7.3 Laurent 級數表示法

Laurent 定理

本節假設 $f(z)$ 除 $z=0$ 外均為解析。

範例7.3-1. 設 $f(z)=\frac{1}{z^3}$ 與 $g(z)=e^z=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}$，以及 $h(z)=f(z)\cdot g(z)$，則當 $z\neq 0$時， $h(z)$ 有下列的級數表示法：

此例可知函數可以展開成級數的區域，我們能否將該級數的定義域從原本的圓盤(鄰域)之內改變成在環(annulus)之內？

定義7.3-1. (Laurent 級數) 設 $c_n\in\mathbb{C},~n=\pm 1, \pm 2,\ldots$，在 $z=\alpha$ 的 Laurent 級數的一般形式為：

其中 $f_s(z) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} c_{-n} (z-\alpha)^{-n}$ 稱為 $f$ 的奇異分項(singular or principal part)， $f_a(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n (z-\alpha)^n$ 稱為 $f$ 的解析分項(analytic or regular part)。

定義7.3-2. (環, annulus) 給定 $0\le r<R$， 以 $\alpha$ 為中心、半徑為 $r$ 與 $R$ 之環 $\mathcal{A}(\alpha,r,R)$ 定義為 $\mathcal{A}(\alpha,r,R)=\{z\in\mathbb{C}~:~ r<|z-\alpha|<R\}$，而閉環則定義為 $\overline{\mathcal{A}(\alpha,r,R)}=\{z\in\mathbb{C}~:~ r\le |z-\alpha|\le R\}$ 。

從環的定義，可知環和圓盤的關係有 $D_R^*(\alpha)=\mathcal{A}(\alpha,0,R)$ ， $\overline{D_R^*(\alpha)}=\overline{\mathcal{A}(\alpha,0,R)}$ ， $\mathcal{A}(\alpha,r,R)=D_R(\alpha)-\overline{D_r(\alpha)}$，以及 $\overline{\mathcal{A}(\alpha,r,R)}=\overline{D_R(\alpha)}-D_r(\alpha)$。

由於 Laurent 級數的解析分項之型式和 Taylor 級數相同，當 $c_{-n}=0$， $n\ge 1$ 時，則 Laurent 級數等於 Taylor 級數，因此 Laurent 級數明顯地為 Taylor 級數的延伸。此外 Laurent 級數 $f(z)$ 在 $z=\alpha$ 為非解析，但會存在一個環，使 $f(z)$ 在環上為解析。

定理7.3-1. 設 Laurent 級數$\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {{c_n}{{\left( {z - {\alpha}} \right)}^n}}$ 在環 $\mathcal{A}(\alpha,r,R)$上收斂，則此級數在閉環 $\overline{\mathcal{A}(\alpha,s,t)}$ 為均勻收斂，其中 $r < s<t< R$。

註： $R=\frac{1}{\lim\limits_{n\to \infty} \left| \frac{c_{n+1}}{c_n}\right|}=\frac{1}{\limsup\limits_{n\to \infty} \left| c_n \right|^{1/n}}$ 以及 $\frac{1}{r}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to \infty} \left| \frac{c_{-(n+1)}}{c_{-n}}\right|}=\frac{1}{\limsup\limits_{n\to \infty} \left| c_{-n }\right|^{1/n}}$。

• [證明]

  (i) 由定義7.3-1知 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n$ 在 $\overline{D_t(\alpha)}$ 為均勻收斂。

  (ii) Claim: $\sum\limits_{n=1}^\infty c_{-n} (z-\alpha)^{-n}$ 在 $E=\{z:|z-\alpha|\ge s\}$為均勻收斂。

  $\forall z\in E,~\frac{1}{|z-\alpha|^n}\le \frac{1}{s^n}$，取 $M_k=| c_{-k} \frac{1}{s^k}|$，由根號測試法知 $\sum\limits_{n=0}^\infty M_k$ 收斂，由於 $|c_{-n}(z-\alpha)^{-n}|\le M, ~\forall n\in\N$，則由 Weierstrass M-檢測知所求成立。

  由(i)(ii)得證本定理。

若 Laurent 級數在 $z_1$ 點收斂表示 $f_s(z_1)=\sum\limits_{n = 1}^\infty {{c_{ - n}}{{\left( {z_1 - {\alpha}} \right)}^{ - n}}}$ 及 $f_a(z_1)=\sum\limits_{n = 0}^\infty {{c_{n}}{{\left( {z_1 - {\alpha}} \right)}^{n}}}$ 在 $z_1$ 點同時收斂。

設
$f_a(z)=\sum\limits_{n = 0}^\infty {{c_{n}}{{\left( {z - {\alpha}} \right)}^{n}}}$ 之收斂半徑為 $R_a$， 即

因此級數 $f_a(z)$ 在 $|z-z_0|\le\rho<R_a$ 內均勻收斂，而在 $D_{R_a}(\alpha)$ 內收斂。此外在 $|z-\alpha|=R_a$ 上無法判定是否收斂，必須進一步計算；在 $|z-\alpha|>R_a$為發散。

至於 $f_s(z)=\sum\limits_{n = 1}^\infty {{c_{ - n}}{{\left( {z - {\alpha}} \right)}^{ - n}}}$ 是否有收斂半徑存在？令 $\displaystyle {\left( {z - {\alpha}} \right)^{ - n}} = {s^n}$， ${c_{ - n}} = {b_n}$， 則 $f_s(z)$ 可改寫為

為 $s$ 之冪級數，設其收斂半徑為 $R_s$，即

則 ${\forall }\left| s \right| < {R_s}$，$f_s(z)=\sum\limits_{n = 1}^\infty {{b_n}{s^n}}$ 為絕對收斂，即當 $\displaystyle \left| {z - {\alpha}} \right| \ge \rho > \frac{1}{{{R_s}}}$時， $f_s(z)=\sum\limits_{n = 1}^\infty {{c_{ - n}}{{\left( {z - {\alpha}} \right)}^{ - n}}}$ 是均勻收斂的，而在 $\displaystyle \left| {z - {\alpha}} \right| = \frac{1}{{{R_s}}}$ 時則無法判定是否收斂，至於 $\displaystyle \left| {z - {\alpha}} \right| < \frac{1}{{{R_s}}}$ 則為發散。

歸納而言，對整個Laurent 級數來說

• 若 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} > {R_a}$，則級數$\sum\limits_{n = -\infty}^\infty {{c_{n}}{{\left( {z_1 - {\alpha}} \right)}^{n}}}$ 到處發散。

• 若 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} = {R_a}$，級數除了 $\displaystyle \left| {z - {\alpha}} \right| = {R_a}$ 圓上的點以外都是發散。

• 若 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} < {R_a}$，則級數 $\sum\limits_{n = -\infty}^\infty {{c_{n}}{{\left( {z_1 - {\alpha}} \right)}^{n}}}$ 在開環 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} < \left| {z - {\alpha}} \right| < {R_a}$ 內收斂； 而在閉環 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} <r_s \le \left| {z - {\alpha}} \right| \le \rho_a < {R_a}$ 內均勻收斂；在 $|z-\alpha|>R_a$、 $|z-\alpha|<\frac1{R_s}$ 為發散；在 $|z-\alpha|=R_a$ 與 $|z-\alpha|=\frac1{R_s}$上無法判斷。
  
  

此外 $f_a$ 在 $|z-z_0|<R_a$ 內解析，而 $f_s$ 在 $\displaystyle \left| {z - {z_0}} \right| > \frac{1}{{{R_s}}}$ 解析，得出 $f(z)=f_s(z)+f_a(z)$在 $\displaystyle \frac{1}{{{R_s}}} < \left| {z - {z_0}} \right| < {R_a}$ 內解析。

定理7.3-2. (Laurent 定理) 設 $0\le r<R$ 且函數 $f$ 在圓環 $r < \left| {z - {\alpha}} \right| < R$ 內解析，則環內任一點 $z_0$， $f$ 有下列的 Laurent 級數表示法：

其中

此外，此級數的在 $\overline{\mathcal{A}(\alpha,s,t)}$ 是均勻收斂的，其中 $0\le r<s<t<R$。

• [證明]

  在環 $D$ 內取3個圓 $C_0:| z - z_0| = r$，$C_1:\left| {z - \alpha} \right| = {r_1}$ 及 ${C_2}:\left| {z - \alpha} \right| = {r_2},~~{r_1} < {r_2}$：

  

  設 $z_0$ 為環內任意一點，且 ${r_1} < \left| {z_0 - \alpha} \right| < {r_2}$ ，由於 $\frac{f(z)}{z-z_0}$ 在 $\mathcal{A}(\alpha,r_1,r_2)$解析，則由Gauchy-Gousart變形定理得知

  $$f(z_0) =\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_0} \frac{{f( z )}}{{z - z_0}} dz = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \frac{{f( z )}}{{z - z_0}} dz - \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} \frac{{f( z )}}{z - z_0} dz.$$

  利用引理7.2-1公式可知：當 $z \in {C_2}$ 時

  $$\begin{align*} \frac{1}{z - z_0} = \frac{1}{(z - \alpha) - (z_0 - \alpha)} &= \frac{1}{z - \alpha}\left( \frac{1}{1 - \frac{z_0 - \alpha}{z - \alpha}} \right)=\frac{1}{z - \alpha}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}\right)^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(z_0-\alpha)^n}{(z-\alpha)^{n+1}},~ \text{u.c. 於} \left|\frac{z_0-\alpha}{z-\alpha}\right|<1, \end{align*}$$

  當 $z \in {C_1}$ 時

  $$\begin{align*} \frac{1}{z - z_0} = \frac{-1}{(z_0 - \alpha) - (z - \alpha)} &= \frac{-1}{z_0 - \alpha}\left( \frac{1}{1 - \frac{z - \alpha}{z_0 - \alpha}} \right)=\frac{-1}{z_0 - \alpha}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z-\alpha}{z_0-\alpha}\right)^n\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \frac{(z-\alpha)^n}{(z_0-\alpha)^{n+1}},~ \text{u.c. on } \left|\frac{z-\alpha}{z_0-\alpha}\right|<1. \end{align*}$$

  所以

  $$\begin{align*} f(z_0)&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \frac{f(z)}{z - \alpha} dz-\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} \frac{f(z)}{z - \alpha} dz\\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \sum_{n=0}^\infty \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}} dz{(z_0-\alpha)^n}+\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} \sum_{n=0}^\infty f(z)(z-\alpha)^n dz \frac{1}{(z_0-\alpha)^{n+1}}\\ &\stackrel{\textcolor{red}{u.c.}}{=}\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}} dz\right]{(z_0-\alpha)^n}+\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} f(z)(z-\alpha)^n dz\right] \frac{1}{(z_0-\alpha)^{n+1}} \\ &=\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{-n}} dz\right] \frac{1}{(z_0-\alpha)^{n+1}}+\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}} dz\right]{(z_0-\alpha)^n}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_1} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{-n+1}} dz\right] \frac{1}{(z_0-\alpha)^{n}}+\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_2} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}} dz\right]{(z_0-\alpha)^n}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{-n+1}} dz\right] \frac{1}{(z_0-\alpha)^{n}}+\sum_{n=0}^\infty\left[\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)} \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}} dz\right]{(z_0-\alpha)^n}\\ &=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-\alpha)^{-n}+\sum_{n=0}^\infty c_{n}(z-\alpha)^{n},\quad \forall z_0\in\mathcal{A}(\alpha,r,R). \end{align*}$$

  其中 $0\le r<\rho<R$。$\hspace{10cm}\blacksquare$

例題7.3-2. 已知 $\displaystyle f(z)=\frac{1}{1 -z}$ 於 $|z-0|<1$ 以及 $|z-0|>1$ 為解析，求其對 $z=0$ 之 Laurent 級數。

• [解]

  1. 由於在 $|z|<1$ 解析，所以

     $$f(z)=f_a(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n,\quad c_n = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)}\frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}}dz.$$

     (a) 直接令 $C_\rho^{+}(0)=\{z=\rho e^{i\theta}: 0\le \theta\le 2\pi\}$，

     $$\begin{align*} \oint_{C_\rho^+(0)} \frac{f(z)}{z^{n+1}}dz&=\int_0^{2\pi} \frac{\rho i e^{i\theta}}{(1-\rho e^{i\theta})\rho^{n+1}e^{i(n+1)\theta}} d\theta =i\int_0^{2\pi} \frac{\rho^{-n}e^{-i n\theta}}{(1-\rho e^{i\theta})} d\theta \end{align*}$$

     由於 $|\rho e^{i\theta}|<1$，因此可以將 $\frac{1}{1-\rho e^{i\theta}}$進行幾何級數展開，即

     $$\begin{align*} \oint_{C_\rho^+(0)} \frac{f(z)}{z^{n+1}}dz& &=i\int_0^{2\pi} \rho^{-n}e^{-i n\theta} \sum_{k=0}^\infty \rho^k e^{i k\theta} d\theta =i\sum_{k=0}^\infty\rho^{k-n}\int_0^{2\pi} e^{i (k-n)\theta} d\theta \end{align*}$$

     因

     $$\int_0^{2\pi} e^{in\theta}d\theta=\begin{cases} 2\pi,&n=0,\\0,&n\neq0.\end{cases}$$

     可得

     $$\begin{align*} c_n&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(0)}\frac{f(z)}{(z-0)^{n+1}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\sum_{k=0}^\infty \rho^{k-n}\int_0^{2\pi} e^{i(k-n)\theta}d\theta \quad(k=n \text{ 時有非零積分值})\\ &=\frac{1}{2\pi}2\pi=1. \end{align*}$$

     (b) 利用Cauchy積分公式

     $$f^{(n)}(\alpha)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)}\frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}}dz$$

     因此 $c_{n}=\frac{1}{n!}f^{(n)}(\alpha)$，加上直接計算得 $f^{(n)}(z)=\frac{n!}{(1-z)^{n+1}}$，如此 $f^{(n)}(0)=n!$ 即 $c_n=1$。

     (c) 使用幾何級數 $\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+z^3+\cdots$，即 $c_n=1$。

     整理可得：

  $$f(z)=\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+z^3+\cdots,\quad |z|<1.$$

  2. 由於在 $|z|>1$ 解析，所以

     $$f(z)=f_s(z)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n} (z-\alpha)^{-n},\quad c_{-n} = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)}\frac{f(z)}{(z-\alpha)^{-n+1}}dz.$$

     於此利用幾何級數來計算：

     $$\begin{align*} f(z)&=\frac{1}{1-z}=-\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac1z}=-\frac{1}{z}\left[1+\frac1z+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^3}+\cdots\right] \\ &=-\left(\frac1z+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^3}+\frac{1}{z^4}+\cdots\right),\quad|z|>1. \end{align*}$$

例題7.3-3. 求 $\displaystyle f(z)=\frac{3}{2+z-z^2}$ 在下列區域之 Laurent 級數：

(a) $|z|<1$， (b) $1<|z|<2$， (c) $|z|>2$。

• [解]

  因 $\displaystyle f(z)=\frac{3}{2+z-z^2}=\frac{3}{{\left( {z + 1} \right)\left( {2-z} \right)}} = \frac{1}{{z +1}} + \frac{1}{{2 - z}}$ 且

  $$\frac{1}{1+z}=\begin{cases}\frac{1}{1-(-z)}=1-z+z^2-z^3+-\cdots=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n z^n,& |z|<1, \\ \frac{1}{z}\frac{1}{1-(-\frac1z)}=\frac1z-\frac1{z^2}+\frac{1}{z^3}-\frac{1}{z^4}+-\cdots=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{1}{z^{n}},& |z|>1. \end{cases}$$

  以及

  $$\frac{1}{2-z}=\begin{cases}\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}}=\frac12\left[1+\frac{z}{2}+\frac{z^2}{4}+\frac{z^3}{8}+\cdots\right]=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}},& |z|<2, \\ -\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac2z}=-\frac1z\left[1+\frac{2}{z}+\frac4{z^2}+\frac{8}{z^3}+\cdots\right]=\sum\limits_{n=1}^\infty - \frac{2^{n-1}}{z^{n}},& |z|>2. \end{cases}$$

  (b) 對 $z\in D_1(0)$ 而言，

  $$f(z)=\frac{3}{2+z-z^2}=\sum_{n=1}^\infty\left[ (-1)^{n}+\frac{1}{2^{n+1}} \right]z^n.$$

  (b) 對 $z\in\mathcal{A}(0,1,2)$ 而言，

  $$f(z)=\frac{3}{2+z-z^2}=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}z^{-n}+\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}}.$$

  (c) 對 $\{z~:~|z|>2\}$r 而言，

  $$f(z)=\frac{3}{2+z-z^2}=\sum_{n=1}^\infty \left[(-1)^{n+1}-2^{n-1} \right]z^{-n}.$$

唯一性與導函數

定理7.3-3. 設 $f\in\mathscr{A}(\mathcal{A}(\alpha,r,R))$ 且函數 $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty c_n (z-\alpha)^n,~\forall z\in \mathcal{A}(\alpha,r,R)$，下列敘述成立：

(1) 若 $f(z)$ 亦可以表示成 $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty b_n (z-\alpha)^n$, 則 $b_n=c_n$。

(2) $f'(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} n c_n z^{n-1},~\forall z\in \mathcal{A}(\alpha,r,R)$。

• [證明]

  設 $r<\rho<R$，由於

  $$\begin{align*} c_n&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)}\frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}}dz\\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)}(z-\alpha)^{-(n+1)}\sum_{m=-\infty}^\infty b_m(z-\alpha)^m~dz \\ &=\sum_{m=-\infty}^\infty \frac{b_m}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)} (z-\alpha)^{m-n-1}dz \end{align*}$$

  由 $C_\rho^+(\alpha)$ 之參數式為 $z=\alpha+\rho e^{i\theta},~\theta\in[0,2\pi]$，可得

  $$\begin{align*} \oint_{C_\rho^+(\alpha)} (z-\alpha)^{m-n-1}dz &= \int_{0}^{2\pi} \rho^{m-n-1} e^{i(m-n-1)\theta}\rho i e^{i\theta}d\theta \\ &=i \rho^{m-n} \int_{0}^{2\pi} e^{i(m-n)\theta}d\theta=\begin{cases}2\pi i, & m=n,\\ 0, & m\neq n. \end{cases} \end{align*}$$

  代入上式可得

  $$\begin{align*} c_n&=b_n \frac{2\pi i}{2\pi i}=b_n. \end{align*}$$

  又利用定理4.4-3. 可計算出 $f'(z)$ 之公式。$\hspace{5cm}\blacksquare$

例題7.3-4. 計算 $\displaystyle f(z)=\frac{\cos z-1}{z^4}$ 以 $\alpha=0$為展開中心之 Laurent 級數。

• [解]

  因 $\cos z-1=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!}-1=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!},\quad \forall z\in\mathbb{C}.$

  如此則有

  $$\begin{align*} f(z)=\frac{\cos z-1}{z^4}&=\frac{1}{z^4}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{z^{2n}}{(2n)!} =\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{z^{2n-4}}{(2n)!}\\ &=-\frac{1}{2z^2}+\frac1{24}-\frac{z^2}{720}+-\cdots,~\forall |z|>1. \end{align*}$$

例題7.3-3 計算 $\displaystyle f(z)=\frac{\cos z-1}{z^4}$ 以 $\alpha=0$為展開中心之 Laurent 級數。

• [解]

  因 $\cos z-1=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!}-1=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!},\quad \forall z\in\mathbb{C}$-，如此則有

  $$\begin{align*} f(z)=\frac{\cos z-1}{z^4}&=\frac{1}{z^4}\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{z^{2n}}{(2n)!} =\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\frac{z^{2n-4}}{(2n)!}\\ &=-\frac{1}{2z^2}+\frac1{24}-\frac{z^2}{720}+-\cdots,~\forall |z|>0. \end{align*}$$

例題7.3-4 計算 $\displaystyle f(z)=e^{-\frac{1}{z^2}}$ 以 $\alpha=0$為展開中心之 Laurent 級數。

• [解]

  因 $e^z=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!},\quad \forall z\in\mathbb{C}$， 如此則有

  $$\begin{align*} f(z)=e^{-\frac{1}{z^2}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\frac{1}{z^{2n}}=1-\frac{1}{z^2}+\frac{1}{2!}\frac{1}{z^4}-\frac{1}{3!}\frac{1}{z^6}+-\cdots,~\forall |z|>0. \end{align*}$$