这一节我们证明罗朗级数公式。跟泰勒级数公式的证明一样，我们利用 \(\frac{1}{1-z}\) 的展开式与柯西积分公式来证明罗朗级数公式。
我们先叙述罗朗级数的定理。
定理：设函数 \(f(z)\) 在圆环 \(r<|z-z_0|<R\) 内解析，则它在此圆环内可展开成罗朗级数\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-z_0)^n,\quad n=0,\pm1,\pm2,\cdots.\]其中 \[c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{f(s)}{(s-z)^{n+1}}ds\] \(L\) 为圆环内任意一条以 \(z_0\) 为心、\(\rho\)为半径的圆周， \(r<\rho<R\)。
证明：证明的方式与泰勒级数的证明方式一样。我们考虑圆环 \(R_1<|z-z_0|<R_2\)，其中 \(r<R_1<R_2<R\)，那么函数在此圆环连同它的边界上都是解析的。
（i）首先设 \(z_0=0\)，由复连通区域上的柯西积分公式\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s-z}ds-\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{f(s)}{s-z}ds\]
因为 \[1+z+z^2+\cdots+z^{n}=\frac{1-z^{n+1}}{1-z},\] 所以\[\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots+z^n+\frac{z^{n+1}}{1-z}.\]
应用这个公式，当 \(s\) 在圆周 \(|z|=R_2\) 上时，\(|z|<|s|\)，我们有\[\frac{1}{s-z}=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{1-\frac{z}{s}}=\frac{1}{s}\left(1+\frac{z}{s}+\left(\frac{z}{s}\right)^2+\cdots\left(\frac{z}{s}\right)^n+\left(\frac{z}{s}\right)^n\cdot\frac{z}{s-z}\right)\]
将上式代入到前面的积分里面去，我们有
\begin{align*}\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s-z}ds&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{1}{s}\left(1+\frac{z}{s}+\left(\frac{z}{s}\right)^2+\cdots\left(\frac{z}{s}\right)^n+\left(\frac{z}{s}\right)^n\cdot\frac{z}{s-z}\right)f(s)ds\\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\left(\frac{f(s)}{s}+\frac{f(s)}{s^2}z+\frac{f(s)}{s^3}z^2+\cdots+\frac{f(s)}{s^{n+1}}z^n+\frac{z^{n+1}}{s^{n+1}}\frac{f(s)}{s-z}\right)ds\\ &=\sum_{k=0}^{n}z^k\cdot\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s^{k+1}}ds+\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{z^{n+1}}{s^{n+1}}\frac{f(s)}{s-z}ds\end{align*}
记 \(R_n(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=R}\frac{z^{n+1}}{s^{n+1}}\frac{f(s)}{s-z}ds\)。现在我们证明这个积分趋近于 \(0\)。
因为 \begin{align*}|R_n(z)|&=|\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{z^{n+1}}{s^{n+1}}\frac{f(s)}{s-z}ds|\\ &\le \frac{1}{2\pi}\cdot|\frac{z^{n+1}}{s^{n+1}}|\cdot |\frac{1}{s-z}|M\cdot 2\pi R_2\\ &=\frac{q^{n+1}MR_2}{|s-z|}\end{align*}
这里 \(q=|\frac{z}{s}|<1\)，\(M\) 为 \(|f(z)|\) 在圆周 \(|z|=R_2\) 上的最大值。当 \(n\to\infty\) 时， \(q\to0\)，所以 \(R_n(z)\to 0, n\to\infty\)。从而
\[\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s-z}ds=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s^{k+1}}ds\right)z^n.\]
当 \(s\) 在圆周 \(|z|=R_1\) 上时，因为这时候，\(|z|>|s|\)，我们有\begin{align*}-\frac{1}{s-z}&=\frac{1}{z-s}=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{s}{z}}\\ &=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{s}{z}}=\frac{1}{z}\left(1+\frac{s}{z}+\left(\frac{s}{z}\right)^2+\cdots\left(\frac{s}{z}\right)^n+\left(\frac{s}{z}\right)^n\cdot\frac{s}{z-s}\right)\end{align*}
代入到前面第二个积分里面去，我们有
\begin{align*}-\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{f(s)}{s-z}ds&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{f(s)}{z-s}f(s)ds=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\frac{s}{z}}f(s)ds \\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{1}{z}\left(1+\frac{s}{z}+\left(\frac{s}{z}\right)^2+\cdots\left(\frac{s}{z}\right)^n+\left(\frac{s}{z}\right)^n\cdot\frac{s}{z-s}\right)f(s)ds\\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{s^{-1}}\cdot\frac{1}{z^2}+\cdots+\frac{1}{s^{-n}}\cdot\frac{1}{z^{n+1}}+\left(\frac{s}{z}\right)^{n+1}\cdot\frac{1}{z-s}\right)f(s)ds\end{align*}
所以，我们有\[-\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=r}\frac{f(s)}{s-z}ds=\sum_{k=1}^{n+1}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{f(s)}{s^{-k+1}}ds\right)\frac{1}{z^k}+R_{n+1}(z)\]其中 \[R_{n+1}(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\left(\frac{s}{z}\right)^{n+1}\cdot\frac{f(s)}{z-s}ds\]
跟前面的证明一样，我们证明 \(R_{n+1}(z)\) 趋近于 \(0\)。因为\[|R_{n+1}(z)\le \frac{M}{2\pi}q^{n+1}\frac{1}{|z-s|}2\pi R_1=\frac{Mq^{n+1}}{|z-s|}\]这里 \(q=\left|\frac{s}{z}\right|<1\)，\(M\) 为 \(|f(z)|\) 在圆周 \(|z|=R_1\) 上的最大值。所以当 \(n\to\infty\) 时，\(R_{n+1}(z)\to 0\)。
由复连通区域上和柯西积分公式， 对于任何以 \(0\) 为心，半径为 \(\rho, r<\rho<R\) 的圆来说 \[\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_1}\frac{f(s)}{s^{-n+1}}ds=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=\rho}\frac{f(s)}{s^{-n+1}}ds\]\[\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=R_2}\frac{f(s)}{s^{n+1}}ds=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|s|=\rho}\frac{f(s)}{s^{n+1}}ds\]
所以我们有\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_nz^n,\quad n=0,\pm1,\pm2,\cdots.\]其中 \[c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{f(s)}{s^{n+1}}ds\]
(2)现在我们证明对任意 \(z_0\)，罗朗公式也成立 。我们设 \(g(z)=f(z+z_0)\)，那么 \(g(z)\) 在圆环 \(r<|z|<R\) 内解析。所以\[g(z)=f(z+z_0)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_nz^n,\quad n=0,\pm1,\pm2,\cdots.\]其中 \[c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{g(z)}{z^{n+1}}dz\]
用 \(z-z_0)\) 代替上式中的 \(z\)， 我们就得到了一般情形下的罗朗公式。