求罗朗级数一般不用定理给出的公式来求。通常是用几种基本的复变函数的泰勒级数来间接求出函数的罗朗级数。
在求罗朗级数的时候，我们不光要注意级数收敛的半径，还需要注意，在不同的区域内，级数展开的形式也是不同的。这里我们再求几个罗朗级数，来说明它的求法以及需要注意的事项。
例1：设 \(f(x)=\frac{z^2+1}{\sin z^3}\)，将 \(f(z)\) 展开成罗朗级数。
解：这里分子是多项式，所以可以不用管了。需要处理的是分母。我们利用 \(sin z\) 的展开式来处理分母。因为 \[\sin z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nz^{2n+1}}{(2n+1)!}=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\cdots+\frac{(-1)^nz^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots\]所以
\begin{align*}f(x)&=\frac{z^2+1}{\sin z^3}=(z^2+1)\frac{1}{z^3-\frac{z^9}{3!}+\frac{z^{15}}{5!}+\cdots}\\ &=(z^2+1)\cdot\frac{1}{z^3}\cdot\frac{1}{1-(\frac{z^6}{3!}-\frac{z^{12}}{5!}+\cdots)}\\&=(z^2+1)\cdot\frac{1}{z^3}(1+(\frac{z^6}{3!}-\frac{z^{12}}{5!}+\cdots)+(\frac{z^6}{3!}-\frac{z^{12}}{5!}+\cdots)^2+\cdots)\\&= \frac{1}{z^3}+\frac{1}{z}+\cdots\end{align*}
后面省略的部分是级数的解析部分。很多时候，我们并不需要知道解析部分的细节。对于罗朗级数来说，主要部分是我们最关心的部分。
例2：将函数 \(f(z)=\frac{1}{1+z}\) 展开成 \(z=i\) 处的罗朗级数。
解：我们将函数展开成 \(z=i\) 处的罗朗级数，就需要将函数化成 \(z-i\) 的函数，这样就可以利用已知函数的泰勒级数来得到罗朗展式。
我们将函数变形为
\[f(z)=\frac{1}{1+z}=\frac{1}{1+i+(z-i)}=\frac{1}{1+i}\cdot\frac{1}{1+\frac{z-i}{1+i}}\]
（1）从现在这个形式来看，我们可以利用 \(\frac{1}{1+z}\) 的泰勒展式来求这个函数的罗朗展式。问题是这个级数的展开式的收敛圆为 \(|z|<1\)，如果 \(|\frac{z-i}{1+i}|<1\)，即 \(|z-i|<\sqrt2\) ，我们可以直接利用\(\frac{1}{1+z}\) 的泰勒展式，也就是
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{1+i}\cdot\frac{1}{1+\frac{z-i}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(\frac{z-i}{1+i})^n\\ &=\frac{1}{1+i}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(1+i)^n}(z-i)^n, \quad |z-i|<\sqrt2\end{align*}
这个展开式中泰勒级数。
（2）如果 \(|z-i|》\sqrt2\) ，我们就不可以直接利用\(\frac{1}{1+z}\) 的泰勒展式，函数应当变形为
\[f(z)=\frac{1}{1+z}=\frac{1}{1+i+(z-i)}=\frac{1}{z-i}\cdot\frac{1}{1+\frac{1+i}{z-i}}\]
然后利用 \(\frac{1}{1+z}\) 的泰勒展式，我们有
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{z-i}\cdot\frac{1}{1+\frac{1+i}{z-i}}=\frac{1}{z-i}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(\frac{1+i}{z-i})^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(1+i)^n}{(z-i)^{n+1}},\quad |z-i|>\sqrt2\end{align*}