Редове на Лоран

В настоящия параграф ще разгледаме редове обощаващи степенните редове.

Определение 1. Ред на Лоран с център $a\in\mathbb{C}$ и коефициенти $\{a_j\in\mathbb{C}|j\in\mathbb{Z}\}$ се нарича наредена двойка редове, чиито общи членове се определят от редиците $j\mapsto \frac{a_{-j}}{(z-a)^j}$ и $j\mapsto a_j(z-a)^j$ от холоморфни в $\mathbb{C}\setminus\{a\}$ функции. Съответното означение за ред на Лоран е $\sum\limits_{j\geq 1}\frac{a_{-j}}{(z-a)^j}+\sum\limits_{j\geq 0}a_j(z-a)^j$ или по-краткото $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$. Редът $\sum\limits_{j\geq 1}\frac{a_{-j}}{(z-a)^j}$ се нарича главна част на реда $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$. Редът $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$ е сходящ в точката $w\in\mathbb{C}\setminus\{a\}$, ако редовете от комплексни числа $\sum\limits_{j\geq 1}\frac{a_{-j}}{(w-a)^j}$ и $\sum\limits_{j\geq 0}a_j(w-a)^j$ са едновременно сходящи. Сборът от сумите на тези два реда се нарича сума на реда на Лоран в точката $w$. Вътрешността на множеството на сходимост на реда на Лоран се нарича негова област на сходимост.

Твърдение 1. Нека степенният ред $\sum\limits_{k\geq 0}a_kz^k$ с комплексни коефициенти има непразна област на сходимост $D\subset\mathbb{C}$. Тогава за всяко $a\in\mathbb{C}$ редът $\sum\limits_{k\geq 0}\frac{a_k}{(z-a)^k}$ е сходящ в областта $G\subset\mathbb{C}$, където $G=\mathbb{C}\setminus \overline{K(a,r^{-1})}$, ако $D=K(0,r)$ и $G=\mathbb{C}\setminus\{a\}$, ако $D=\mathbb{C}$. При това, ако $f:G\to\mathbb{C}$ се дефинира с $f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a_k}{(z-a)^k}$, то $f$ е холоморфна функция в $G$ и $f'(z)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{-ka_k}{(z-a)^{k+1}}$ за всяко $z\in G$.
Доказателство. Тъй като за всички $z\in\mathbb{C}\setminus\{a\}$ и всички $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ имаме $\frac{a_k}{(z-a)^k}=a_k\left(\frac{1}{z-a}\right)^k$, виждаме, че редът $\sum\limits_{k\geq 0}\frac{a_k}{(z-a)^k}$ е сходящ за всички $z\in\mathbb{C}\setminus\{a\}$, за които $\frac{1}{z-a}\in D$. Ако $D=K(0,r)$, то $\frac{1}{r}<|z-a|$, което показва, че редът $\sum\limits_{k\geq 0}\frac{a_k}{(z-a)^k}$ е сходящ в $\mathbb{C}\setminus \overline{K(a,r^{-1})}$, а ако $D=\mathbb{C}$, то този ред е сходящ в $\mathbb{C}\setminus\{a\}$. Нека $f:G\to\mathbb{C}$ и $g:D\to\mathbb{C}$ са съответно сумите на редовете $\sum\limits_{k\geq 0}\frac{a_k}{(z-a)^k}$ и $\sum\limits_{k\geq 0}a_kz^k$, т. е. $f(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{a_k}{(z-a)^k}$, за всяко $z\in G$ и $g(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_kz^k$, за всяко $z\in D$. Тъй като за всяко $z\in G$ имаме $\frac{1}{z-a}\in D$ виждаме, че $f(z)=g\left(\frac{1}{z-a}\right)$. От теоремата за диференциране на степенни редове (Твърдение 5 от Тема 11), имаме че $g$ е холоморфна функция в $D$. Следователно $f$ е холоморфна в $G$, като композиция на холоморфни функции. Следователно за всяко $z\in G$ имаме $$f'(z)=g’\left(\frac{1}{z-a}\right)\frac{-1}{(z-a)^2}=-\left(\frac{1}{z-a}\right)^2\sum\limits_{k=1}^{\infty}ka_k\left(\frac{1}{z-a}\right)^{k-1}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}-ka_k\left(\frac{1}{z-a}\right)^{k+1}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{-ka_k}{(z-a)^{k+1}}.$$

Забележка. Ако степенният ред $\sum\limits_{k\geq 0}a_kz^k$ е сходящ само в точката $0$, то редът $\sum\limits_{k\geq 0}\frac{a_k}{(z-a)^k}$ не е сходящ в никоя точка на $\mathbb{C}\setminus\{a\}$.

Твърдение 2. Нека $D\subset\mathbb{C}\setminus\{a\}$ е областта на сходимост на реда на Лоран $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$. Тогава е изпълнено точно едно от следните условия:
1) $D=\emptyset$,
2) $D=\mathbb{C}\setminus\{a\}$,
3) Съществува $r>0$, така че $D=K(a,r)\setminus\{a\}$,
4) Съществува $r>0$, за което $D=\mathbb{C}\setminus\overline{K(a,r)}$,
5) Съществуват $r>0$ и $R>r$, за които $D=\{z\in\mathbb{C}|r<|z-a|<R\}$.
Доказателство. Областта на сходимост на реда $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$ се получава от сечението на областите на сходимост на редовете $\sum\limits_{j\geq 1}\frac{a_{-j}}{(z-a)^j}$ и $\sum\limits_{j\geq 0}a_j(z-a)^j$. Последният ред е степенен, следователно областта му на сходимост е или $\emptyset$, или $\mathbb{C}$, или $K(a,R)$, за някое $R>0$. От Твърдение 1 виждаме, че областта на сходимост на главната част на реда на Лоран е или $\emptyset$, или $\mathbb{C}\setminus\{a\}$ или $\mathbb{C}\setminus\overline{K(a,r)}$ за някое $r>0$. Образувайки възможните сечения на тези множества получаваме верността на твърдението.

Забележка. Множеството на сходимост на един ред на Лоран може да има по-сложна структура.

Твърдение 3. Нека редът на Лоран $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$ има непразна област на сходимост $D\subset\mathbb{C}\setminus\{a\}$ и $f:D\to\mathbb{C}$ е сумата му, т. е. $f(z)=\sum\limits_{j= 1}^{\infty}\frac{a_{-j}}{(z-a)^j}+\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j(z-a)^j$ за всяко $z\in D$. Тогава $f$ е холоморфна функция в $D$ и $f'(z)=\sum\limits_{j= 1}^{\infty}\frac{-ja_{-j}}{(z-a)^{j+1}}+\sum\limits_{j=1}^{\infty}ja_j(z-a)^{j-1}=\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}ja_j(z-a)^{j-1}$ за всяко $z\in D$.
Доказателство. Непосредствено следствие от теоремата за диференциране на степенни редове (Твърдение 5 от Тема 11) и Твърдение 2.

Забележка. От Твърдение 3 виждаме, че сумата на всеки ред на Лоран с непразна област на сходимост е холоморфна функция, чиято производна е сума на ред на Лоран, който се получава от изходния с почленно диференциране, и който има същата област на сходимост.

Твърдение 4. (теорема за единственост на ред на Лоран) Нека редът на Лоран $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j$ има непразна област на сходимост $D\subset\mathbb{C}\setminus\{a\}$ и нека $\sum\limits_{j\in\mathbb{Z}}a_j(z-a)^j=0$ за всяко $z\in D$. Тогава $a_j=0$ за всяко $j\in\mathbb{Z}$.
Доказателство. За всяка затворена частично гладка крива $\gamma:[0,1]\to D$ и всяко $j\in\mathbb{Z}$ имаме $$0=\int_{\gamma}\frac{\sum_{k\in\mathbb{Z}}a_k(z-a)^k}{(z-a)^{j+1}}dz=\int_{\gamma}\sum_{k\in\mathbb{Z}}a_k(z-a)^{k-j-1}=\int_{\gamma}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_{-k}}{(z-a)^{k+j+1}}+\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^{k-j-1}dz=$$$$=\int_{\gamma}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_{-k}}{(z-a)^{k+j+1}}dz+\int_{\gamma}\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-a)^{k-j-1}dz.$$ Тъй като редовете под интегралите са от непрекъснати функции и са равномерно сходящи върху всеки компакт в $D$ и тъй като $\gamma([0,1])\subset D$ е компакт, можем да разменим реда на сумиране и интегриране, при което получаваме $$0=\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}\int_{\gamma}\frac{dz}{(z-a)^{k+j+1}}+\sum_{k=0}^{\infty}a_k\int_{\gamma}\frac{dz}{(z-a)^{-k+j+1}}=2\pi i\text{Ind}(\gamma,a)a_j.$$
Пресмятайки интегралите в случаите $j\geq 0$ и $j<0$, получаваме $a_j=0$ за всяко $j\in\mathbb{Z}$.

Развитие в ред на Лоран

Твърдение 5. Нека $f$ е холоморфна функция в областта $D\subset \mathbb{C}$ и нека $0\leq\delta_1<\delta_2$ са такива, че $G=\{z\in\mathbb{C}|\delta_1<|z-a|<\delta_2\}\subset D$. Тогава съществува сходящ в $G$ ред на Лоран, за който $$f(z)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}c_j(z-a)^j,$$ за всяко $z\in G$. При това, ако $\gamma:[0,1]\to G$ е затворена частично гладка крива, то $$c_j\text{Ind}(\gamma,a)=\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{j+1}}dz,$$ за всяко $j\in\mathbb{Z}$.
Доказателство. Нека $z\in G$. Тогава съществуват реални числа $\sigma,\tau,r, R$, такива че $$\delta_1<r<\sigma\leq|z-a|\leq \tau<R<\delta_2.$$
Нека $g:G\to\mathbb{C}$ е дефинирана с $$g(\zeta)=\begin{cases}\frac{f(\zeta)-f(z)}{\zeta-z},\quad\zeta\neq z \\ f'(z), \quad\zeta=z \end{cases}.$$ Функцията $g$ е непрекъсната в $G$ и холоморфна в $G\setminus\{z\}$. Според обобщената теорема на Коши (Твърдение 6 от Тема 18), диференциалът $\omega=gd\zeta$ е локално точен в $G$. Нека $\gamma_{r}:[0,1]\to G$ и $\gamma_{R}:[0,1]\to G$ са окръжностите $\gamma_r(t)=a+r\exp(2\pi it)$ и $\gamma_R(t)=a+R\exp(2\pi i t)$. Тъй като $\gamma_{r}$ и $\gamma_{R}$ са хомотопни в $G$ посредством хомотопията $$H(t,s)=(1-s)\gamma_r(t)+s\gamma_R(t),$$ $t,s\in[0,1]$ и $\omega$ е локално точен, имаме $$\int_{\gamma_r}\omega=\int_{\gamma_R}\omega$$ (Твърдение 2 от Тема 16). Следователно $$\int_{\gamma_r}\omega=\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)-f(z)}{\zeta-z}d\zeta=\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-f(z)\int_{\gamma_r}\frac{d\zeta}{\zeta-z}=\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-f(z)2\pi i\text{Ind}(\gamma_r,z)=\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta,$$ тъй като $\text{Ind}(\gamma_r,z)=0$ (за всяко $z\in G$ съществува $t>0$ така че $K(a,t)$ не съдържа $z$ и съдържа $\gamma_r([0,1])$). От друга страна $$\int_{\gamma_R}\omega=\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)-f(z)}{\zeta-z}d\zeta=\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-f(z)\int_{\gamma_R}\frac{d\zeta}{\zeta-z}=$$$$=\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-f(z)2\pi i\text{Ind}(\gamma_R,z)=\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-2\pi if(z),$$ тъй като $\text{Ind}(\gamma_R,z)=1$. Следователно $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta$$ (това съотношение може да се получи и от формулата на Коши за сложен контур (Твърдение 4 от Тема 19), тъй като венецът $\{z\in\mathbb{C}|r\leq|z-a|\leq R\}$ може да се разглежда, като компакт с положително ориентирана граница).
Както в доказателството на Твърдение 1 от Тема 19, развиваме функцията $z\mapsto(\zeta-z)^{-1}$ в степенен ред, около $a$. При $\zeta\in\gamma_R([0,1])$ имаме $$(\zeta-z)^{-1}=\frac{1}{\zeta-a-(z-a)}=\frac{1}{\zeta-a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{\zeta-a}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(z-a)^k}{(\zeta-a)^{k+1}},$$ тъй като $|z-a|\leq\tau<R=|\zeta-a|$. При $\zeta\in\gamma_r([0,1])$ имаме $$(\zeta-z)^{-1}=\frac{1}{\zeta-a-(z-a)}=\frac{1}{z-a}\frac{-1}{1-\frac{\zeta-a}{z-a}}=-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\zeta-a)^k}{(z-a)^{k+1}},$$ тъй като $|z-a|\geq\sigma>r=|\zeta-a|$. Тогава за всяко $z\in G$ имаме
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_R}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}(z-a)^kd\zeta+\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_r}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\zeta)(\zeta-a)^k}{(z-a)^{k+1}}d\zeta=$$$$=\frac{1}{2\pi i}\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\gamma_R(t))\gamma_R'(t)}{(\gamma_R(t)-a)^{k+1}}(z-a)^kdt+\frac{1}{2\pi i}\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f(\gamma_r(t))\gamma_r'(t)(\gamma_r(t)-a)^{k}}{(z-a)^{k+1}}dt.$$ Нека $M=\sup\{|f(\gamma_R(t))\gamma_R'(t)||t\in[0,1]\}$ и $m=\sup\{|f(\gamma_r(t))\gamma_r'(t)||t\in[0,1]\}$. Тогава $$\left|\frac{f(\gamma_R(t))\gamma_R'(t)}{(\gamma_R(t)-a)^{k+1}}(z-a)^k\right|=\frac{|f(\gamma_R(t))\gamma_R'(t)|}{|\gamma_R(t)-a|^{k+1}}|z-a|^k\leq \frac{M}{R^{k+1}}\tau^k=\frac{M}{R}\left(\frac{\tau}{R}\right)^k,$$
$$\left|\frac{f(\gamma_r(t))\gamma_r'(t)(\gamma_r(t)-a)^{k}}{(z-a)^{k+1}}\right|=\frac{|f(\gamma_r(t))\gamma_r'(t)||\gamma_r(t)-a|^{k}}{|z-a|^{k+1}}\leq \frac{m r^{k}}{\sigma^{k+1}}=\frac{m}{\sigma}\left(\frac{r}{\sigma}\right)^k,$$ и от критерия на Вайерщрас (Твърдение 7 oт Тема 13) виждаме, че редовете под интегралите са равномерно сходящи в $[0,1]$ редове от непрекъснати функции.
Следователно можем да разменим реда на интегрирането и сумирането (вж. Твърдение 6 от Тема 13), при което получаваме $$f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta\right)(z-a)^k+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_r}f(\zeta)(\zeta-a)^{k-1}d\zeta\right)}{(z-a)^k}.$$
Следователно за всяко $z\in G$ имаме $$f(z)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}c_k(z-a)^k,$$ където $$c_k=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_R}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta$$ при $k\geq 0$ и $$c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_r}f(\zeta)(\zeta-a)^{-k-1}d\zeta=\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_r}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{k+1}}d\zeta$$ при $k<0$. Оттук и от Твърдение 4 получаваме, че ако $\gamma:[0,1]\to G$ е затворена частично гладка крива, то $$c_j\ind(\gamma,a)=\int_{\gamma}\frac{f(z)}{(z-a)^{j+1}}dz,$$ за всяко $j\in\mathbb{Z}$.

назад