572 Laurent级数求法举 872 Laurent级数求法举例 求 Laurent展开,可以直接利用公式求亲数(这时要计算围道积分,一般是比较麻烦 的).除此之外,没有求 Laurent展开的特殊方法 由于函数在给定环域內的 Laurent展开是唯一的,因此,不论用什么方法,只要得到了 在这个环域内收敛到∫(z)的幂级数,那它就一定是∫(z)的 Laurent展开 Taylor展开中讲过的方法,以及有关的结果,都可以应用来求 Laurent展开 例71求 在0<|2|<1内和|2>1内的展开式 2(2-1在0<|<1内的展开形式一定是∑an2 所以 2(z-1)21-22n=0 0<|2|<1 也可以用部分分式的方法 mn (z-1) 在|2>1内的 Laurent晨开形式也是 ∑2”,|2|>1 这里我们看到,同一个函数在不同的区域内的 Laurent展开是很不相同的.1/z(z-1) 在0<|2<1内的 Laurent展开只有一个负幂项,而在|2|>1内的 Laurent展开有无穷 多个负幂项,但却没有正幂项 例72用待定系数法求cotz在z=0邻域内的 Laurent晨开 解待定系数法只能用于有限个负幂项(正幂项的情形 (为什么只有一个负冪项,这个道理在5.6节讨论.) (-)nWu Chong-shi §7.2 Laurent ÿ ✝￾✁✂✄ ✍ 4 ✎ §7.2 Laurent ☎✦✆✝✞✟ ✠ Laurent ✡☛✹☞ ✌✍✎✏✑➃➄ ✠ ➁➂ (❾✒✓✔✕ ➉➊➇➈✹➌✖✗✘✙✚✛ ➆) ❇✜✢✣✤✹✥✦✠ Laurent ✡☛➆✧★✩✪❇ ✫✬✭➂✮✯✰✱✲ ✳➆ Laurent ✡☛✗✴➌➆✹✵✢✹✶✷✑➑ ➒✩✪✹✸ ✓✹✺ ➏ ✮❾✻✱✲ ✳✼✽✺ f(z) ➆✾✿➂ ✹❀❁❂➌ ✰ ✗ f(z) ➆ Laurent ✡☛❇ Taylor ✡☛ ➅❃❄➆✩✪✹✌❅✦ ❆➆❇❈✹❉☞ ✌❊✑❋✠ Laurent ✡☛❇ ● 7.1 ❍ 1 z(z − 1) ✱ 0 < |z| < 1 ❨ s |z| > 1 ❨ ◆✶✷④❇ ■ 1 z(z − 1) ✱ 0 < |z| < 1 ❨ ◆✶✷P ④✪❏❴ P∞ n=−∞ anz n ❇❑❏ 1 z(z − 1) = − 1 z 1 1 − z = − 1 z X∞ n=0 z n = − X∞ n=0 z n−1 = − X∞ n=−1 z n , 0 < |z| < 1. ➜✰❏❭❹ ♣♣④◆▲▼ ➙ 1 z(z − 1) = − 1 z − 1 1 − z = − 1 z − X∞ n=0 z n = − X∞ n=−1 z n . 1 z(z − 1) ✱ |z| > 1 ❨ ◆ Laurent ✶✷P ④➜❴ P∞ n=−∞ anz n ✹ 1 z(z − 1) = 1 z 2 1 1 − 1 z = 1 z 2 X∞ n=0  1 z n = X−∞ n=−2 z n , |z| > 1. ❾❿◆❖P✺✹◗➌ ✻✭➂✮✶ ◗➆ ❘ ✲ ✳ ➆ Laurent ✡☛✗❙✶❚ ◗➆❇ 1/z(z − 1) ✮ 0 < |z| < 1 ✳ ➆ Laurent ✡☛ ✸✦➌ ✻ ❯✾❱✹❲✮ |z| > 1 ✳ ➆ Laurent ✡☛✦❳❨ ❩✻ ❯✾❱✹❬❭✥✦❪✾❱❇ ● 7.2 ❭❫❏➠✭▼❍ cot z ✱ z = 0 ➪ ❘ ❨◆ Laurent ✶✷❇ ■ ❫❏➠✭▼❴➩❭❳✺➲✫➬ ❅➥ (➤❅➥) ◆❵ P❇ cot z = X∞ n=−1 b2n+1z 2n+1 . (➐➑ ➒✸✦➌ ✻ ❯✾❱ ✹ ❾✻ ➊❛ ✮ 5.6 ❜❝✷❇) cos z = sin z X∞ n=−1 b2n+1z 2n+1 , X∞ n=0 (−) n (2n)! z 2n = X∞ k=0 (−) k (2k + 1)! z 2k+1 X∞ l=0 b2l−1z 2l−1 = X∞ k=0 X∞ l=0 (−) k (2k + 1)! b2l−1z 2(k+l) = X∞ n=0 "Xn l=0 (−) n−l (2n − 2l + 1)!b2l−1 # z 2n