1，定理（罗朗级数）：如果复变函数 \(f(z)\) 在圆环 \(r<|z-z_0|<R\) 内解析，则它在这个圆环内可以展开成罗朗（Laurent）级数\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-z_0)^n=\sum_{n=1}^{\infty}c_{-n}(z-z_0)^{-n}+\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-z_0)^n\]其中\[c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{f(s)}{(s-z)^{n+1}}ds,\quad c_{-n}=\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{f(s)}{(s-z)^{-n+1}}ds,\quad n=0,1,2,\cdots\] \(L\) 为圆环内任何一条以 \(z\) 为心的圆周。
上面的定理虽然给出了罗朗级数的公式，但实际上，我们一般不用这个公式来求罗朗级数。更常见的方法是间接展开法，利用变量代换等方法，从已知函数的泰勒级数求出函数的罗朗级数展开式。
例1，函数 \(f(x)=e^{\frac{1}{z}}\) 在圆环 \(0<|z|<\infty\) 内解析，求它的罗朗级数。
解：因为 \[e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\]
所以 \(f(x)=e^{\frac{1}{z}}\) 的罗朗级数为
\[e^{\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\cdots+\frac{1}{n!z^n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!z^n}\]
例2，将函数 \(f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}\) 在 （1）\(|z|<1\)；（2）\(1<|z|<2\)；（3）\(2<|z|<\infty\)；（4）\(0<|z-1|<1\) 内展开成罗朗级数。
解：由有理函数的部分分式，
\[\frac{1}{(z-1)(z-2)}=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}\]
（1）\(|z|<1\)，由 \(\displaystyle\frac{1}{1-z}\) 的泰勒公式，
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}=\frac{1}{1-z}-\frac{1}{2-z}\\ &=\frac{1}{1-z}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{z}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}z^n-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}z^n-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{n+1}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)z^n\end{align*}
（2）在\(1<|z|<2\) 上，
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{z}{2}}-\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{z}}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{n+1}}-\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z}\right)^n=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{n+1}}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^{n+1}}\end{align*}
（3）在 \(2<|z|<\infty\) 上，
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}\\&=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{2}{z}}-\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{z}}\\ &=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2}{z}\right)^n-\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^{n+1}}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^{n+1}}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n-1}{z^{n+1}}\end{align*}
（4）在 \(0<|z-1|<1\) 上，只能展开成 \(z-1\) 的罗朗级数，
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{(z-1)(z-2)}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{z-2}\end{align*}
因为第一项已经是 \(z-1\) 的多项式了，所以不用对它再做什么，所以
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{z-2}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{(z-1)-1}\\ &=-\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{1-(z-1)}=-\frac{1}{z-1}\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n\\ &=-\frac{1}{z-1}-1-\sum_{n=2}^{\infty}(z-1)^{n-1}\\ &=-\frac{1}{z-1}-1-\sum_{n=1}^{\infty}(z-1)^{n}\end{align*}