UA MATH524 复变函数14 Laurent级数

Laurent级数的推导
Laurent级数的系数的计算公式

Laurent级数其实是幂级数的推广，我们可以回顾一下幂级数展开的条件：假设fff是DDD上的全纯函数，考虑z0∈Dz_0 \in Dz0∈D，且B(z0,R)⊂DB(z_0,R) \subset DB(z0,R)⊂D，则fff在B(z0,R)B(z_0,R)B(z0,R)中存在幂级数展开，
f(z)=∑k=0+∞ak(z−z0)kf(z)= \sum_{k=0}^{+\infty}a_k(z-z_0)^kf(z)=k=0∑+∞ak(z−z0)k

并且
ak=12πi∫γf(w)(w−z0)k+1dwa_k=\frac{1}{2 \pi i}\int_{\gamma} \frac{f(w)}{(w-z_0)^{k+1}}dwak=2πi1∫γ(w−z0)k+1f(w)dw

其中γ={w:∣w−z0∣=r}\gamma=\{w:|w-z_0|=r\}γ={w:∣w−z0∣=r}方向为正，r<Rr<Rr<R。如果fff是平滑函数，则ak=f(k)(z0)k!a_k=\frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}ak=k!f(k)(z0)

幂级数展开的缺陷是B(z0,R)B(z_0,R)B(z0,R)内不能存在pole或者本性奇点，而Laurent级数作为幂级数的推广，可以避开这个缺陷，下面介绍Laurent级数的概念。

Laurent级数的推导

结论假设fff在B∘(z0,R)\overset{\circ}{B}(z_0,R)B∘(z0,R)上解析，则fff在Annulus B(z0,R)∖Bˉ(zo,r)B(z_0,R)\setminus \bar B(z_o,r)B(z0,R)∖Bˉ(zo,r)上存在Laurent级数（其中r<Rr<Rr<R），
f(z)=∑n=−∞+∞an(z−z0)nf(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n(z-z_0)^nf(z)=n=−∞∑+∞an(z−z0)n

通常n<0n<0n<0的部分只包含有限项，比如当z0z_0z0是fff的mmm阶pole时，Laurent级数为
f(z)=c0(z−z0)m+⋯+cm−1z−z0⏟principal part+cm+cm+1(z−z0)+⋯f(z)=\underbrace{\frac{c_0}{(z-z_0)^m}+\cdots+ \frac{c_{m-1}}{z-z_0}}_{\text{principal\ part}}+c_m+c_{m+1}(z-z_0)+\cdotsf(z)=principal part(z−z0)mc0+⋯+z−z0cm−1+cm+cm+1(z−z0)+⋯

推导假设fff在B∘(z0,R)\overset{\circ}{B}(z_0,R)B∘(z0,R)上解析，考虑Annulus B(z0,R)∖Bˉ(zo,r)B(z_0,R)\setminus \bar B(z_o,r)B(z0,R)∖Bˉ(zo,r)，其中r<Rr<Rr<R，则fff可以分解为
f(z)=f1(z)+f2(z)f(z)=f_1(z)+f_2(z)f(z)=f1(z)+f2(z)

其中f1(z)f_1(z)f1(z)在B(z0,R)B(z_0,R)B(z0,R)上解析，f2(z)f_2(z)f2(z)在{z:∣z−z0∣>r}\{z:|z-z_0|>r\}{z:∣z−z0∣>r}上解析，根据上述幂级数的性质，f1f_1f1存在幂级数展开
f1(z)=∑k=0+∞ak(z−z0)k,∀z∈B(z0,R)f_1(z)=\sum_{k=0}^{+\infty} a_k(z-z_0)^k,\forall z \in B(z_0,R)f1(z)=k=0∑+∞ak(z−z0)k,∀z∈B(z0,R)

f2f_2f2也存在幂级数展开
f2(z)=∑k=1+∞bk(z−z0)−k,∀∣z−z0∣>rf_2(z) = \sum_{k=1}^{+\infty} b_k(z-z_0)^{-k},\forall |z-z_0|>rf2(z)=k=1∑+∞bk(z−z0)−k,∀∣z−z0∣>r

f2f_2f2的幂级数展开需要下面的引理：

假设FFF在{z:∣z−z0∣>R}∪{∞}\{z:|z-z_0|>R\}\cup \{\infty\}{z:∣z−z0∣>R}∪{∞}上解析，则
F(z)=∑n=0+∞cn(z−z0)−nF(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} c_n (z-z_0)^{-n}F(z)=n=0∑+∞cn(z−z0)−n

这个引理的验证比较简单，令y=1z−z0y=\frac{1}{z-z_0}y=z−z01，则F(y)F(y)F(y)在B(0,1/R)B(0,1/R)B(0,1/R)上解析，所以用幂级数展开的性质，FFF可以表示为
∑n=0+∞cnyn=∑n=0+∞cn(z−z0)−n\sum_{n=0}^{+\infty} c_n y^n = \sum_{n=0}^{+\infty} c_n (z-z_0)^{-n}n=0∑+∞cnyn=n=0∑+∞cn(z−z0)−n

其中
cn=12πi∫∣w−z0∣=s,r<s<RF(w)(w−z0)n−1dwc_n = \frac{1}{2 \pi i}\int_{|w-z_0|=s,r<s<R} F(w)(w-z_0)^{n-1}dwcn=2πi1∫∣w−z0∣=s,r<s<RF(w)(w−z0)n−1dw

Laurent级数的系数的计算公式

Laurent级数的系数的计算公式为
an=12πi∫∣w−z0∣=s,r<s<Rf(w)(w−z0)n+1dw,n=0,±1,±2,⋯a_n = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|w-z_0|=s,r<s<R} \frac{f(w)}{(w-z_0)^{n+1}}dw,n=0,\pm 1,\pm 2, \cdotsan=2πi1∫∣w−z0∣=s,r<s<R(w−z0)n+1f(w)dw,n=0,±1,±2,⋯

验证：

如上图，取r<r1<∣z−z0∣<R1<Rr<r_1<|z-z_0|<R_1<Rr<r1<∣z−z0∣<R1<R，假设
Γ={z:∣z−z0∣=R1},γ={z:∣z−z0∣=r1}\Gamma=\{z:|z-z_0|=R_1\},\gamma=\{z:|z-z_0|=r_1\}Γ={z:∣z−z0∣=R1},γ={z:∣z−z0∣=r1}

前者方向为逆时针，后者为顺时针，根据Cauchy公式，
f(z)=12πi∫Γf(w)w−zdw+12πi∫γf(ξ)ξ−zdξf(z) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\Gamma} \frac{f(w)}{w-z}dw+\frac{1}{2 \pi i} \int_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi - z}d\xif(z)=2πi1∫Γw−zf(w)dw+2πi1∫γξ−zf(ξ)dξ

因为∣z−z0w−z0∣<1|\frac{z-z_0}{w-z_0}|<1∣w−z0z−z0∣<1，所以在第一个积分中，
1w−z=1(w−z0)−(z−z0)=1w−z011−z−z0w−z0=∑n=0+∞(z−z0)n(w−z0)n+1\begin{aligned} \frac{1}{w-z} & = \frac{1}{(w-z_0)-(z-z_0)} \\ & = \frac{1}{w-z_0} \frac{1}{1-\frac{z-z_0}{w-z_0}} \\ & = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(w-z_0)^{n+1}}\end{aligned}w−z1=(w−z0)−(z−z0)1=w−z011−w−z0z−z01=n=0∑+∞(w−z0)n+1(z−z0)n

类似地，
1ξ−z=−∑n=0+∞(ξ−z0)n(z−z0)n+1\frac{1}{\xi-z}=-\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(\xi-z_0)^n}{(z-z_0)^{n+1}}ξ−z1=−n=0∑+∞(z−z0)n+1(ξ−z0)n

代入到f(z)f(z)f(z)的表达式中，
f(z)=12πi∫Γf(w)∑n=0+∞(z−z0)n(w−z0)n+1dw−12πi∫γf(ξ)(−∑n=0+∞(ξ−z0)n(z−z0)n+1)dξ=∑n=0+∞(z−z0)n[12πi∫Γf(w)(w−z0)n+1dw]+∑n=0+∞(z−z0)−n−1[12πi∫−γf(ξ)(ξ−z0)ndξ]\begin{aligned}f(z) & = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\Gamma} f(w)\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(w-z_0)^{n+1}}dw-\frac{1}{2 \pi i} \int_{\gamma} f(\xi) \left( -\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(\xi-z_0)^n}{(z-z_0)^{n+1}}\right)d \xi \\ & = \sum_{n=0}^{+\infty} (z-z_0)^n \left[ \frac{1}{2 \pi i}\int_{\Gamma} \frac{f(w)}{(w-z_0)^{n+1}}dw \right]+\sum_{n=0}^{+\infty}(z-z_0)^{-n-1} \left[ \frac{1}{2 \pi i} \int_{-\gamma} f(\xi)(\xi-z_0)^nd\xi \right]\end{aligned}f(z)=2πi1∫Γf(w)n=0∑+∞(w−z0)n+1(z−z0)ndw−2πi1∫γf(ξ)(−n=0∑+∞(z−z0)n+1(ξ−z0)n)dξ=n=0∑+∞(z−z0)n[2πi1∫Γ(w−z0)n+1f(w)dw]+n=0∑+∞(z−z0)−n−1[2πi1∫−γf(ξ)(ξ−z0)ndξ]

综上，系数为
an=12πi∫∣w−z0∣=s,r<s<Rf(w)(w−z0)n+1dw,n=0,±1,±2,⋯a_n = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|w-z_0|=s,r<s<R} \frac{f(w)}{(w-z_0)^{n+1}}dw,n=0,\pm 1,\pm 2, \cdotsan=2πi1∫∣w−z0∣=s,r<s<R(w−z0)n+1f(w)dw,n=0,±1,±2,⋯

其中{w:∣w−z0∣=s}\{w:|w-z_0|=s\}{w:∣w−z0∣=s}沿逆时针方向。