Methods of Mathematical Physics (2016.09) Chapter 3 Series of complex variable functions YLMa@Phys.FDU
1f(?)f(k)(b)d??其中 ak? k?12?iC?k!????bR?1(最后一步用到了k阶导数的Cauchy积分式, k?0,1,2,, see Chapt 2. P.11)。由于
它必是连续的，因此f(?)?M，利用Cauchy不等式(see Chapt f(?)是解析的，
?R1?f(k)(b)Mk!k(k)(z?b)?M2. P.13)，有 f(b)?，所以 . ??（k?0,1,2,）?k!R?R1??k?1???R1?f(k)(b)k?因为级数??是收敛的，所以幂级数在闭圆域(z?b)??R??k!k?0?1?k?0?kkz?b?R1上是绝对且一致收敛的。
下面证明展开的唯一性：
假设两个级数在区域z?b?R1都收敛到f(z)，
f(z)??ak?z?b???ck?z?b?，
kkk?0k?0??取极限z?b，由于级数在收敛域内是一致收敛的，故有
a0?c0?f(b).
逐项微商，再取极限z?b，又得 a1?c1?f?(b).
f(k)(b)如此继续，即可证得，ak?ck?（展开了且用中心值z?b确定）.
k!? Cauchy-Taylor定理的唯一性告诉我们：
（1）可以用任何方便的方法来求其展开系数。
（2）如果在同一点展开的两个Taylor级数，则可以逐项比较系数。 ? 因为Taylor级数在其收敛圆内是一个解析函数，所以被展开的函数如果有奇
点的话，只能在收敛圆上或收敛圆外。因此，函数展开为Taylor级数，其最大收敛半径必等于展开中心到被展开函数最近的奇点的距离。 例1.
?1??(?1)nz2n，奇点为z??i，因此收敛半径R??i?1. 21?zn?0而在实数范围内，就不能理解收敛半径为何是1了， 因为函数1(1?x)
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在整个实轴上都是连续可导、并且任意阶导数都是存在的。
?zetzzn例2. 函数f(z)?z的幂级数为f(z)??Bn(t)，其中Bn(t)为
e?1n!n?0Bernoulli多项式（虽然它已知，但是写不出其通项，更写不出末项）。 由e?1?0解得zk?i2?k(k?0,?1,?2,z所以R?2?.（分子有z） )。
推论：假如Taylor级数展开的函数f(z)在z?b邻
域
为
零
，
则
f(z)?0,即
ak?0(k?0,1,2,).解析函数一致性定理 证明：
ak?1f(?')d?'?0[f(?')?0], k?1?2?iCb??'?b?12?i 而ak?C????b?f(?)k?1d??I.
因为f(z)在D内解析，函数f(z)/(??b)
除??b点外解析，所以C内函数f(z)/(??b)解析。由于边界值f(?')?0 决定了其内部值，所以I?0?ak?0?f(z)?0.
根据Taylor级数公式，容易求得常见的几个函数的Taylor级数：
zn（z??） e??，n?0n!z?z2n?1，（z??） sinz??(?1)(2n?1)!n?0?nz2n，（z??） cosz??(?1)(2n)!n?0?n?1（z?1）. ??zn，
1?zn?0例：证明eiz?cosz?isinz. 证明：
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?iz???iz?ize??????n?0n!k?0?2k?!k?0?2k?1?! kk???1?2k???1?z2k?1?cosz?isinz.??z?i?k?0?2k?!k?0?2k?1?!???iz?n2k2k?12. 多值函数的Taylor级数（有限远常点附近的级数展开）： 对于多值函数，在确定单值分支后，可以象单值函数一样展开。 例1：在z?0的邻域展开ln(1?z).
解：ln(1?z)的支点为z??1和z??，由z??1沿负实轴到z??作割线 （当然有其它作法，只是这样作割线，其收敛半径最大）。
取单值分支：规定上岸arg(1?z)????，则下岸arg(1?z)?????. 因此，
z??1??ei? (??????)，那么
z?0??1?1?ei0. 于是
ln(1?z)z?0?ln(1?ei0)?0. dn(?1)n?1(n?1)!ln(1?z)?ndzn1?z??z?0?(?1)(n?1)!n?1又
z?0
?1?1?1?e?i0n?(?1)n?1(n?1)!(?1)n?1(n?1)!n?(?1)n?1n于是，ln(1?z)??z??z [z?1,R?1(z?0??1)].
n!nn?1n?1?自证：若取另一单值分支：规定上岸arg(1?z)???3?，则下岸
arg(?1z?)???.因此，z??1??ei? (????3?). 那么，z?0??1?1?ei2?（此2?是因为再加上?就有上岸的3?）. 于是 ln(1?z)z?0?ln(1?ei2?)?2?i.
dn(?1)n?1(n?1)!(?1)n?1(n?1)!又 nln(1?z)???(?1)n?1(n?1)! nndz?1?z?z?01?1?1?ei2?z?0?? 13
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?(?1)n?1(n?1)!n(?1)n?1n于是 ln(1?z)?2?i??z?2?i??z （z?1）
n!nn?1n?1?(?1)n?1n还可取其他分支: ln(1?z)?2k?i??z.
nn?1?（X）例2：在z?0的邻域展开(1?z)?（?为非整数）。
解：(1?z)?的支点为z??1和z??，由z??1沿负实轴到z??作割线（当然有其它作法，只是这样作割线，其收敛半径最大）。
取单值分支：规定上岸arg(1?z)????，则下岸arg(1?z)?????. 因此，
z??1??ei? (??????). 那么，z?0??1?1?ei0. 于是
(1?z)?z?0?(1?ei0)??1,
d(1?z)?dz???1?z?z?0??1z??1?1?ei0??1??1?1?ei0????1??,
??2d2?(1?z)dz2?????1??1?z?z?0??2z??1?1?ei0?????1??1??1?1?ei0?
?????1?,… …
dn?(1?z)dzn?????1?z?0???n?1??1?z????n?1?.??nz??1?1?ei0
?????1?因此，(1?z)?1???n?1?????1??(??n?1)n! zn (z?1).若取另一单值分支：规定上岸arg(1?z)???3?，则下岸arg(1?z)????.因此 z??1??ei? (????3?). 那么 z?0??1?1?ei2?. 于是
(1?z)?z??1?e2?i?(1?ei2?)??ei2??，
dn?(1?z)dzn?????1?z?0???n?1??1?z????n?1?ei2??.??nz??1?1?ei2?
?????1? 14
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因此，(1?z)?e?i2????????1??(??n?1)n? 1?z? (z?1).??n!?n?1?3. 在无穷远点的Taylor展开（解析函数的Taylor级数展开）：
如果f(z)在z??解析，则也可以在z??展开成Taylor级数。
1作变换z?，则
t?1?将f??在t?0点解析，
?t??1?f??在t?0点展开成Taylor?t??1??级数，故 f????aktk，t?r.
?t?k?0则 f?z???1akz?，. krk?0z?f(z)在?点的Taylor级数只有常数项和负幂项。
?1?11?1?11例：???k???k?1(|z|?1).
1?zz1?1/zzk?0zk?0z四． 解析函数的Laurent级数展开 (Expand to the Laurent series) Review：z?x?iy,f(z)?u(x,y)?iv(x,y).
CRCs：ux?vy,uy??vx.
CI:??f(z)dz?0. CIF:f(z)?l12?if(?)n!(n)d?,f(z)??l???z2?if(?)?l?(??z)n?1d?.
?dz?l?(z?a)n?2?i?1,n;n?????l?cn(z?a)ndz?2?ic?1;（留数c?1）
0?z?a?R,lim(z?a)f(z)?A:z?a?l?f(z)dz?2?iA.
[大圆弧引理]：如果f(z)在区域D：R?z?a??，
?1?arg(z?a)??2上连续，且当z(z?D)??时，(z?a)f(z)一致地趋于K，
R为半径，则lim?f(z)dz?iK??2??1?，其中，夹角为?2??1CR是以a为圆心，
R??CR的圆弧:z?a?R,?1?arg(z?a)??2. 习题2.2. 求积分I?
12ndz(z??|z|?1?z)z(n?0,1,2,).
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