M13 · 第 2 章 · 第一编复函数与全纯性

幂级数、初等复函数与局部表示

以收敛圆组织复幂级数的逐项运算和 Taylor 唯一性，由级数构造指数与三角函数，在明确切割域上选择对数和根式分支，并用首个非零系数刻画零点阶数。

难度 4/5约 132 分钟最近修订 2026-07-14

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预备知识复微分、Cauchy–Riemann 方程与全纯函数数列与级数复数与复平面

本章目标

由系数增长率求复幂级数的收敛半径，并分别判断边界点。
在收敛圆内部合法地逐项求导、积分和相乘，并说明新级数的半径。
从导数恢复 Taylor 系数，理解局部幂级数表示的唯一性。
用幂级数构造指数、正弦与余弦，并推导 Euler 关系和基本恒等式。
在指定切割域上定义对数与根式分支，并用首个非零 Taylor 系数判断零点阶数。

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无穷多项式先由收敛域获得意义

以 $z_0\in\mathbb C$ 为中心的复幂级数写成

\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n, \qquad a_n\in\mathbb C.

在固定的 $z$ 处，它只是一个复数项级数；只有部分和收敛时，才定义一个函数值。幂级数的特殊性在于收敛点不会零散分布：存在 $R\in[0,\infty]$ ，使级数在 $|z-z_0|<R$ 内绝对收敛，在 $|z-z_0|>R$ 处发散。圆周 $|z-z_0|=R$ 上的点必须另行判断，甚至同一圆周上可能有些点收敛、有些点发散。

收敛半径由 Cauchy–Hadamard 公式给出：

\frac1R=\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n},

采用 $1/0=\infty$ 与 $1/\infty=0$ 的约定。若从某项起 $a_n\ne0$ 且比值极限存在，也可用

R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|.

根值判别说明了圆形结构：项的绝对值的 $n$ 次根趋向由 $|a_n|^{1/n}|z-z_0|$ 控制，只依赖到中心的距离，不依赖辐角。若在某点 $z_1$ 收敛，则对所有 $|z-z_0|<|z_1-z_0|$ 都绝对收敛；若在某点发散，则更外侧不可能收敛。

收敛圆与解析函数

幂级数的收敛圆是

D(z_0,R)=\{z:|z-z_0|<R\}.

若函数 $f$ 在每一点附近都能写成某个收敛复幂级数，就称 $f$ 解析。级数中心、半径和有效区域是表示的一部分；不能把圆内等式越过最近的奇点继续代入。

例 1：同一边界圆上的不同行为

考察

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(z-1)^n}{n}.

因为 $|a_n|^{1/n}=n^{-1/n}\to1$ ，所以 $R=1$ 。在 $|z-1|<1$ 内绝对收敛，在外部发散。边界点 $z=2$ 给出调和级数 $\sum1/n$ ，发散；边界点 $z=0$ 给出交错调和级数 $\sum(-1)^n/n$ ，收敛但不绝对收敛。

若写 $z-1=e^{i\theta}$ ，当 $\theta$ 不是 $2\pi$ 的整数倍时， $\sum_{k=1}^N e^{ik\theta}$ 有统一界，而 $1/n$ 单调趋零，由 Dirichlet 判别可得边界级数收敛。圆周上的结论必须来自边界级数本身，不能由开圆内的绝对收敛直接推出。

收敛圆内部可以逐项运算

取任意 $0<r<R$ 。在闭圆盘 $|z-z_0|\le r$ 上，原幂级数一致且绝对收敛。理由是可选择 $\rho$ 满足 $r<\rho<R$ ；级数在某个 $|w-z_0|=\rho$ 的点绝对收敛，从而 $|a_n|\rho^n$ 可控制 $|a_n|r^n$ ，再用数项级数判别得到一致收敛。这里必须留出从 $r$ 到 $R$ 的余量，边界圆周通常没有同样保证。

一致收敛与幂次结构允许在圆内逐项求导：

f'(z)=\sum_{n=1}^{\infty}n a_n(z-z_0)^{n-1}.

导数级数与原级数有相同收敛半径，因为 $n^{1/n}\to1$ 。逐项积分也成立，并得到一个原函数

F(z)=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}(z-z_0)^{n+1}, \qquad F'=f,

其收敛半径仍为 $R$ 。反复求导说明幂级数之和在圆内有任意阶复导数。

两个在同一中心收敛的幂级数，在两者收敛圆的交集中可以按 Cauchy 乘积相乘：

\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nw^n\right) \left(\sum_{n=0}^{\infty}b_nw^n\right) =\sum_{n=0}^{\infty} \left(\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}\right)w^n.

这里 $w=z-z_0$ 。绝对收敛保证重排合法。若只知道边界上的条件收敛，就不能未经论证交换求和次序或套用乘积公式。

幂级数系数的 Taylor 唯一性

若

f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n

在 $|z-z_0|<R$ 成立，则对每个 $n\ge0$ ，

a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}.

因此同一函数以同一中心表示的收敛幂级数至多有一组系数。

证明

在收敛圆内逐项求导 $n$ 次。代入 $z=z_0$ 后，次数小于 $n$ 的项已被求导消去，次数大于 $n$ 的项仍含因子 $z-z_0$ ，只有第 $n$ 项留下 $n!a_n$ 。故 $f^{(n)}(z_0)=n!a_n$ 。若两组级数表示同一函数，它们都必须等于这组导数决定的系数，因而逐项相同。

这一定理只说“已有幂级数表示时，系数如何确定”。它没有仅凭函数拥有任意阶复导数就自动制造收敛展开。后续 Cauchy 积分公式会证明全纯函数确实在每一点等于自己的 Taylor 级数，从而完成全纯与解析的等价。

指数函数由整函数级数构造

定义

e^z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}.

比值判别给出 $R=\infty$ ，所以它在整个复平面解析，称为整函数。逐项求导得到

(e^z)'=e^z, \qquad e^0=1.

在任意有界闭圆盘上绝对一致收敛，使 Cauchy 乘积可以合法使用。按总次数合并二重和并应用二项式公式，可得

e^ze^w=e^{z+w}.

特别地 $e^z$ 从不为零，因为 $e^ze^{-z}=1$ 。

复正弦和余弦也由整函数级数定义：

\cos z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!}, \qquad \sin z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)!}.

逐项求导得到 $(\sin z)'=\cos z$ 、 $(\cos z)'=-\sin z$ 。把 $iz$ 代入指数级数，按偶次与奇次项分组，得到 Euler 关系

e^{iz}=\cos z+i\sin z.

于是

\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}2, \qquad \sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}.

这些恒等式对所有复数成立，但复三角函数不再有实轴上的有界性。例如 $\cos(iy)=\cosh y$ 随 $|y|$ 指数增长；把实变量图像直觉原样搬到复平面会遗漏这一差别。

例 2：用级数计算纯虚输入

由 Euler 关系，

e^{i\pi/3}=\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3 =\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}.

再取 $z=iy$ 代入正弦表达式：

\sin(iy) =\frac{e^{-y}-e^y}{2i} =i\frac{e^y-e^{-y}}2 =i\sinh y.

类似地 $\cos(iy)=\cosh y$ 。当 $y=1$ 时， $|\cos i|=\cosh1>1$ ，明确显示复余弦没有实余弦的值域界。所有等式都来自整函数级数，因此没有有限收敛半径或边界代入问题。

复对数必须选择辐角分支

指数函数满足

e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y),

并以 $2\pi i$ 为周期，所以它在全平面没有单值反函数。对 $z=re^{i\theta}\ne0$ ，所有可能的对数值为

\log z=\ln r+i(\theta+2\pi k), \qquad k\in\mathbb Z.

这是一族值而不是单个全局函数。若在某个区域 $\Omega$ 上可以连续选择辐角 $\operatorname{Arg}_\Omega z$ ，便可定义一个对数分支

\operatorname{Log}_\Omega z =\ln|z|+i\operatorname{Arg}_\Omega z.

它满足 $e^{\operatorname{Log}_\Omega z}=z$ 且

(\operatorname{Log}_\Omega z)'=\frac1z.

常用主支取 $\operatorname{Arg}z\in(-\pi,\pi)$ ，定义域是切去非正实轴的

\mathbb C\setminus(-\infty,0].

负实轴两侧的辐角极限分别趋近 $\pi$ 与 $-\pi$ ，不能把主支跨过切口连续拼接。更根本地，穿孔平面上不存在全局连续对数：若有，其导数应为 $1/z$ ，而沿单位圆的积分是 $2\pi i$ ，不可能等于一个单值原函数沿闭路的总变化。

例 3：主对数中的乘法公式有分支条件

在主支上，

\operatorname{Log}i=i\frac\pi2, \qquad \operatorname{Log}(-i)=-i\frac\pi2,

所以 $\operatorname{Log}i+\operatorname{Log}(-i)=0=\operatorname{Log}1$ 。但取 $z=w=-1+i\varepsilon$ 且 $\varepsilon>0$ 很小，两者的主辐角都接近 $\pi$ ，和接近 $2\pi$ ；乘积的主辐角却接近零。因此一般只有

\operatorname{Log}(zw) =\operatorname{Log}z+\operatorname{Log}w+2\pi i k

对某个整数 $k$ 成立。若已知所选辐角之和仍落在 $(-\pi,\pi)$ ，才可取 $k=0$ 。实对数的乘法公式不能不带分支条件地搬到复数主支。

根式分支由对数分支产生

在一个已选定对数分支的区域上，可定义

z^{1/m}=\exp\left(\frac1m\operatorname{Log}_\Omega z\right), \qquad m\ge2.

这给出 $m$ 个可能根中的一个解析分支；其他分支由它乘以 $e^{2\pi i k/m}$ 得到。对主平方根，取主对数并定义

\sqrt z=\exp\left(\frac12\operatorname{Log}z\right), \qquad z\in\mathbb C\setminus(-\infty,0].

其值的辐角落在 $(-\pi/2,\pi/2)$ ，实部为正，并满足 $(\sqrt z)^2=z$ 。但逆向等式 $\sqrt{z^2}=z$ 不会对所有允许的 $z$ 同时成立：平方会把辐角移出主区间，主平方根再把它折回。例如 $z=-1-i$ 时， $z^2=2i$ ，主平方根是 $1+i=-z$ 。根式恒等式必须带上分支和定义域。

局部上，只要区域不绕过零点且选定连续辐角，就能构造根式分支。包含绕原点一周的闭路时，辐角增加 $2\pi$ ，平方根会变号；这说明全局单值障碍来自区域拓扑，不是代数方程 $w^2=z$ 没有解。

首个非零 Taylor 系数给出零点阶数

设 $f$ 在 $z_0$ 附近解析，展开为

f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n.

若 $f(z_0)=0$ 且存在最小整数 $m\ge1$ 使 $a_m\ne0$ ，则

f(z)=(z-z_0)^m g(z),

其中

g(z)=a_m+a_{m+1}(z-z_0)+\cdots

在邻域内解析，且 $g(z_0)=a_m\ne0$ 。称 $z_0$ 是 $f$ 的 $m$ 阶零点，或零点重数为 $m$ 。由 Taylor 唯一性，这等价于

f(z_0)=f'(z_0)=\cdots=f^{(m-1)}(z_0)=0, \qquad f^{(m)}(z_0)\ne0.

连续性保证在足够小的邻域内 $g$ 不为零，所以 $z_0$ 是孤立零点。若所有 Taylor 系数都为零，则 $f$ 在该收敛圆内恒为零，此时不能给它指定有限零点阶数。

例 4：用因式与导数双重判断零点阶数

令

f(z)=e^z-1-z.

由指数级数，

f(z)=\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots =z^2\left(\frac12+\frac z6+\cdots\right).

括号中的解析函数在零点取 $1/2\ne0$ ，所以零是二阶零点。导数检验也给出

f(0)=0,qquad f'(0)=e^0-1=0,qquad f''(0)=e^0=1\ne0.

因此重数确为二。这个结论还说明零点附近 $|f(z)|$ 与 $|z|^2$ 同阶；只说“函数在零点等于零”会丢失局部消失速度。

零点阶数在乘积下相加。若 $f=(z-z_0)^m g$ 、 $h=(z-z_0)^n q$ ，且 $g(z_0)q(z_0)\ne0$ ，则 $fh$ 在 $z_0$ 的阶数为 $m+n$ 。若分子与分母都有零点，约分前应比较阶数；这一思想将在 Laurent 级数和孤立奇点分类中转化为零点与极点的阶数运算。

选择表示时先检查中心、半径与分支域

同一复函数可以在不同中心拥有不同 Taylor 展开，半径由中心到最近阻碍解析性的点控制。例如几何级数

\frac1{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n, \qquad |z|<1,

不能越过奇点 $z=1$ 。若改在 $z_0=2$ 附近，令 $w=z-2$ ，则

\frac1{1-z}=-\frac1{1+w} =-\sum_{n=0}^{\infty}(-w)^n, \qquad |w|<1.

两个展开代表同一个有理函数，却覆盖不同圆盘。展开式的代数形状不能替代收敛半径。

使用对数或根式时，则要把圆盘检查升级为分支域检查：路径是否跨越切口，区域是否围绕分支点，所用辐角范围是什么。写出 $\operatorname{Log}$ 或 $z^{1/m}$ 而不写定义域，无法决定连续性、导数或乘法恒等式是否成立。

综合练习

练习 1：由系数增长求半径

所属知识: 收敛半径
难度: 3/5

求级数

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^n}{n^2}(z+2)^n

的收敛半径，并判断边界圆上是否绝对收敛。

查看提示

对系数使用 n 次根，再单独代入边界圆。

查看解答

系数满足

\left|\frac{3^n}{n^2}\right|^{1/n} =\frac3{n^{2/n}}\longrightarrow3,

故 $R=1/3$ 。当 $|z+2|=1/3$ 时，每项绝对值为 $1/n^2$ ，所以整个边界圆上都绝对收敛。这里的边界结论来自 $p$ 级数，而不是半径公式本身。

练习 2：逐项求导识别闭式

所属知识: 逐项运算
难度: 3/5

在合法区域内求

\sum_{n=1}^{\infty}n z^n

的闭式，并写出收敛半径。

查看提示

从几何级数出发求导，再乘以 z。

查看解答

几何级数在 $|z|<1$ 时满足

\sum_{n=0}^{\infty}z^n=\frac1{1-z}.

在收敛圆内逐项求导：

\sum_{n=1}^{\infty}n z^{n-1}=\frac1{(1-z)^2}.

乘以 $z$ 得

\sum_{n=1}^{\infty}n z^n=\frac{z}{(1-z)^2}, \qquad |z|<1.

导数级数半径仍为一。圆周上各项模长为 $n$ ，甚至不趋于零，所以边界处全部发散。

练习 3：由函数方程确定 Taylor 系数

所属知识: Taylor 唯一性
难度: 4/5

设 $f$ 在零点附近解析，满足

f'(z)=2z f(z),\qquad f(0)=1.

用系数递推求它的 Taylor 级数，并识别该函数。

查看提示

设 f 为幂级数，代入

f'=2zf

后比较同次幂系数。

查看解答

设 $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ 。比较

\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}z^n =2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}z^n

的系数。常数项给 $a_1=0$ ；对 $n\ge1$ ，

(n+1)a_{n+1}=2a_{n-1}.

由 $a_0=1$ 可知所有奇数项为零，而

a_{2k}=\frac1{k!}.

所以

f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{2k}}{k!}=e^{z^2}.

链式法则给 $(e^{z^2})'=2ze^{z^2}$ 且初值为一，复核成立。Taylor 唯一性保证不存在另一组局部幂级数系数。

练习 4：主平方根与分支折返

所属知识: 根式分支
难度: 3/5

在主平方根分支上分别计算 $\sqrt{(1+i)^2}$ 与 $\sqrt{(-1-i)^2}$ ，并解释为什么结果不同于无条件的“平方与开方相消”。

查看提示

先求

z^{2}

的主辐角，再把辐角减半。

查看解答

有 $(1+i)^2=2i$ ，其主辐角为 $\pi/2$ ，故

\sqrt{2i}=\sqrt2e^{i\pi/4}=1+i.

同时 $(-1-i)^2=2i$ ，主平方根仍是 $1+i$ ，而不是 $-1-i$ 。主平方根只选择实部为正的那个根；它把输入平方后的辐角折回 $(-\pi,\pi)$ 再减半。因此 $\sqrt{z^2}=z$ 只在与所选分支相容的区域成立，不能作为全平面恒等式。

练习 5：三角组合的零点阶数

所属知识: 零点阶数
难度: 4/5

求

f(z)=\sin z-z\cos z

在 $z=0$ 的零点阶数。

查看提示

展开

\sin z

与

z\cos z

，观察低次项消去到哪一阶。

查看解答

利用整函数级数，

\sin z=z-\frac{z^3}{6}+\frac{z^5}{120}-\cdots,

以及

z\cos z=z-\frac{z^3}{2}+\frac{z^5}{24}-\cdots.

相减得到

f(z)=\left(-\frac16+\frac12\right)z^3 +\left(\frac1{120}-\frac1{24}\right)z^5+\cdots =\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{30}+\cdots.

首个非零系数位于三次项，所以零是三阶零点。等价地，前三个条件 $f(0)=f'(0)=f''(0)=0$ 成立，而 $f^{(3)}(0)=2\ne0$ 。

概念连接与继续学习

复微分与全纯函数提供复导数、CR 方程和局部解析问题的出发点。
数列与级数提供绝对收敛、根值判别、Cauchy 乘积和一致收敛的基础。
Cauchy 定理与积分公式将把全纯函数的导数写成围道积分，并证明其 Taylor 展开覆盖到最近边界障碍。
Laurent 级数与留数在穿孔圆域中加入负幂，以描述极点和其他孤立奇点。
保角映射与解析延拓研究局部级数如何沿路径接续，以及对数分支在绕行分支点时怎样变化。

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Jeremy Orloff

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MIT OpenCourseWare 18.04 的 Taylor 与 Laurent 级数、复指数和分支相关讲义可用于补充计算。使用外部公式时，应把中心、收敛半径、切割域和辐角范围一起抄录；脱离这些条件的级数等式、对数乘法或根式化简可能失去原意。

本章把局部表示拆成三层：系数增长决定收敛圆，圆内的一致绝对收敛保障逐项运算，Taylor 唯一性把每个系数绑定到导数。指数和三角函数因半径无穷而成为整函数；对数和根式则必须在避开分支点并选择辐角的区域上定义。零点阶数记录首个未消失的 Taylor 系数，为后续奇点、留数与解析延拓提供局部代数语言。