Комплексный анализ I/Билеты/Ряды Лорана

13. Ряды Лорана, их область сходимости. Разложение функции, голоморфной в кольце, в ряд Лорана. Формулы для коэффициентов.

Теорема. $f\in O(r<|z-a|<R)\Rightarrow f(z)={\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n$

$C_n=\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}dz$

$\rho$ любое число такое, что $r<\rho <R,n=0,\pm 1,\dots$

Доказательство. $z:r<|z-a|<R\Rightarrow \mathrm{\exists }\epsilon >0r+\epsilon <|z-a|<R-\epsilon$

$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=R-\epsilon }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi -\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=r+\epsilon }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi$ (по интегральной формуле Коши)

1) $|\xi -a|=R-\epsilon :\frac{1}{\xi -z}=\frac{1}{\xi -a-(z-a)}=\frac{1}{\xi -a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{\xi -a}}$

Второй множитель можно рассматривать как сумму бесконечной геометрической прогрессии:

$\frac{1}{\xi -a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{\xi -a}}=\frac{1}{\xi -a}{\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{\left(\frac{z-a}{\xi -a}\right)}^n={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(z-a{)}^n}{(\xi -a{)}^{n+1}}$

2) $|\xi -a|=r+\epsilon :\frac{1}{\xi -z}=-\frac{1}{z-a-(\xi -a)}=-\frac{1}{z-a}\frac{1}{1-\frac{\xi -a}{z-a}}$

Здесь второй множитель также можно рассматривать как сумму бесконечной геометрической прогрессии:

$-\frac{1}{z-a}\frac{1}{1-\frac{\xi -a}{Z-a}}=-\frac{1}{z-a}{\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{\left(\frac{\xi -a}{z-a}\right)}^n=-{\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(\xi -a{)}^n}{(z-a{)}^{n+1}}$

$\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=R-\epsilon }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi -\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=r+\epsilon }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi ={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=R-\epsilon }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi \right)(z-a{)}^n+$

$+{\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}(\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=r+\epsilon }{\int }f(\xi )(\xi -a{)}^{n}d\xi )\frac{1}{(z-a{)}^{n+1}}$

В первом интеграле вместо $R-\epsilon$ и во втором вместо $r+\epsilon$ можно взять любое число $\rho :r<\rho <R$, так как интеграл по замкнутой кривой внутри окружности равен интегралу по окружности, значит

$f(z)={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi \right)(z-a{)}^n+{\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{-1}\left(\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi \right)(z-a{)}^n=$

$={\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi \right)(z-a{)}^n$

Замечание. Ряд Лорана сходится к $f(z)$ равномерно внутри кольца $r<|z-a|<R$.

Неравенства Коши для коэффициентов Лорана. $\left|C_n\right|\le \frac{\underset{|z-a|=\rho }{\max }|f(z)|}{{\rho }^2},r<\rho <R$

Теорема. (свойства рядов Лорана)

1) ряд Лорана сходится в кольце $r<|z-a|<R$, где $r=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_{-n}\right|}$, $R=\frac{1}{\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_n\right|}}$. Вне этого кольца ряд расходится. Если $r>R$ то ряд не сходится вообще нигде

2) сумма ряда Лорана в кольце из пункта 1 голоморфная функция

3) $C_n=\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi ,n\in \mathbb{Z}$, то есть наш ряд это ряд Лорана для $f(z)$.

Доказательство.

1) ${\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{c}_n(z-a{)}^n={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n+{\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{-1}{C}_n(z-a{)}^n$ – первая часть называется правильной частью ряда Лорана, вторая главной частью ряда Лорана. Посмотрим, где сходятся по отдельности главная и правильная части.

Главная часть:

${\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n$ сходится при $|z-a|<R=\frac{1}{\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_n\right|}}$

Правильная часть:

${\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{-1}{C}_n(z-a{)}^n={\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_{-n}}{(z-a{)}^n}$ сходится при $\left|\frac{1}{z-a}\right|<\frac{1}{\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_{-n}\right|}}$$\iff |z-a|>r=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_{-n}\right|}$

Получается, что ряд Лорана сходится в кольце $r=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_{-n}\right|}<|z-a|<\frac{1}{\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{\left|C_n\right|}}=R$. Если $r>R$, то области сходимости главной части (внешность круга радиусом $r$ с центром в $a$) и правильной части (внутренность круга радиусом $R$ с центром в $a$) не пересекаются. Значит, ряд Лорана нигде не сходится.

2) правильная часть сходится равномерно внутри круга $|z-a|<R$;

главная часть сходится равномерно внутри $|z-a|>r$

Значит, наш ряд сходится равномерно внутри кольца $r<|z-a|<R$ $\Rightarrow$, по следствию из теоремы Вейерштрасса, сумма рядов голоморфна внутри кольца $r<|z-b|<R$.

3) $\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{f(\xi )}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi =\frac{1}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }\frac{\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{C}_k(\xi -a{)}^k}{(\xi -a{)}^{n+1}}d\xi ={\sum }_{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_k}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }(\xi -a{)}^{k-n-1}d\xi$

Сделаем замену переменной $\xi =a+\rho e^{i\phi },\phi \in [0,2\pi ]$, $⊐v=k-n-1$

${\sum }_{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_k}{2\pi i}\underset{|z-a|=\rho }{\int }(\xi -a{)}^{v}d\xi ={\sum }_{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_k}{2\pi i}{\int }_0^{2\pi }{\rho }^v{e}^{iv\phi }i\rho e^{i\phi }d\phi ={\sum }_{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_k{\rho }^{v+1}}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(v+1)\phi }d\phi$

$\frac{C_k{\rho }^{v+1}}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(v+1)\phi }d\phi =\{\begin{array}{c}{C}_k,v=-1\\ 0,v\ne -1\end{array}$

${\sum }_{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{C_k{\rho }^{v+1}}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(v+1)\phi }d\phi =C_k$

Следствие. (из пункта 3) Если $f(z)\in O(r<|z-a|<R)$, то коэффициенты её ряда Лорана определяются единственным образом.

Isbur (обсуждение) 16:06, 26 марта 2019 (UTC)