Laurentserie

En laurentserie är en potensserie av en funktion ƒ(z) som är analytisk i ringen r < |z  - z₀| < R, med 0 ≤ r < R ≤ ∞, innehållande både negativa och positiva potenser av (z - z₀) inom ringen. Laurentserien för en funktion används när man vill veta hur funktionen beter sig nära en singularitet. De är uppkallade efter Pierre Alphonse Laurent.

Funktionen skrivs på serieform som:

$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}{(z-z_{0})}^{n}$

Koefficienterna c_n ges av:

$c_{n}={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C}{{\frac {f(s)}{(s-z_{0})^{n+1}}}ds}\quad ,n=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\cdot \cdot \cdot$

Där kurvan C är en enkelt sluten positivtorienterad kurva i r < |z| < R, som omsluter z₀.

Sats

Låt ƒ(z) vara en analytisk funktion i en öppen ring r < |z-z₀| < R, där 0 ≤ r < R ≤ ∞

Då kan ƒ(z) inom ringen skrivas som summan av två potensserier:

$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}{(z-z_{0})}^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}{(z-z_{0})}^{n}+\sum _{n=1}^{\infty }c_{-n}{(z-z_{0})}^{-n}$

De två potensserierna konvergerar båda i den öppna ringen r < |z| < R, dessutom konvergerar de likformigt på alla sluta områden r < ρ₁  ≤ |z - z₀| ≤ ρ₂ < R.

Koefficienterna c_n ges av:

$c_{n}={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C}{{\frac {f(s)}{(s-z_{0})^{n+1}}}ds}\quad ,n\in \mathbb {Z}$

Där kurvan C är en enkelt sluten positivtorienterad kurva inom ringen, som omsluter z₀.

Bevis

Integrationscirklar

Det är tillräckligt att bevisa likformig konvergens inom alla slutna underområden, eftersom det implicerar punktformig konvergens i det öppna området. Beviset börjar med att för alla z som uppfyller r < ρ₁  ≤ |z  - z₀| ≤ ρ₂  < R så ƒ(z) kan skrivas som:

$f(z)={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{1}}{{\frac {f(s)}{s-z}}ds}+{\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{2}}{{\frac {f(s)}{s-z}}ds}\quad (1)$

C₁ är en negativtorienterad cirkel runt z₀ med radie R₁ = (r +ρ₁)/2 och C₂ är en positivtorienterad cirkel runt z₀ med radie R₂ = (R +ρ₂)/2.

Eftersom z ligger innanför C₂ ( se bild till höger ) blir integralen över kurvan precis samma som för en vanlig Taylorserie vilket ger:

${\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{2}}{{\frac {f(s)}{s-z}}ds}=\sum _{j=0}^{n}c_{j}{(z-z_{0})}^{j}+T_{n}(z)$

T_n(z) → 0 då n → ∞ för |z  - z₀| ≤ ρ₂ och c_j ges av

$c_{j}={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{2}}{{\frac {f(s)}{(s-z_{0})^{j+1}}}ds}\quad ,j\in \mathbb {N} \quad (2)$

Därav

${\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{2}}{{\frac {f(s)}{s-z_{0}}}ds}=\sum _{j=0}^{\infty }c_{j}{(z-z_{0})}^{j}\quad ,|z-z_{0}|\leq \rho _{2}$

Nu vidare till integration kring C₁. Eftersom z ligger utanför C₁ ( se bild till höger ) gäller det att uttrycka 1 / (s - z) i potenser av (s - z) / (z- z₀), som till beloppet är mindre än 1.

${\frac {1}{s-z}}={\frac {1}{(s-z)-(z-z_{0})}}=-{\frac {1}{(z-z_{0})}}{\frac {1}{(1-{\frac {s-z_{0}}{z-z_{0}}})}}=$

$=-{\frac {1}{(z-z_{0})}}\left[1+{\frac {s-z_{0}}{z-z_{0}}}+{\frac {(s-z_{0})^{2}}{(z-z_{0})^{2}}}+{\frac {(s-z_{0})^{3}}{(z-z_{0})^{3}}}+\cdot \cdot \cdot +{\frac {(s-z_{0})^{m}}{(z-z_{0})^{m}}}+{\frac {\frac {(s-z_{0})^{m+1}}{(z-z_{0})^{m+1}}}{1-{\frac {s-z_{0}}{z-z_{0}}}}}\right]$

Detta insatt i integralen ger:

${\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{1}}{{\frac {f(s)}{s-z_{0}}}ds}=\sum _{j=1}^{m+1}c_{-j}{(z-z_{0})}^{-j}+\tau _{m}(z)$

där vi kan identifiera:

$c_{-j}=-{\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{1}}{\frac {f(s)}{(s-z_{0})^{-j+1}}}ds\quad j\in \mathbb {N} \setminus \left\{0\right\}\quad ,(3)$

och

$\tau _{m}(z)={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{1}}{\frac {f(s)}{(s-z)}}{\frac {(s-z_{0})^{m+1}}{(z-z_{0})^{m+1}}}ds$

Nu ger de s som ligger på C₁ att |s  - z|  ≥ ρ₁ - R₁,   |s  - z₀|  = R₁ och |z  - z₀|  ≥ ρ₁

$|\tau _{m}(z)|\leq {\frac {1}{2\pi }}\cdot \max _{s\in C_{1}}|f(s)|{\frac {1}{\rho _{1}-R_{1}}}\left({\frac {R_{1}}{\rho _{1}}}\right)^{m+1}\ 2\pi R_{1}$

Eftersom $R_{1}/\rho _{1}<1,\ \tau _{m}(z)\to 0,\ |z-z_{0}|\geq \rho _{1}\quad ,$ så fås

${\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\oint _{C_{1}}{{\frac {f(s)}{s-z}}ds}=\sum _{j=1}^{\infty }c_{-j}{(z-z_{0})}^{-j}$

Nu är båda integralerna från (1) uttryckta som likformigt konvergerande serier, på den form som beskrivs i satsen, med det gemensamma konvergensområdet ρ₁  ≤ |z  - z₀| ≤ ρ₂.

Det enda som saknas av beviset är att verifiera koefficienterna för ekvationen.

Om j är icke-negativ används (2) och för alla andra j används (3) och därmed är (1) uppfylld för alla j och beviset är klart.

Integraler kring singulära punkter

En kurvintegral av en funktion på ett slutet område, där funktionen har en singularitet inom detta område, kan väldigt effektivt beräknas med hjälp av Laurentserien för funktionen. Summan av funktionens residyer innanför den sluta integrationskurvan, multiplicerat med 2πi, är nämligen värdet av integralen.

Exempel

Exempel 1

Öppen ring.

Steg för steg visas här ett enklare exempel på hur man tar fram Laurentserien för en funktion inom ett specifikt område. Bilden till höger illustrerar den öppna ring, inom vilken funktionen ska uttryckas som en Laurentserie. Här visas hur funktionen f(z) = 1/(z² - z - 6) skrivs som en Laurentserie inom området 2<|z|<3.

Faktorisera funktionen:

Eftersom nämnaren är ett andragradsuttryck används kvadratkomplettering vid faktoriseringen.

$z^{2}-z-6=(z-3)(z+2)\ \Rightarrow \ f(z)={\frac {1}{(z-3)(z+2)}}$

Identifiera singulariteter:

Funktionen har två singulariteter, en singulär punkt finns i z = 3 och den andra i z = -2. Båda punkterna ligger utanför det området som ska användas, så funktionen har inga farliga punkter inom det område som ska användas, det går därmed att se den som en Laurentserie där.

Dela upp funktionen:

Nämnaren är produkten av två förstagradsuttryck så här används partialbråksuppdelning för att separera dem.

${\frac {1}{(z-3)(z+2)}}={\frac {A}{z-3}}+{\frac {B}{z+2}}\ \Leftrightarrow \ {\frac {1}{z+2}}=A+{\frac {(z-3)B}{z+2}}\ \Leftrightarrow \ 1=(z+2)A+(z-3)B$

Gradvis identifiering:

$0=A+B\ \Leftrightarrow \ A=-B$

$1=2A-3B\ \Leftrightarrow ({\mbox{ insatt att }}A=-B)\Leftrightarrow \ 1=-2B-3B\Leftrightarrow \ B={\frac {-1}{5}}$

Nu kan funktionen skrivas som skillnaden mellan två bråk:

$f(z)={\frac {\frac {1}{5}}{z+2}}-{\frac {\frac {1}{5}}{z-3}}$

Omvandla till serier:

Nu ska varje term skrivas som produkter innehållande en geometrisk serie.

${\frac {-{\frac {1}{5}}}{z+2}}=-{\frac {1}{5}}\cdot {\frac {1}{z}}\cdot {\frac {1}{1+{\frac {2}{z}}}}=-{\frac {1}{5z}}\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {-2}{z}}\right)^{n}=-{\frac {1}{5}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-2)^{n}}{z^{n+1}}}$

${\frac {\frac {1}{5}}{z-3}}={\frac {1}{5}}\cdot {\frac {-1}{3}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {z}{3}}}}=-{\frac {1}{15}}\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {z}{3}}\right)^{n}=-{\frac {1}{5}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{3^{n+1}}}$

Resultat: Nu kan funktionen skrivas som summan av två potensserier, den ena med negativa termer den andra med positiva termer, den går alltså att skriva som en Laurentserie!

$f(z)=-{\frac {1}{5}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-2)^{n}}{z^{n+1}}}-{\frac {1}{5}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{3^{n+1}}}$

Exempel 2

Här visas hur man med hjälp av residyn tar fram värdet av en integral. Uppgiften är att beräkna värdet av integralen

$\oint _{|z|=3}{{\frac {\mathrm {e} ^{-2z}}{z^{3}}}ds}$

Residyn är detsamma som koefficienten för 1/z termen i Laurentserien, därför måste denna tas fram först.

Maclaurinutveckling:

$\mathrm {e} ^{k}=1+k+{\frac {k^{2}}{2}}+{\mathcal {O}}(k^{3})$

$f(z)={\frac {1-2z+2z^{2}+{\mathcal {O}}(z^{3})}{z^{3}}}={\frac {1}{z^{3}}}-{\frac {2}{z^{2}}}+{\frac {2}{z}}+{\mathcal {O}}(1)$

Serieutveckling skedde kring z = 0 eftersom det är där integranden har sin singularitet. Koefficienten som tillhör 1/z är 2, som alltså är residyn för integranden.

$\oint _{|z|=3}{{\frac {\mathrm {e} ^{-2z}}{z^{3}}}ds}=2\pi \mathrm {i} \sum _{Res_{z=0}}f(z)=2\pi \mathrm {i} \cdot 2=4\pi \mathrm {i}$

Källor

• E.B Saff, A.D.Snider (2003). Fundamentals of Complex Analysis (3:e uppl.). ISBN 0-13-017968-X 

Externa länkar

• Wikimedia Commons har media som rör Laurentserie.
  Bilder & media