Methods of Mathematical Physics (2016.09) Chapter 3 Series of complex variable functions YLMa@Phys.FDU
z?1以内，则z?0是n阶奇点，计算繁杂。故cn??12?i??21?1dz?.
zn?1?z?2?2n?1这是因为仅仅绕z?2一周，Fn(z)中末项积分没有贡献，这里仅仅是其首项贡献。 对n??1，1?z?2,由复连通区域Cauchy定理，
cn?12?ii?2?i?C'??l'????i????i??0.
?l?Fn(z)dz?12?i??iFn(z)dz???i1idz?zn?1(z?i)2?i???i1Fn(z)dz2?i???i1dzzn?1(z?i)
??11?11?0 (n??2k?1)?i?n?1??n??? ?k?1,2,kn?1?ni(?i)i(?i)2?1 (n??2k)???????.如果选择z?2以外，则z??是n阶奇点，计算繁杂。
Q: 因故未去听课，所以对Laurent级数有很多不懂的地方(问题挺多的，又麻烦老师了)：
第一点，在证明Laurent定理时，最后将正幂部分和负幂部分合并起来时，为什么可以把环路积分路径统一换成L？既然这个时候可以换成任意的积分路径，为什么一开始还要区分开用r1,r2?
第二点，Laurent系数为什么不可以写成f(z)的k阶导数比上K的阶乘？
因为由导数定义，只要f(z)在z=b的邻域内解析，则可导；而b点又不一定是奇点。应该说Laurent系数不一定能写成那样，而不是不能。
第三点，同一函数在不同邻域内展开为Laurent级数不同，是否是因为其在不同邻域收敛半径不同？ 第四点，对Laurent展开的负幂部分，其收敛域是|1/(z-a)|<δ,即|z-a|>1/δ=r,是否存在r>R的情况（R为正幂部分收敛半径）？可否举出例子？
五、Taylor级数和Laurent级数展开的几种常用方法(Usual methods)
1． 利用几何级数公式（这是常用的方法）
?1 ??zn（z?1）等等。
1?zn?0例1：
1在1?z??的Laurent展式。 2z?1?1111?2??2n?2，(z?1). 解：2z?1z1?1n?0zz2此展式仅仅有主部，并且有无穷多个项。但是z?0非奇点，而z??1 21
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为奇点，这是因为z?1. 例2：求函数f(z)?Laurent展式。
解：（1）当2?z??时，
12?2在区域（1）2?z??；（2）1?z?2 的z?2z?111211??2?2f(z)??2?????2z1?2z1?1zn?0?z?zzz2?nn??1???2?n?0?z?n?n
?????1??1???2n2n?1??n?1?2?2n?2??n?2?2n??c?mz?m,n?0zn?0zn?1zn?1zm?12k?2? (m?2k?1)??2k?1?k?0,1,2,k??2?2??1? (m?2k)其中，c?m? 同前。
（2）当1?z?2时，简单的有
11211??z?2f(z)???2??????221?zz1?12n?0?2?z22z?nn??1???2?n?0?z??k
????1??znznk???n?1?2?2n?2???n?1?2???1?z?2k.n?02n?0zn?02k?12． 利用其它初等函数的Taylor级数展开式 例3. e??1z11，收敛域??，即z?0. nzn!zn?0?3． 已知级数的逐项求导或逐项积分
1d1d?n?dn?n?1?例4：???z??z??nz???n?1?zn (z?1). 2?1?z?dz1?zdzn?0n?0dzn?1n?0例5：
1在1?z??内的Laurent展式。 3(z?1)11d211d21?11?(n?1)(n?2)解： (z?1). ?????322nn?3(z?1)2dzz?12dzzn?0z2n?0z例6：求ln(1?z)在z?0的Taylor展式，规定ln(1?z)|z?0?0.
??d?(?1)nzn?1n解：ln(1?z)????d??(??)??(z?1).
1??0n?0n?1n?00zz 22
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4． 已知级数的相乘或相除 例7：f(z)??k111??. 21?3z?2z1?z1?2z?l??lk?lf(z)??z???2z????2zk?0l?0k?0l?0?nl?n?n?1????2?z???2?1?znn?0?l?0n?0??1(z?), Note：k?l?n:k?n?l,l[0,n];
2???21kk另外f(z)???2??2z???z???2k?1?1?zk.
1?2z1?zk?0k?0k?0(x)例8：f(z)?e11?z在z?1之Laurent展式（习题3.10）。
t1解法一：设t?，f(z)?et?1??(t)在t?1解析，因而可作Taylor展式，
z??(t)??antn其中a0?1，因为 t?0:?'??''??'''??1,?(4)?1,n?0
1111????f(z)?1??z2!z23!z34!z4解法二：因为
;
e11?z?e111?(?2?3?)zzz1111?(1?????z2!z23!z34!z4.
)(1?11??z22!z4)() ?f(z)?1?1111????z2!z23!z34!z4(x)例9：求cotz在z?0邻域的Laurent级数。 下面我们用级数除法求解：
1111??tanzz?1z3?2z5?z1?1z2?2z4?31531512设其分母为1?z2?z4??1?Z,则
315cotz?cotz?11?(1?Z?Z2?Z3?)z(1?Z)z11?21111?[1?z2?(?)z4?]??z?z3?z3159z345x1(z?)2z.
.例10：试求函数e在0?|z|??内的Laurent展式[13.2节，1（2）p.273
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22k2x?，生成函数，参数x:E?无量纲动量。E?0:x?Rex;E?0:x?iImx.]. 2m2mL22解：exz2(x/2)ll??zl!l?0?(|z|??), （1）
对于固定的x此级数绝对收敛，并且随着|z|的减小，这种收敛愈加增快。
ex?12z(x/2)l1l??(?)l!zl?0?(0?|z|), （2）
对于固定的x此级数绝对收敛，并且随着|z|的增大，这种收敛愈加增快。 方法一：方程（1）相乘方程（2）得
ex1(z?)2z??l?0?(?1)nxl?nl?n()z. ?n?0l!n!2?因为此级数是zl?n次幂的形式，所以令m?l?n.当对n求和时，对于固定的
l,m?l?n可正可负,即Laurent级数。所以m(??,??),而n[0,??). 因此代l?n?m得
ex1(z?)2z??(?1)n?x??z??()2n?m?m????n?0n!(n?m)!2?
??m??Jm(x)z??J?m(x)z?m.mm?0m?1?? 即对于某一个m，遍及所有n，再对所有m求和。我们已定义了
2n?m?1???x?Jm(x)??(m?0); ??n?0n!?n?m?!?2??2n?m?1???x?J?m(x)??(m?1,l?n?m,n?m?0). ??n?mn!?n?m?!?2??nn它们称为m阶Bessel函数，记为Jm(x), 其母函数为ex1(z?)2z.
(x)方法二：为了得到乘积中某一个正m幂次项zm(m?0)， 取方程（2）中
1第n项与方程（1）中l?n?m的项去相乘，这正好得到()nzn?m?zm项，
z注意求和变量为n. 为了得到乘积中某一个负h幂次项z?h(h?1), 取方程
1h的项去相乘，（1）中第l项与方程（2）中n?l?这正好得到zl()l?h?z?hz
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项，这里求和变量为l.两项相加得
ex1(z?)2z???(?1)nx2n?m??(?1)lx2l?h??h???z??()??(?z)??()?(0?|z|??),?m?0?n?0n!(n?m)!2?h?1?l?0l!(l?h)!2??m 其中首项用了上述分析的l?n?m，末项用了上述分析的n?l?h.
末项再作变换：?h?m,l?n,则
ex1(z?)2z???(?1)nx2n?m??1m(?1)nx2n?|m|?m???z??()?z(?1)(). ?????m?0?n?0n!(n?m)!2?m????n?0n!(n?|m|)!2??mx1(z?)2z??故 e??m????Jm(x)zm,
n其中
2n?m?1???x?Jm(x)??,??n!n?m!2????n?0n?m2n?m??1???x?J?m(x)???(?1)mJm(x),(m?0,1,2,??n?0n!?n?m?!?2?
).5． 待定系数法
例11：求tanz在z?0的Taylor级数（习题3.11）。
解：分析：由于tanz是奇函数，故其在z?0的Taylor级数只有奇次幂，
tanz??a2k?1z2k?1，其中系数a2k?1待定。因为tanz?k?0??sinz,所以coszsinz?cosz??a2k?1z2k?1. 因为sinz,cosz的奇、偶级数已知，所以
k?0??(?1)n2n?1?(?1)l2l?(?1)l2k?2l?12k?1z??z??a2k?1z???a2k?1z?2n?1!2l!2l!????n?0?l?0?k?0l?0k?0??n(?1)n?k?2n?1???a2k?1z,????2n?2k!???n?0?k?0?其中最后一步用到了k?l?n. 比较方程两边级数的系数，即得
(?1)n?k(?1)na2k?1?(n?0,1,2,). (RR) ?2n?2k!2n?1!????k?0n 具体地 n?0： a1?1
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