛朗级数中只含 \((z - z_0)\) 的 有限 个负幂项，即存在正整数 \(m\) 使得 \(a_{-m} \neq 0\) 而 \(a_{-(m+1)} = a_{-(m+2)} = \cdots = 0\)，则称 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶极点。按照 \(m = 1\) 或 \(m > 1\)，分别称为 单极点 或 \(m\) 阶极点。
  3. 本性奇点：若洛朗级数中含有 \((z - z_0)\) 的 无穷多 个负幂项，则称 \(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 本性奇点。

1. 可去奇点

可去奇点的特征： - 洛朗级数不含负幂项：\(f(z) = a_0 + a_1(z - z_0) + a_2(z - z_0)^2 + \cdots\) - 极限存在且有限：\(\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z) = a_0\)

无论 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 是否有定义，补充定义 \(f(z_0) = a_0\)，则函数在 \(z_0\) 解析。

例 3：说明 \(z = 0\) 是 \(\frac{\sin z}{z}\) 的可去奇点

解：由定义判断

\[ \frac{\sin z}{z} = \frac{1}{z}\left(z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots\right) = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots \]

展开式中 不含负幂项 ，故 \(z = 0\) 是可去奇点。

极限判断：

\[ \lim_{z \to 0} \frac{\sin z}{z} = 1 \]

极限存在且有限，是可去奇点。补充定义 \(f(0) = 1\)，则函数在 \(z = 0\) 解析。

2. 极点

极点的特征：若 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶极点，则在 \(z_0\) 的去心邻域内

\[ f(z) = \frac{g(z)}{(z - z_0)^m} \]

其中 \(g(z)\) 在 \(z_0\) 的邻域内解析，且 \(g(z_0) \neq 0\)。

等价地，洛朗展开为

\[ f(z) = \frac{a_{-m}}{(z - z_0)^m} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - z_0} + a_0 + a_1(z - z_0) + \cdots \]

其中 \(a_{-m} \neq 0\)。

极点判定的等价条件

  • 定义判别：洛朗展开式含有限个负幂项
  • 等价形式：\(f(z) = \frac{g(z)}{(z - z_0)^m}\)，\(g(z)\) 解析且 \(g(z_0) \neq 0\)
  • 极限判别：\(\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z) = \infty\)
例 5

有理分式函数 \(f(z) = \frac{z^2 - 3z + 2}{z(z+2)^2}\)

  • \(z = 0\) 是 单极点（一级零点，一级极点）
  • \(z = -2\) 是 二级极点（二级零点，二级极点）

3. 本性奇点

本性奇点的特征：洛朗级数含有无穷多个负幂项，例如

\[ e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots \quad (0 < |z| < +\infty) \]

含有无穷多个 \(z\) 的负幂项，所以 \(z = 0\) 是 \(e^{1/z}\) 的 本性奇点。

本性奇点的极限特点：在本性奇点的邻域内，\(\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z)\) 不存在且不为 \(\infty\)。例如 \(\displaystyle\lim_{z \to 0} e^{1/z}\) 不存在（沿正实轴趋于 \(+\infty\)，沿负实轴趋于 \(0\)）。

（三）函数在无穷远点的性态

1. 无穷远点为孤立奇点的定义

定义 8（无穷远点的孤立奇点）：如果函数 \(f(z)\) 在无穷远点 \(z = \infty\) 的去心邻域 \(R < |z| < +\infty\) 内解析，则称点 \(\infty\) 为 \(f(z)\) 的 孤立奇点。

2. 研究方法

作变换 \(t = \frac{1}{z}\)，并规定 \(\varphi(t) = f\left(\frac{1}{t}\right)\)。此变换将：

扩充 \(z\) 平面 扩充 \(t\) 平面
\(z = \infty\) \(t = 0\)
$ z

由于 \(\varphi(t)\) 在去心邻域 \(0 < |t| < \frac{1}{R}\) 内解析，所以 \(t = 0\) 是 \(\varphi(t)\) 的孤立奇点。

3. 分类规定

若 \(t = 0\) 是 \(\varphi(t)\) 的 可去奇点、\(m\) 级极点 或 本性奇点，则称 \(z = \infty\) 是 \(f(z)\) 的对应类型的奇点。

4. 判别方法

判别法 1（利用洛朗级数）

\(f(z)\) 在 \(R < |z| < +\infty\) 内的洛朗级数中：

正幂项情况 \(z = \infty\) 的类型
不含正幂项 可去奇点
含有限个正幂项，\(z^m\) 为最高正幂 \(m\) 级极点
含无穷多个正幂项 本性奇点

判别法 2（利用极限）

极限情况 \(z = \infty\) 的类型
\(\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z)\) 存在且有限 可去奇点
\(\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z) = \infty\) \(m\) 级极点
\(\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z)\) 不存在且不为 \(\infty\) 本性奇点
例 6：判断函数在 \(z = \infty\) 的奇点类型

(1) \(f(z) = \frac{z}{1+z}\)

在 \(1 < |z| < +\infty\) 内的洛朗展开：

\[ f(z) = \frac{1}{1+\frac{1}{z}} = 1 - \frac{1}{z} + \frac{1}{z^2} - \cdots \]

不含正幂项，所以 \(z = \infty\) 是 可去奇点。

(2) \(f(z) = 1 + z^2\)

含有正幂项且 \(z^2\) 为最高正幂项，所以 \(z = \infty\) 是 二级极点。

(3) \(f(z) = z \sin z\)

展开式：

\[ z \sin z = z^2 - \frac{z^4}{3!} + \frac{z^6}{5!} - \cdots \]

含有 无穷多正幂项，所以 \(z = \infty\) 是 本性奇点。

例 7：分析 \(f(z) = \frac{(z^2-1)(z-2)^3}{(\sin \pi z)^3}\) 在扩充复平面内的奇点

解：函数 \(f(z)\) 除 \(z = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots\)（使 \(\sin \pi z = 0\) 的点）外，在有限复平面内解析。

  1. 分析 \(\sin \pi z\) 的零点：
  2. \(\sin \pi z = 0\) 时，\(z = k\)（\(k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots\)）
  3. 由于 \((\sin \pi z)' = \pi \cos \pi z\)，在 \(z = k\) 处 \(\pi \cos k\pi = (-1)^k \pi \neq 0\)

  4. 故 \(z = k\) 都是 \(\sin \pi z\) 的 一级零点

  5. 分子零点：

  6. \(z^2 - 1 = (z-1)(z+1)\)，\(z = 1\) 和 \(z = -1\) 为 一级零点

  7. \((z-2)^3\)，\(z = 2\) 为 三级零点

  8. 结论：

  9. \(z = \pm 1\)：分子的零点抵消分母零点，成为 可去奇点
  10. \(z = 2\)：分子三级零点，分母三级零点，成为 可去奇点
  11. \(z = 0, \pm 3, \pm 4, \ldots\)：分母三级零点，分子非零，为 三级极点

小结

核心概念

核心概念速查

  • 收敛半径：可用比值法 \(R = \displaystyle\lim_{k \to \infty} \left|\dfrac{a_k}{a_{k+1}}\right|\) 或根式法 \(R = \displaystyle\lim_{k \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt[k]{|a_k|}}\)。
  • 泰勒展开：\(f(z) = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} a_k (z - z_0)^k\)，其中 \(a_k = \dfrac{f^{(k)}(z_0)}{k!}\)。
  • 洛朗展开：\(f(z) = \displaystyle\sum_{k=-\infty}^{+\infty} a_k (z - z_0)^k\)，允许出现负幂项。
  • 可去奇点：洛朗级数中没有负幂项，且 \(\lim f(z)\) 存在有限值。
  • 极点：洛朗级数中只有有限个负幂项，且 \(\lim f(z)=\infty\)。
  • 本性奇点：洛朗级数中有无穷多个负幂项，极限不存在。

核心公式

泰勒系数：

\[ a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!} = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_R} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta \]

洛朗系数：

\[ a_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{k+1}} \, \mathrm{d}\zeta, \quad k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots \]

记忆口诀

  • 泰勒级数 = 收敛圆内 + 非负幂次 + 系数用导数
  • 洛朗级数 = 圆环域内 + 可含负幂 + 系数用积分
  • 奇点分类看负幂：无负幂可去、有限负幂极点、无穷负幂本性

思考题

思考题 1：复数项级数 \(\sum \alpha_n\) 与 \(\sum \beta_n\) 都发散，级数 \(\sum (\alpha_n \pm \beta_n)\) 一定发散吗？
答案

不一定。例如 \(\alpha_n = 1\)，\(\beta_n = -1\)，则 \(\sum \alpha_n\) 和 \(\sum \beta_n\) 都发散，但 \(\sum (\alpha_n + \beta_n) = \sum 0 = 0\) 收敛。

思考题 2：幂级数在收敛圆周上的敛散性如何断定？
答案

由于在收敛圆周上 \(|z|\) 确定，可依 复数项级数 敛散性的判别法（如柯西判据、绝对收敛等）讨论，需 具体分析 。