第四章 级 数

By 付小宁

一、复数列的极限1. 定义

,0 数相应地都能找到一个正如果任意给定

, ),( 时成立在使 NnN n

,}{ 时的极限当称为复数列那末 nn

记作 .lim n

n . }{ 收敛于也称复数列 n

, ),2,1( }{ 其中为一复数列设 nn

,nnn iba , 为一确定的复数又设 iba

第一节 复数项级数复数列收敛等同于极限存在

2. 复数列收敛的条件 ),2,1(}{ 的充要条件是收敛于复数列 nn

.lim,lim bbaa nn

nn

,lim n

n如果 那末对于任意给定的 0

就能找到一个正数 N, , 时当 Nn

,)()( ibaiba nn

证

,)()( bbiaaaa nnn从而有

.lim aann

所以 .lim bbnn

同理

.2

,2

bbaa nn

反之 , 如果 ,lim,lim bbaa nn

nn

, 时那末当 Nn

从而有 )()( ibaiba nnn

)()( bbiaa nn

定理一说明 : 可将复数列的敛散性转化为判别两

个实数列的敛散性 .

.lim n

n所以 [ 证毕 ]

, bbaa nn

二、级数的概念1. 定义

{ } { } ( 1,2, ) ,n n na ib n 设 为一复数列

n

nn 21

1

表达式

称为复数项无穷级数 .

其最前面 n 项的和

nns 21 称为级数的部分和 .

部分和

收敛与发散,}{ 收敛如果部分和数列 ns ,

1

收敛那末级数

nn

.lim 称为级数的和并且极限 ssnn

说明 :

.lim ssnn

利用极限 与实数项级数相同 , 判别复数项级数敛散性的基本方法是 :

,}{ 不收敛如果部分和数列 ns

.1

发散那末级数

nn

:,0

n

nz级数例如

1-21 nn zzzs

,1时由于当 z

,)1(11

z

zzn

zz

sn

nn

n

1

1limlim ,

11

z

.1时级数收敛所以当 z

2. 复数项级数收敛的条件

证 因为 nns 21

)()( 2121 nn bbbiaaa

,nn i

)( 11

收敛的充要条件级数

n

nnn

n iba

. 11

都收敛和

nn

nn ba

定理二

. 11

nn

nn ba 都收敛和级数于是

: }{ 极限存在的充要条件根据 ns

, }{ }{ 的极限存在和 nn 复数项级数的审敛问题

实数项级数的审敛问题

( 定理二 )

)1(1

1

是否收敛？级数

n n

in

; 1

11

发散因为

nn

n na .

1

12

1

收敛

nn

n nb

所以原级数发散 .

判断

11 nn

nn ba 收敛的必要条件是和因为实数项级数

.0lim0lim n

nn

nba 和

0lim n

n

必要条件

重要结论 : .0lim1

发散级数

nnn

n

收敛的必要条件是所以复数项级数

1nn

启示 : 判别级数的敛散性时 , 可先考察 0lim n

n ?

,0lim nn

如果

级数发散 ;

应进一步判断 .,0lim n

n

3. 绝对收敛与条件收敛

. , 11

也收敛那末收敛如果

nn

nn

. 11

成立且不等式

n

nn

n

注意 ,1

的各项都是非负的实数

nn

应用正项级数的审敛法则判定 .

定理三

证 由于 ,1

22

1

n

nnn

n ba

而 ,, 2222nnnnnn babbaa

根据实数项级数的比较准则 , 知

, 11

都收敛及

nn

nn ba

. 11

也都收敛及故

nn

nn ba

由定理二可得 . 1

是收敛的

nn

, 11

n

kk

n

kk 又由

n

kk

n

n

kk

n11

limlim 可知

[ 证毕 ].11

k

kk

k 或

非绝对收敛的收敛级数称为条件收敛级数 .

由于 ≤ 22

n nna ba

如果 收敛 , 那末称级数 为绝对收敛 .

1nn

1nn

定义

≤ 22n nnb ba

.111

绝对收敛与绝对收敛

n

nn

nn

n ba

下列数列是否收敛 , 如果收敛 , 求出其极限 .

.sin)1

1(nn

bn

,

πcos)

11(

nnan 所以

而 0lim,1lim n

nn

nba

解

三、典型例题例 1

),sin)(cos1

1(n

inn

.cos)2( innn ;n

πi

n en

α )1

(1(1)

n

πi

n en

α )1

(1(1) 因为

)2(解 innn cos由于

,时当 n

所以数列发散 .

,1

(1 )所以数列 收敛π

in

nα = + en

.1lim n

n且

,coshnn

,n

例 2 1

1

12

是否收敛？级数

n

n

ni

解 级数满足必要条件 , ,01

lim12

ni n

n即

但

11

12 )1(11

n

n

n

n

ni

ni

)31

21

1()31

21

1( i

, 1

1

发散级数因为

n n

.原级数仍发散

,1

)1(1

收敛虽

n

n

n

1

1

n n

1

1)1(

n

n

ni

Note: 级数收敛与数列收敛不同

!)8(

1

是否绝对收敛？级数

n

n

ni例 3

, !

8

1

收敛

n

n

n

故原级数收敛 , 且为绝对收敛 .

,!

8!)8(

nni nn

因为

所以由正项级数的比值判别法知 :

解

; )1(

1

收敛因为

n

n

n,

21

1

收敛也

nn

故原级数收敛 .

,)1(

1

收敛为条件但

n

n

n

所以原级数非绝对收敛 .

]21)1(

[ 1

是否绝对收敛？级数

nn

n

in

例 4

解

思考题

:,11

问均发散和如果复数项级数

nn

nn

?)(1

也发散吗级数

n

nn

思考题答案否 .

一、幂级数的概念1. 复变函数项级数定义 , ),2,1()}({ 为一复变函数序列设 nzfn

)()()()( 211

zfzfzfzf nn

n

其中各项在区域 D 内有定义 . 表达式

称为复变函数项级数 , 记作 .)(1

nn zf

第二节 幂级数

),2,1()}( { 为一复数序列nzfn 0

)()()()( 21 zfzfzfzs nn

称为这级数的部分和 .

级数最前面 n 项的和

和函数

.

)( , )( ,

)()(lim ,

001

000

它的和

称为收敛在那末称级数存在

极限内的某一点如果对于

zszzf

zszszD

nn

nn

)()()()( 21 zfzfzfzs n

称为该级数在区域 D 上的和函数 .

如果级数在 D 内处处收敛 , 那末它的和一定

:)( zsz的一个函数是

2. 幂级数

当 11 )()(

nnn azczf 或 ,)( 1

1 时 n

nn zczf

函数项级数的特殊情形

2210

0

)()()( azcazccazcn

nn n

n azc )(

.zczczcczc nn

n

nn

2210

1或

这种级数称为幂级数 .

二、幂级数的敛散性

1. 收敛定理 ( 阿贝尔 Abel 定理 )

如果级数

0n

nnzc )0(0 zz

0zz 0zz

0zz

,z

在 收敛 ,

,z

那末对

的 级数必绝对收敛 , 如果在

级数发散 , 那末对满足 的 级数必发散 .

满足

证 , 0

0 收敛因为级数

n

nnzc

由收敛的必要条件 , 有 0lim 0

nn

nzc

因而存在正数 M, , 0 Mzc nn 有使对所有的 n,

, 0zz 如果 ,1 0

qz

z那末

而 n

nn

nn

nz

zzczc

0

0

由正项级数的比较判别法知 :

. 0

是绝对收敛的故级数

n

nnzc

nn

n

nn zczczcczc 2

2100

收敛 .

另一部分的证明用反证法 .

.nMq

[ 证毕 ]

2. 收敛圆与收敛半径对于一个幂级数 , 其收敛半径的情况有三种 :

(1) 对所有的正实数都收敛 .

据阿贝尔定理，级数在复平面内处处绝对收敛 .

例如 , 级数 n

n

nzz

z 2

2

21

对任意固定的 z, 从某个 n 开始 , 总有 ,21

n

z

于是有 ,21

n

n

n

nz

故该级数对任意的 z 均收敛 .

(2) 对所有的正实数除 z=0 外都发散 .

此时 , 级数在复平面内除原点外处处发散 .

(3) 既存在使级数发散的正实数 , 也存在使级数收

敛的正实数 .

例如 , 级数 nnznzz 2221

, 0 时当 z 通项不趋于零 ,

;,级数收敛时设 z .,级数发散时z 如图 :

故级数发散 .

x

y

o ..R

收敛圆

收敛半径

幂级数

0n

nnzc 的收敛范围是以原点为中心的圆域 .

答案 : . 为中心的圆域是以 az

幂级数

0

)(n

nn azc 的收敛范围是何区域 ?问题 1:

在收敛圆周上是收敛还是发散 , 不能作出一般的结论 , 要对具体级数进行具体分析 .

注意

问题 2: 幂级数在收敛圆周上的敛散性如何 ?

例如 , 级数 :

02

0

0

n

n

n

n

n

n

nz

nz

z

1,1 zR 收敛圆周均为

收敛圆周上无收敛点 ;

;,1 在其它点都收敛发散在点 z

在收敛圆周上处处收敛 .

3. 收敛半径的求法方法 1: 比值法 ( 定理二 ):

,0lim 1

n

n

n cc如果 那末收敛半径 .

1

R

方法 2: 根值法 ( 定理三 )

,0lim

nn

nc如果 那末收敛半径 .

1

R

公式

0

0

R

R( 与比值法相同 )如果

对幂级数

0n

nnzc 成立。

说明：

三、幂级数的运算和性质1. 幂级数的有理运算

.,)(,,)( 20

10

rRzbzgrRzazfn

nn

n

nn

设

,)()()(000

nn

nn

n

nn

n

nn zbazbzazgzf

Rz

),()()()(00

n

nn

n

nn zbzazgzf

00110 ,)(

n

nnnn zbababa Rz

),min( 21 rrR

2. 幂级数的代换 ( 复合 ) 运算

如果当 rz 时 , ,)(0

n

nnzazf 又设在

Rz 内 )(zg 解析且满足 ,)( rzg 那末当 Rz

时 ,

0

.)]([)]([n

nn zgazgf

说明 : 此代换运算常应用于将函数展开成幂级数 .

0

0 )(n

nn zzc定理四 设幂级数 的收敛半径为 ,R

那末

(2) )(zf 在收敛圆 Raz 内的导数可将其幂

级数逐项求导得到 , .)()(1

1

n

nn aznczf即

是收敛圆

Raz 内的解析函数 .

0

)()( n

nn azczf它的和函数(1)

3. 复变幂级数在收敛圆内的性质

(3) )(zf 在收敛圆内可以逐项积分 ,

0

.,d)(d)(n c

nn

c

Razczazczzf

0

1 .)(1

d)( n

nnz

aaz

nc

f 或

简言之 : 在收敛圆内 , 幂级数的和函数解析 ;

幂级数可逐项求导 , 逐项积分 .

( 常用于求和函数 )

即

例 1 求下列幂级数的收敛半径

.)4(!)3(!

)2()1(1000

2

2

k

k

n

n

n

n

n

n

zznnz

nz

解n

n

n cc 1lim )1(

由 2

2

)1(lim

nn

n,1 .1 R得

n

n

n cc 1lim )2(

由

)!1(!

lim

n

nn

,0 . R得

四、典型例题

1

2

)4(k

kz

.,1

;,0,

2

2

kn

knCn即因为级数是缺项级数

,1lim1

nnn

CR

故 .1R

n

n

n cc 1lim )3(

由

!)!1(

limn

nn

, .0 R得

例 2 求下列幂级数的收敛半径 :

(1)

13

n

n

nz

( 并讨论在收敛圆周上的情形 )

(2)

1

)1(

n

n

nz

( 并讨论 2,0z 时的情形 )

或 nn

nn

n nc 3

1limlim

解 (1)n

n

n cc 1lim

3)1

(lim

n

nn

因为 ,1

.11

lim3

nn n

所以收敛半径 ,1R

即原级数在圆 1z 内收敛 , 在圆外发散 ,

收敛的 p 级数 ).13( p

所以原级数在收敛圆上是处处收敛的 .

在圆周 1z 上 , 级数

1

31

3

1

nn

n

nnz

说明：在收敛圆周上既有级数的收敛点 , 也有 级数的发散点 .

,0时当 z 原级数成为 ,1

)1(1

n

n

n交错级数 , 收敛 .

,2时当 z 发散 .原级数成为 ,1

1

n n调和级数，

(2)1

limlim 1

nn

cc

nn

n

n,1 .1R即

解 )4

sin4

(cos21 ii因为

nn ic )1(

所以

n

n

n cc 1lim

.22

21

R

例 3

0

)1(n

nn zi求 的收敛半径 .

,2 4i

e

;)2( 4i

nn e

n

n

n )2()2(

lim1

.2

例 4 把函数bz

1表成形如

0

)(n

nn azc 的幂

级数 , 其中 ba与 是不相等的复常数 .

解 把函数 bz 1

写成如下的形式 :

bz1

)()(1

abaz abazab

1

11

代数变形 , 使其分母中出现 )( az

凑出)(1

1zg

时，当 1

abaz

,)()()(11

1 2

n

abaz

abaz

abaz

abaz

bz1故 2

32 )()(

1)(

)(11

azab

azabab

n

n azab

)()(

11

,Rab 设 ,时那末当 Raz 级数收敛 ,

且其和为 .1

bz

例 5 求级数

0

)1(n

nzn 的收敛半径与和函数 .

解12

limlim 1

nn

c

cn

n

n

n因为 .1R所以

利用逐项积分 , 得 :

0

000

d)1(d)1(n

z nz

n

n zznzzn

0

1

n

nz

所以 )1

()1(0

zz

znn

n

,1

.1 z

z

.)1(

12z

1z

例 6 计算 .21

,d)(1

zczzc

n

n 为其中

解 ,21内在 z

1

)(n

nzzS和函数

cz

zzI d)

111

(所以

02 i

,1

收敛

n

nz

0

1

n

nzz

,1

11zz

ccz

zz

zd

11

d1

.2 i

一、泰勒定理

,2,1,0),(!

10

)( nzfn

c nn其中

泰勒级数泰勒展开式

定理 设 )(zf 在区域 D内解析 , 0z 为 D 内的一

d 为 0z 到 D的边界上各点的最短距离 , 那末点 ,

dzz 0 时 ,

0

0 )()(n

nn zzczf 成立 ,当

第三节 泰勒级数能否用幂级数来表达解析函数？

说明 :

1. 复变函数展开为泰勒级数的条件要比实函数时弱得多 ; ( 想一想 , 为什么 ?)

; ,

, )( .2

0

0

zd

zdDzf

即之间的距离一个奇点

到最近等于则内有奇点在如果

;,0.3 0 级数称为麦克劳林级数时当 z

4. 任何解析函数在一点的泰勒级数是唯一的 .

( 为什么 ?)

)( zf　　因为　　解析，可以保证无限次可各阶导数的连续性 ;

所以复变函数展为泰勒级数的实用范围就

要比实变函数广阔的多 .

注意

问题：利用泰勒级数可以将函数展开为幂级数，展开式是否唯一？

: )( 0已被展开成幂级数在设 zzf

202010 )()()( zzazzaazf

,)( 0 nn zza

那末 ,)( 00 azf ,)( 10 azf

即 ,)(!

10

)( zfn

a nn

因此 , 任何解析函数展开成幂级数的结果就是泰勒级数 , 因而是唯一的 .

二、将函数展开成泰勒级数常用方法 : 直接法和间接法 .

1.直接法 :

,2,1,0,)(!

10

)( nzfn

c nn

. )( 0展开成幂级数在将函数 zzf

由泰勒展开定理计算系数

例如， . 0 的泰勒展开式在求 ze z

),2,1,0(,1)( 0)( ne z

nz

故有

0

2

!!!21

n

nnz

nz

nzz

ze

, 在复平面内处处解析因为 ze

. R所以级数的收敛半径

,)( )( znz ee 因为

仿照上例 ,

,)!12(

)1(!5!3

sin1253

nzzz

zzn

n

)( R

,)!2(

)1(!4!2

1cos242

n

zzzz

nn

)( R

. 0 cos sin 的泰勒展开式在与可得 zzz

2. 间接展开法 :

借助于一些已知函数的展开式 , 结合解析函数的性质 , 幂级数运算性质 ( 逐项求导 , 积分等 ) 和其它数学技巧 ( 代换等 ) , 求函数的泰勒展开式 .

间接法的优点 :

不需要求各阶导数与收敛半径 , 因而比直接展开更为简洁 , 使用范围也更为广泛 .

例如， . 0 sin 的泰勒展开式在利用间接展开法求 zz

)(21

sin iziz eei

z

0

12

)!12()1(

n

nn

nz

0 0 !)(

!)(

21

n n

nn

niz

niz

i

附 : 常见函数的泰勒展开式

,!!!2

1)10

2

n

nnz

nz

nzz

ze

,11

1)2

0

2

n

nn zzzzz

,)1()1(11

1)3

0

2

n

nnnn zzzzz

,)!12(

)1(!5!3

sin)41253

nzzz

zzn

n

)1( z

)1( z

)( z

)( z

,)!2(

)1(!4!2

1cos)5242

n

zzzz

nn

)( z

,1

)1(32

)1ln()6132

nzzz

zzn

n

0

1

1)1(

n

nn

nz

)1( z

32

!3)2)(1(

!2)1(

1)1()7 zzzz

,!

)1()1( nzn

n )1( z

例 1 . )1(

1 2 的幂级数展开成把函数 z

z

解

nn zzzz

)1(11

1 2

三、典型例题

,11)1(

12

zz

z上有一奇点在由于

,1内处处解析且在 z

zz 11

)1(1

2

.1,)1(321 112 znzzz nn

另解：

)(1

1

)(1

1

)(1

12 zzz

例 2.

0 )1ln(

泰勒展开式处的在求对数函数的主值 zz

分析, 1 ,

1 )1ln(

是它的一个奇点平面内是解析的向左沿负实轴剪开的在从

z

. 1 的幂级数内可以展开成所以它在 zz

如图 , 1R

o1 1 x

y

zzzz

z z

n

nn d)1(d1

10 0

0

即

1)1(

32)1ln(

132

nzzz

zzn

n1z

将展开式两端沿 C 逐项积分 , 得

解z

z

1

1)]1[ln(

0

2 )1()1(1n

nnnn zzzz )1( z

, 0 1 的曲线到内从为收敛圆设 zzC

例 3 . 23

1)( 的幂级数展开成把函数 z

zzf

解

23

1

121

231

zz

])23

()23

(23

1[21 2 nzzz

13

22

2 23

23

23

21

n

nn zzz

,23

01

nn

nn z.3

2,1

23

zz 即

例 4 .0arctan 的幂级数展开式在求 zz

解 ,1

darctan

0 2

z

zz

z因为

1,)()1(1

1

0

22

zzz n

nn且

z

zz

z0 21

darctan所以

z

n

nn zz0

0

2 d)()1(

.1,12

)1(0

12

znz

n

nn

例 5 .cos2 的幂级数求 z

解 ),2cos1(21

cos2 zz 因为

!6)2(

!4)2(

!2)2(

12cos642 zzz

z

zzzz !6

2!4

2!2

21

664422

)2cos1(21

cos2 zz 所以

zzzz !6

2!4

2!2

21

65432

例 6 .1展为麦克劳林级数将

ze z

解

z

ezf

z

1)(令 可得：

,1所以收敛半径为 , 1 内进行展开可在 z

,11

zz

e z

的唯一奇点为因为

0 zezfz )()(1

微分方程 0)()()1( zzfzfz

对微分方程逐次求导得 :

对上式求导，有

,2)0(,1)0(,0)0(,1)0( ffff 得由

的麦克劳林级数为所以 )(zf

.1,31

21

11

32

zzzz

e z

0)()()1()()1( zfzfzzfz

0)()2()()1( zfzzfz

例 7 . 0 sec)( 的泰勒展开式在点求 zzzf

设 nnzczczcczf 2

210)(

又 ,)()( 2210 zczcczfzf

由泰勒展式的唯一性 ,

,0531 ccc 又 ,!4!2

1cos42

zz

z

所以)(

!4!21seccos1 4

42

20

42

zczcc

zzzz

解 利用待定系数法

402

420

20 !4!2!2z

cccz

ccc

42

!45

!21

1sec zzz所以

2

z

比较两端系数得

,10 c ,!2

12 c ,

!45

4 c

例 8 . 11

的幂级数展开成把 ze z

解 利用微分方程法

,)( 11

zezf 因为

21

1

)1(1

)(z

ezf z

,

)1(1

)(2z

zf

,0)()()1( 2 zfzfz所以

对上式求导得 0)()32()()1( 2 zfzzfz

0)(2)()54()()1( 2 zfzfzzfz

由此可得

,)0()0( eff ,3)0( ef ,13)0( ef

故 .!3

13!2

31 321

1

zzzee z )1( z

奇、偶函数的泰勒级数有什么特点 ?

思考题

奇函数的泰勒级数只含 z 的奇次幂项 , 偶函数的泰勒级数只含 z 的偶次幂项 .

z

z

1)1(

考虑下面函数的级数展开：

bz

z

za

a

)2(

1||1

)1(

zzzzz

z

n

n

n

n

10

：解

||1/11

1

11 0

zzzz

z

z

z

n

n-

二、洛朗级数的概念定理 内处处解析，在圆环域设 )( 201 RzzRzf

,)()( 0n

nn zzczf

Cnn z

fi

c

d

)()(

π21

10

其中

),1,0( n

C 为圆环域内绕 的任一正向简单闭曲线 . 0z

为洛朗系数 .

内可展开成洛朗级数在那末 Dzf )(

第四节 洛朗级数

说明 :

函数 )(zf 在圆环域内的洛朗展开式

)(zf 在圆环域内的洛朗 (Laurent) 级数 .

n

nn zzczf )()( 0

1)

2) 某一圆环域内的解析函数展开为含有正、负幂项的级数是唯一的， 这就是 f (z) 的洛朗级数 .

定理给出了将圆环域内解析的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 : 1. 直接法 2. 间接法 1. 直接展开法

利用定理公式计算系数 nc

),2,1,0(d)()(

π21

10

nz

fi

cC

nn

然后写出 .)()( 0n

nn zzczf

缺点 : 计算往往很麻烦 .

根据正、负幂项组成的的级数的唯一性 , 可

用代数运算、代换、求导和积分等方法去展开 .

优点 : 简捷 , 快速 .

2. 间接展开法

四、典型例题例 1 , 0 内在 z . )( 2 展开成洛朗级数将

ze

zfz

解 ,)( n

nnzczf

由定理知 :

d

)()(

π21

10

C nn zf

ic

dπ21

3 C n

ei

其中

)2,1,0(,)0(: nzC

, 3 时当 n

0nc

, 2 在圆环域内解析ze z

故由柯西–古萨基本定理知 :

, 2 时当 n 由高阶导数公式知 :

02

2

)(dd

)!2(1

z

zn

n

ezn )!2(

1

n

2 )!2()(

n

n

nz

zf故 !4!3!2

111 2

2

zzzz

z0

dπ21

3 C nn

ei

c

另解

!4!3!21

1 432

22

zzzz

zze z

!4!3!2

111 2

2

zzzz

本例中圆环域的中心 z = 0 既是各负幂项的奇点 ,

. 2的奇点也是函数ze z

例 2 : )2)(1(

1)( 在圆环域函数

zzzf

;10)1 z ;21)2 z .2)3 z

内是处处解析的 ,

试把 f (z) 在这些区域内展开成洛朗级数 .

解 ,)2(

1)1(

1)(

zzzf

, 10 )1 内在 z

o x

y

1

,1z由于

nzzzz

211

1则

21

121

21

zz

)( zf所以 )1( 2 zz

421

21 2zz

2

87

43

21

zz

12

z从而

n

nzzz222

121

2

2

, 21 )2 内在 z

1 2o x

y

zzz 1

1

111

1

2

111

1zzz

1z由 11

z

2z 12

z

且仍有

21

121

21

zz

n

nzzz222

121

2

2

)( zf于是

2

111

1zzz

2

2

221

21 zz

8421111 2

1

zzzzz nn

, 2 )3 内在 z

2o x

y

2z由 12

z

此时

zzz 2

1

112

1

2

421

1zzz

,121

zz

此时

仍有

zzz 1

1

111

1

2

111

1zzz

)( zf故

2

421

1zzz

2

111

1zzz

.731

432 zzz

注意 : 0z

奇点但却不是函数)2)(1(

1)(

zzzf 的奇点 .

本例中圆环域的中心 是各负幂项的

说明 :

1. 函数 )(zf 在以 0z 为中心的圆环域内的洛朗级

数中尽管含有 0zz 的负幂项 , 而且 0z 又是这些

项的奇点 , 但是 0z 可能是函数 )(zf 的奇点 , 也可能

)(zf 的奇点 .不是

2. 给定了函数 )(zf 与复平面内的一点 0z 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它的特例 ).

回答：不矛盾 .

朗展开式是唯一的 )

问题：这与洛朗展开式的唯一性是否相矛盾 ?

( 唯一性 : 指函数在某一个给定的圆环域内的洛

解 z0z

zzf

sin)(

.)!12(

)1(

0

2

n

nn

nz

例 3

.

0 sin 0

洛朗级数

的去心邻域内展开成在将函数 zz

z

)!12(

)1(!5

1!3

11 1253

nz

zzzz

nn

例 4 : )1)(2(

52)( 2

2

在以下圆环域求

zzzz

zf

内的洛朗展开式 . ;21)1( z 520)2( z

解 1

22

1)( 2

zz

zf

, 21 )1 时当 z

22 1

1

2

12

2

1)(

zz

zzf

2

2 11

12

21

121

zzz

n

n

n

n

n

zzz

2

02

0

1)1(

222

1

.2

)1(2

01

12

1

n

n

n

nn

n zz

, 520 )2 内在 z

12

21

)( 2

zzzf

izizi

z11

21

)2()2(1

)2()2(1

21

izizi

z

iz

ii

zi

iz

22

1)2(

1

22

1)2(

12

1

0 0 22

)1(2

12

2)1(

21

21

n n

nn

nn

iz

iiz

ii

z

.5

)2(])2()2[()1(

21

111

0

n

nnn

n

n ziii

z

11

0 )2(1

)2(1

)2()1(2

1nn

n

n

n

iizi

z

例 5

.

)2)((

1)(

展开成洛朗级数

在下列圆环域内将

ziz

zf

,21)1( z .2)2( z

解 , 21 )1( 内在 z 有 .12

,1 zzi

)2)((

1)(

zizzf

zizi 211

21

212

1

1

12

1z

zi

zi

0 01

1

2)(

21

n nn

nnn z

zii

.22

1)(

21

01

1

0

nn

nn

n

n zi

zii

, 2 )2( 内在 z 12

,1 zz

i

211

21

)( zizi

zf故

zz

zi

zi 21

1

1

12

1

0 0

11 2)(2

1

n n

nnnn zzii

.2)(2

1

0

1

n

nnn zii

同一级数在不同圆环域内的洛朗级数展开式是不同的 .

知 c12, 故

放映结束，按 Esc退出 .

例 6 求积分 .zz-

ze

z

z

1

d2||

1解：

211

|||| zzz-

zezf

z

1

,)( 内解析在函数

在此圆环域内，将其在圆环域内展开得

22 2!zzzzz

ezf z

11111

11

111

)(

22!zz

521

πiπic 42 1原式