Home 数学 复分析

目前我们已经知道，正则性等价于解析性，即在某范围正则的函数可以直接展开为 Taylor 级数。

但是当内部出现可数个奇点时，级数会发散，这导致 Taylor 展开失效
此时，可以通过将函数中非正则的部分抽离，从而实现 正则 + 非正则 的组合

  • 对于正则的部分，可以进行 Taylor 展开
  • 对于非正则的部分，可以进行负幂级数展开，从而收敛

这样的展开方式为 Laurent 展开

Laurent 展开可能性从圆域正则改为了环域正则，即可以允许通过挖孔的方式规避奇点

定义环域

A(a;r,R)={z∈C∣r<∣z−a∣<R}A(a; r, R) = \{z \in \mathbb C \mid r \lt |z - a| \lt R\}

其中 0≤r<R≤+∞0 \leq r \lt R \leq +\infty
aa 为环域的中心，rr 为内半径，RR 为外半径

# Laurent 展开

定理 Laurent 展开
取环域 A(a;R1,R2)⊂CA(a; R_1, R_2) \subset \mathbb C，若函数 ff 在该环域上正则，则可以唯一展开为

f(z)=∑n=−∞∞cn(z−a)n,z∈A(a;R1,R2)f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - a)^n, \quad z \in A(a; R_1, R_2)

其中系数 cnc_n 由下式给出

cn=12πi∮∣w−a∣=ρf(w)(w−a)n+1dw,R1<ρ<R2c_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|w - a| = \rho} \frac{f(w)}{(w - a)^{n+1}} dw, \quad R_1 \lt \rho \lt R_2

并满足

R1<∀r<R2,∑n=−∞∞∣cn∣rn<∞R_1 \lt {}^\forall r \lt R_2,\quad \sum_{n=-\infty}^{\infty} |c_n| r^n \lt \infty

证明

（系数收敛）
任取 r∈(R1,R2)r \in (R_1, R_2)，则对于满足

R2<∣z2−z0∣<r<∣z1−z0∣<R1R_2 \lt | z_2 - z_0 | \lt r \lt | z_1 - z_0 | \lt R_1

的任意 z1,z2z_1, z_2，级数

∑n=0∞cn(z−a)n,∑n=1∞c−n(z−a)−n\sum_{n=0}^\infty c_n (z - a)^n,\quad \sum_{n=1}^\infty c_{-n} (z - a)^{-n}

均在闭圆盘 {z∣∣z−a∣≤r}\{z \mid |z - a| \leq r\} 上收敛
所以 Laurent 级数在环域该闭圆盘上一致收敛
（唯一性）
假设存在另一组系数 dnd_n，使得

f(z)=∑n=−∞∞dn(z−a)n,z∈A(a;R1,R2)f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} d_n (z - a)^n, \quad z \in A(a; R_1, R_2)

此时级数一致收敛
令系数

an:=12πi∮γf(ξ)(ξ−z0)n+1dξa_n := \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{n+1}} d\xi

那么任取 m∈Zm \in \mathbb Z，则

2πi⋅am=∮γf(ξ)(ξ−z0)m+1dξ=∑n=−∞∞dn∮γ(ξ−z0)n(ξ−z0)m+1dξ=∑n=−∞∞dn∮γ(ξ−z0)n−m−1dξ=2πi⋅dm\begin{aligned} 2 \pi i \cdot a_m &= \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{m+1}} d\xi \\ &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} d_n \oint_{\gamma} \frac{(\xi - z_0)^n}{(\xi - z_0)^{m+1}} d\xi \\ &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} d_n \oint_{\gamma} (\xi - z_0)^{n - m - 1} d\xi \\ &= 2 \pi i \cdot d_m \end{aligned}

所以 am=dma_m = d_m，即系数唯一
（展开可能性）
在环域 A(z0;R1,R2)A(z_0; R_1, R_2) 上取任意 zz，取满足

R1<r1<∣z−z0∣<r2<R2R_1 \lt r_1 \lt |z - z_0| \lt r_2 \lt R_2

的半径 r1,r2r_1, r_2，定义闭曲线

γi:=z0+rieit,t∈[0,2π],i=1,2\gamma_i := z_0 + r_i e^{it}, \quad t \in [0, 2\pi],\ i = 1, 2

则由 Cauchy 积分公式

2πi⋅f(z)=∮γ2f(ξ)ξ−zdξ−∮γ1f(ξ)ξ−zdξ2 \pi i \cdot f(z) = \oint_{\gamma_2} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d\xi - \oint_{\gamma_1} \frac{f(\xi)}{\xi - z} d\xi

对 1ξ−z\dfrac{1}{\xi - z} 进行级数展开
（1）当 ξ∈γ2∗\xi \in \gamma_2^* 时（即 ∣z−z0∣<∣ξ−z0∣|z - z_0| \lt |\xi - z_0|）

1ξ−z=1ξ−z0−(z−z0)=1ξ−z0⋅11−z−z0ξ−z0=1ξ−z0∑n=0∞(z−z0ξ−z0)n=∑n=0∞(z−z0)n(ξ−z0)n+1\begin{aligned} \frac{1}{\xi - z} &= \frac{1}{\xi - z_0 - (z - z_0)} \\ &= \frac{1}{\xi - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - z_0}{\xi - z_0}} \\ &= \frac{1}{\xi - z_0} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{z - z_0}{\xi - z_0} \right)^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(z - z_0)^n}{(\xi - z_0)^{n+1}} \end{aligned}

（2）当 ξ∈γ1∗\xi \in \gamma_1^* 时

1ξ−z=1ξ−z0−(z−z0)=−1z−z0⋅11−ξ−z0z−z0=−1z−z0∑n=0∞(ξ−z0z−z0)n=−∑n=0∞(ξ−z0)n(z−z0)n+1=∑n=1∞(ξ−z−z0)n−1(z−z0)−n\begin{aligned} \frac{1}{\xi - z} &= \frac{1}{\xi - z_0 - (z - z_0)} \\ &= -\frac{1}{z - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{\xi - z_0}{z - z_0}} \\ &= -\frac{1}{z - z_0} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{\xi - z_0}{z - z_0} \right)^n \\ &= -\sum_{n=0}^\infty \frac{(\xi - z_0)^n}{(z - z_0)^{n+1}} \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(\xi - z - z_0)^{n-1}}{(z - z_0)^{-n}} \end{aligned}

代入 Cauchy 积分公式，得到

f(z)=12πi∮γ2∑n=0∞(z−z0)n(ξ−z0)n+1f(ξ)dξ+12πi∮γ1∑n=1∞(ξ−z0)n−1(z−z0)−nf(ξ)dξ=∑n=0∞(12πi∮γ2f(ξ)(ξ−z0)n+1dξ)(z−z0)n+∑n=1∞(12πi∮γ1f(ξ)(ξ−z0)n−1dξ)(z−z0)−n=∑n=−∞∞cn(z−z0)n\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma_2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(z - z_0)^n}{(\xi - z_0)^{n+1}} f(\xi) d\xi + \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma_1} \sum_{n=1}^\infty \frac{(\xi - z_0)^{n-1}}{(z - z_0)^{-n}} f(\xi) d\xi \\ &= \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma_2} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{n+1}} d\xi \right) (z - z_0)^n + \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{2\pi i} \oint_{\gamma_1} f(\xi) (\xi - z_0)^{n-1} d\xi \right) (z - z_0)^{-n} \\ &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n \end{aligned}

□\square

该展开称为在点 aa 处的 Laurent 展开 (Laurent expansion)「ローラン展開」
其中右边的级数称为 Laurent 级数

  • 负幂部分称为 主部 (principal part)「主要部」
  • 非负幂部分称为 正则部 (regular part)「正則部」

特别地，称 c−1c_{-1} 为函数 ff 在点 aa 处的 留数 (residue)「留数」，记为 Res(f,a)\mathrm{Res}(f, a)

Laurent 级数在定义域内一致收敛

对函数进行洛朗展开时，通常不是使用积分计算级数，而是通过对函数进行代数变形，拆分为正则和非正则两部分，从而分别进行 Taylor 展开和负幂级数展开

环域的中心，内外半径的改变都会导致 Laurent 级数的系数发生变化，核心因素是奇异点相较于圆环的位置

  • 在环域中间中空部分的奇异点综合提供主要部
  • 在环域外的奇异点，以及正则性本身提供正则部

所以，如果函数在中空部分没有任何奇异点，那么等价于在圆盘上正则，Laurent 展开就退化为 Taylor 展开

以下示例展示环域选取对级数展开的影响

示例
对函数 f(z)=1(z−1)(z+2)f(z) = \dfrac{1}{(z-1)(z+2)} 在环域

  • A(1;3,+∞)A(1; 3, +\infty) （两个奇点都在内部，且展开中心为其中一个奇点）
  • A(1;0,3)A(1; 0, 3) （奇点一内一外，且展开中心为其中一个奇点）
  • A(0;1,2)A(0; 1, 2) （奇点一内一外，且展开中心不为奇点）

进行 Laurent 展开

解

(1)
取环域 A(1;3,+∞)A(1; 3, +\infty)，令 w=z−1w = z - 1，则 ∣3w∣<1|\frac{3}{w}| < 1

f(z)=1(z−1)(z−2)=1w(w+3)=1w2⋅11+3w=1w2∑n=0∞(−3w)n=∑n=0∞(−3)n(z−1)−(n+2)\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{(z-1)(z-2)} \\ &= \frac{1}{w(w+3)} \\ &= \frac{1}{w^2} \cdot \frac{1}{1 + \frac{3}{w}} \\ &= \frac{1}{w^2} \sum_{n=0}^\infty \left( -\frac{3}{w} \right)^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty (-3)^n (z - 1)^{-(n+2)} \end{aligned}

(2)
取环域 A(1;0,3)A(1; 0, 3)，令 w=z−1w = z - 1，则 ∣w3∣<1|\frac{w}{3}| \lt 1

f(z)=1w(w+3)=13⋅1w⋅11+w3=13⋅1w∑n=0∞(−w3)n=∑n=0∞(−1)n3n+1(z−1)n−1\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{w(w+3)} \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{w} \cdot \frac{1}{1 + \frac{w}{3}} \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{w} \sum_{n=0}^\infty \left( -\frac{w}{3} \right)^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3^{n+1}} (z - 1)^{n-1} \end{aligned}

(3)
取环域 A(0;1,2)A(0; 1, 2)，则 ∣z2∣<1|\frac{z}{2}| \lt 1 且 ∣2z∣<1|\frac{2}{z}| \lt 1

f(z)=1(z−1)(z+2)=13(1z−1−1z+2)=13(1z⋅11−1z−12⋅11+z2)=13(1z∑n=0∞(1z)n−12∑n=0∞(−z2)n)=∑n=0∞13(z)−(n+1)−∑n=0∞(−1)n3⋅2n+1(z)n\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{(z-1)(z+2)} \\ &= \frac{1}{3} \left(\frac{1}{z-1} - \frac{1}{z+2} \right) \\ &= \frac{1}{3} \left(\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + \frac{z}{2}} \right) \\ &= \frac{1}{3} \left( \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{z} \right)^n - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \left( -\frac{z}{2} \right)^n \right) \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3} (z)^{-(n+1)} - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3 \cdot 2^{n+1}} (z)^n \end{aligned}

示例
对以下函数在点 z0z_0 进行 Laurent 展开

  1. f(z)=ezz3,z0=0f(z) = \dfrac{e^z}{z^3},\quad z_0 = 0
  2. f(z)=1(z2+1)2,z0=if(z) = \dfrac{1}{(z^2 + 1)^2},\quad z_0 = i
  3. f(z)=1(z−1)(z−2)2,z0=2f(z) = \dfrac{1}{(z - 1)(z - 2)^2},\quad z_0 = 2
  4. f(z)=1(z−1)(z−5),z0=0f(z) = \dfrac{1}{(z - 1)(z - 5)},\quad z_0 = 0
解

(1)
取环域 A(0;0,+∞)A(0; 0, +\infty)，则 ff 在该环域上正则

ezz3=1z3∑n=0∞znn!=∑n=0∞1n!zn−3\begin{aligned} \frac{e^z}{z^3} &= \frac{1}{z^3} \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} z^{n-3} \end{aligned}

(2)
取环域 A(i;0,2)A(i;0, 2)，则 ff 在该环域上正则

1(z2+1)2=1(z−i)2(z+i)2=1(z−i)2⋅1(2i)2⋅1(1+z−i2i)2=−14⋅1(z−i)2⋅(−2i⋅ddz11+z−i2i)=2i4⋅1(z−i)2⋅∑n=0∞ddz(−z−i2i)n=2i4⋅1(z−i)2⋅∑n=0∞(−12i)nn(z−i)n−1=∑n=0∞2i⋅i2n⋅n4⋅2n⋅in(z−i)n−3=∑n=0∞n(i2)n+1(z−i)n−3=∑n=0∞−n+14(i2)n(z−i)n−2\begin{aligned} \frac{1}{(z^2 + 1)^2} &= \frac{1}{(z - i)^2 (z + i)^2} \\ &= \frac{1}{(z - i)^2} \cdot \frac{1}{(2i)^2} \cdot \frac{1}{\left(1 + \frac{z - i}{2i}\right)^2} \\ &= -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{(z - i)^2} \cdot \left( -2i \cdot \frac{d}{dz} \frac{1}{1 + \frac{z - i}{2i}} \right) \\ &= \frac{2i}{4} \cdot \frac{1}{(z - i)^2} \cdot \sum_{n=0}^\infty \frac{d}{dz} \left( -\frac{z - i}{2i} \right)^n \\ &= \frac{2i}{4} \cdot \frac{1}{(z - i)^2} \cdot \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{-1}{2i} \right)^n n (z - i)^{n-1} \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{2i \cdot i^{2n} \cdot n}{4 \cdot 2^n \cdot i^n} (z - i)^{n-3} \\ &= \sum_{n=0}^\infty n \left( \frac{i}{2} \right)^{n+1} (z - i)^{n-3} \\ &= \sum_{n=0}^\infty -\frac{n+1}{4} \left( \frac{i}{2} \right)^n (z - i)^{n-2} \end{aligned}

(3)
取环域 A(2;0,1)A(2; 0, 1)，则 ff 在该环域上正则
先做部分分式分解

1(z−1)(z−2)2=1z−1−z−3(z−2)2=1z−1−1z−2+1(z−2)2\frac{1}{(z - 1)(z - 2)^2} = \frac{1}{z - 1} - \frac{z - 3}{(z - 2)^2} = \frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z - 2} + \frac{1}{(z - 2)^2}

其中，1z−1\dfrac{1}{z - 1} 的奇异点在环域外，可直接做 Taylor 展开

1z−1=11+(z−2)=∑n=0∞(−1)n(z−2)n\frac{1}{z - 1} = \frac{1}{1 + (z - 2)} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n (z - 2)^n

另外两项已经是 Laurent 级数形式，所以

f(z)=∑n=0∞(−1)n(z−2)n−1z−2+1(z−2)2f(z) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n (z - 2)^n - \frac{1}{z - 2} + \frac{1}{(z - 2)^2}

(4)
取环域 A(0;1,5)A(0; 1, 5)，则 ff 在该环域上正则
先做部分分式分解

1(z−1)(z−5)=14(1z−1−1z−5)\frac{1}{(z - 1)(z - 5)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z - 5} \right)

其中，1z−5\dfrac{1}{z - 5} 的奇异点在环域外，可直接做 Taylor 展开

1z−5=−15⋅11−z5=−15∑n=0∞(z5)n=−∑n=0∞15n+1zn\frac{1}{z - 5} = -\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{5}} = -\frac{1}{5} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{z}{5} \right)^n = -\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^{n+1}} z^n

另一边，1z−1\dfrac{1}{z - 1} 的奇异点在环域内，贡献主要部

1z−1=1z⋅11−1z=1z∑n=0∞(1z)n=∑n=0∞(1z)n+1\frac{1}{z - 1} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{1}{z} \right)^n = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{z}\right)^{n+1}

因此

f(z)=14(∑n=0∞(1z)n+1+∑n=0∞15n+1zn)f(z) = \dfrac{1}{4} \left( \sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{1}{z}\right)^{n+1} + \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{5^{n+1}} z^n \right)

小注意：
要求 Laurent 展开时，有时会给定环域范围，有时只会给出一个点（环域中心）
此时需要根据函数的奇异点位置，灵活选取环域范围，目的是要保证函数在选取的环域上确实是正则的
最优的策略一般是尽可能让内部没有奇异点

# 奇点分类

对奇点的分类讨论基本需要建立在其孤立的特性上

定义
若函数在点 z0z_0 非正则，则称 z0z_0 为函数的 奇点 (singularity)「特異点」
特别地，如果函数在其某去心邻域 D(z0;r)∖{z0}D(z_0; r) \setminus \{z_0\} 上正则，则称 z0z_0 为函数的 孤立奇点 (isolated singularity)「孤立特異点」

借由 Laurent 展开，可以分析奇点的特性，种类

  • 若 Laurent 级数的主部全部为零，则称该孤立奇点为 可去奇点 (removable singularity)「除去可能特異点」
  • 若 Laurent 级数的主部为有限的 nn 项非零项，则称该孤立奇点为 极点 (pole)「極点」，且称其为 nn 阶极点
  • 若 Laurent 级数的主部有无限多项非零项，则称该孤立奇点为 本性奇点 (essential singularity)「真性特異点」

定理 Riemann 可去奇点定理
设 z0∈Cz_0 \in \mathbb C 为函数 f(z)f(z) 的孤立奇点
若存在半径 R>0R \gt 0，使得 f(z)f(z) 在去心圆盘 D(z0;R)∖{z0}D(z_0; R) \setminus \{z_0\} 上正则且有界
那么 z0z_0 为 f(z)f(z) 的可去奇点

证明

在去心圆盘 D(z0;R)∖{z0}D(z_0; R) \setminus \{z_0\} 上对函数进行 Laurent 展开，评估其奇异点的影响
由于 f(z)f(z) 在该去心圆盘上有界，设其界为 MM，则对于任意 0<r<R0 \lt r \lt R，有

∣z−z0∣=r⟹∣f(z)∣≤M|z - z_0| = r \implies |f(z)| \leq M

所以对于 Laurent 级数的系数，有

∣c−n∣=∣12πi∮∣w−z0∣=rf(w)(w−z0)−(n+1)dw∣≤12π∮∣w−z0∣=r∣f(w)∣∣w−z0∣−(n+1)∣dw∣≤12π⋅2πr⋅Mr−(n+1)=Mrn→0(r→0)\begin{aligned} |c_{-n}| &= \left| \frac{1}{2\pi i} \oint_{|w - z_0| = r} \frac{f(w)}{(w - z_0)^{-(n+1)}} dw \right| \\ &\leq \frac{1}{2\pi} \oint_{|w - z_0| = r} \frac{|f(w)|}{|w - z_0|^{-(n+1)}} |dw| \\ &\leq \frac{1}{2\pi} \cdot 2\pi r \cdot \frac{M}{r^{-(n+1)}} \\ &= M r^n \to 0 \quad (r \to 0) \end{aligned}

□\square