Tämä kurssi on jo päättynyt.
$\newcommand{\N}{\mathbb N} \newcommand{\Z}{\mathbb Z} \newcommand{\Q}{\mathbb Q} \newcommand{\R}{\mathbb R} \renewcommand{\C}{\mathbb C} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bbf}{\mathbf{f}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bi}{\mathbf{i}} \newcommand{\bj}{\mathbf{j}} \newcommand{\bk}{\mathbf{k}} \newcommand{\bN}{\mathbf{N}} \newcommand{\bn}{\mathbf{n}} \newcommand{\bo}{\mathbf{0}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bs}{\mathbf{s}} \newcommand{\bT}{\mathbf{T}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\bzero}{\mathbf{0}} \newcommand{\cA}{\mathcal{A}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cD}{\mathcal{D}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cG}{\mathcal{G}} \newcommand{\cH}{\mathcal{H}} \newcommand{\cI}{\mathcal{I}} \newcommand{\cJ}{\mathcal{J}} \newcommand{\cK}{\mathcal{K}} \newcommand{\cL}{\mathcal{L}} \newcommand{\cM}{\mathcal{M}} \newcommand{\cN}{\mathcal{N}} \newcommand{\cO}{\mathcal{O}} \newcommand{\cP}{\mathcal{P}} \newcommand{\cQ}{\mathcal{Q}} \newcommand{\cR}{\mathcal{R}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\cT}{\mathcal{T}} \newcommand{\cU}{\mathcal{U}} \newcommand{\cV}{\mathcal{V}} \newcommand{\cW}{\mathcal{W}} \newcommand{\cX}{\mathcal{X}} \newcommand{\cY}{\mathcal{Y}} \newcommand{\cZ}{\mathcal{Z}} \newcommand{\rA}{\mathrm{A}} \newcommand{\rB}{\mathrm{B}} \newcommand{\rC}{\mathrm{C}} \newcommand{\rD}{\mathrm{D}} \newcommand{\rE}{\mathrm{E}} \newcommand{\rF}{\mathrm{F}} \newcommand{\rG}{\mathrm{G}} \newcommand{\rH}{\mathrm{H}} \newcommand{\rI}{\mathrm{I}} \newcommand{\rJ}{\mathrm{J}} \newcommand{\rK}{\mathrm{K}} \newcommand{\rL}{\mathrm{L}} \newcommand{\rM}{\mathrm{M}} \newcommand{\rN}{\mathrm{N}} \newcommand{\rO}{\mathrm{O}} \newcommand{\rP}{\mathrm{P}} \newcommand{\rQ}{\mathrm{Q}} \newcommand{\rR}{\mathrm{R}} \newcommand{\rS}{\mathrm{S}} \newcommand{\rT}{\mathrm{T}} \newcommand{\rU}{\mathrm{U}} \newcommand{\rV}{\mathrm{V}} \newcommand{\rW}{\mathrm{W}} \newcommand{\rX}{\mathrm{X}} \newcommand{\rY}{\mathrm{Y}} \newcommand{\rZ}{\mathrm{Z}} \newcommand{\im}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\real}{\operatorname{Re}} \newcommand{\imag}{\operatorname{Im}} \newcommand{\Arg}{\operatorname{Arg}} \newcommand{\Ln}{\operatorname{Ln}} \DeclareMathOperator*{\res}{res} \newcommand{\arsinh}{\operatorname{ar\,sinh}} \newcommand{\arcosh}{\operatorname{ar\,cosh}} \newcommand{\artanh}{\operatorname{ar\,tanh}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\proj}{\operatorname{proj}} \newcommand{\rref}{\operatorname{rref}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} \newcommand{\Span}{\operatorname{span}} \renewcommand{\dim}{\operatorname{dim}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\geom}{\operatorname{geom}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\Var}{\operatorname{Var}} \newcommand{\Cov}{\operatorname{Cov}} \newcommand{\Corr}{\operatorname{Corr}} \newcommand{\Tasd}{\operatorname{Tasd}} \newcommand{\Ber}{\operatorname{Ber}} \newcommand{\Bin}{\operatorname{Bin}} \newcommand{\Geom}{\operatorname{Geom}} \newcommand{\Poi}{\operatorname{Poi}} \newcommand{\Hyperg}{\operatorname{Hyperg}} \newcommand{\Tas}{\operatorname{Tas}} \newcommand{\Exp}{\operatorname{Exp}} \newcommand{\tdist}{\operatorname{t}} \newcommand{\rd}{\mathrm{d}} \newcommand{\sij}[2]{\bigg/_{\mspace{-10mu}\,#1}^{\,#2}} \newcommand{\qedhere}{}$

# Taylorin ja Laurentin sarjat¶

Tähän mennessä on osoitettu, että potenssisarjan avulla määritelty funktio

$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$

on suppenemisalueessaan $$|z-z_0|<R$$ analyyttinen. Käänteinen kysymys kuuluu, että voidaanko alueessa $$A$$ analyyttinen funktio esittää potenssisarjana. Vastaus on kyllä, kuten reaalifunktioidenkin tapauksessa, ja sarjakehitelmä saadaan jopa saman muotoiseksi kuin reaalianalyysissa.

Oletetaan hetken aikaa, että edellä mainittu analyyttisen funktion $$f$$ sarjakehitelmä on olemassa. Cauchyn integraalikaava derivaatoille takaa, että funktiolla $$f$$ on pisteessä $$z_0$$ kaikkien kertalukujen derivaatat, ja derivoimalla sarjaa termeittäin pisteessä $$z_0$$ saadaan

$f(z_0) = a_0, \qquad f'(z_0) = a_1, \qquad f''(z_0) = 2a_2, \qquad\ldots, \qquad f^{(n)}(z_0) = n!a_n, \qquad \ldots$

Täten potenssisarjakehitelmän kerroin

$a_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},$

kun $$n \in \N$$. Jos nyt $$S$$ on suppenemisalueessa sulkeutuva yksinkertainen paloittain sileä tie, niin Cauchyn integraalikaava derivaatoille antaa kertoimille kaavan

$a_n = \frac{1}{n!}\frac{n!}{2\pi\im}\int_S \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,\rd z=\frac{1}{2\pi\im}\int_S \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,\rd z.$

Tämä potenssisarjakehitelmän kertoimien esitys on käyttökelpoisin Taylorin sarjan olemassaolon todistamisen kannalta, sillä se seuraa helposti Cauchyn integraalikaavaa ja geometrista sarjaa käyttäen.

Lause 5.3.1 (Taylorin sarja)

Oletetaan, että funktio $$f$$ on analyyttinen kiekossa $$|z - z_0| < R$$. Jos

$a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!},$

kun $$n \in \N$$, niin

$f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$

aina, kun $$|z - z_0| < R$$.

Todistus

Hahmotellaan todistuksen ideaa, kun $$z_0 = 0$$. Jos $$z = 0$$, väite pitää triviaalisti paikkansa. Oletetaan sitten, että kompleksiluku $$z$$ toteuttaa ehdon $$0 < |z| < R$$. Kirjoitetaan $$r = \frac{1}{2}(|z| + R)$$, jolloin $$0 < |z| < r < R$$, ja määritellään $$S$$ kompleksitason origokeskiseksi $$r$$-säteiseksi ympyräksi. Jos nyt $$|s| = r$$, niin $$|z/s| < 1$$ ja siksi

$\frac{1}{s - z} = \frac{1}{s}\frac{1}{1 - z/s} = \frac{1}{s}\sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{z}{s}\right)^n = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^n}{s^{n + 1}}.$

Sijoitetaan tämä Cauchyn integraalikaavaan, jolloin

$f(z) = \frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s = \frac{1}{2\pi\im}\int_Sf(s)\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^n}{s^{n + 1}}\,\rd s = \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(s)}{s^{n + 1}}\,\rd s\right) z^n.$

Tulos seuraa Cauchyn integraalikaavasta derivaatoille.

Edellisen lauseen välitön seuraus on, että pisteessä $$z_0$$ kehitetty funktion $$f$$ Taylorin sarja on yksikäsitteinen. Kaikkia aiemmin käsiteltyjä sarjojen laskusääntöjä voidaan käyttää Taylorin sarjakehitelmien tutkimiseen.

Esimerkki 5.3.2

Eksponenttifunktio ja trigonometriset funktiot ovat analyyttisia koko kompleksitasossa, joten niiden potenssisarjat suppenevat kaikkialla. Johdetaan seuraavaksi eksponenttifunktion ja kompleksisen sinin sarjakehitelmät origossa.

Koska $$\frac{\rd}{\rd z}\e^z = \e^z$$ ja $$\e^0=1$$, niin lauseen 5.3.1 mukaan mielivaltaisessa kompleksitason pisteessä $$z$$

$\e^z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\e^0}{n!}z^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}.$

Hyödyntämällä tätä ja kompleksisen sinin määritelmää nähdään, että

$\sin(z) = \frac{\e^{\im z} - \e^{-\im z}}{2\im} = \frac{1}{2\im}\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(\im z)^n - (-\im z)^n}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\im^n - (-\im)^n}{2\im}\frac{z^n}{n!}.$

Tässä

$\begin{split}\frac{\im^n - (-\im)^n}{2\im} = \begin{cases} 0, & \text{kun } n \equiv 0 \pmod{4} \\ 1, & \text{kun } n \equiv 1 \pmod{4} \\ 0, & \text{kun } n \equiv 2 \pmod{4} \\ -1, & \text{kun } n \equiv 3 \pmod{4} \end{cases} = \begin{cases} 0, & \text{kun } n = 2k \\ (-1)^k, & \text{kun } n = 2k + 1, \end{cases}\end{split}$

joten indeksin $$k$$ avulla esitettynä

$\sin(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k z^{2k+1}}{(2k+1)!}.$

Esimerkki 5.3.3

Tutkitaan avoimessa kiekossa $$|z| < 1$$ määritellyn funktion $$f(z) = 1/(1 - z)$$ Taylorin sarjakehitelmää. Kun $$z$$ tulkitaan vakioksi, niin geometrinen sarja

$\sum_{n = 0}^{\infty}z^n = 1 + z + z^2 + z^3 + \cdots = \frac{1}{1 - z},$

jos $$|z| < 1$$. Niinpä funktiota $$f$$ esittävä Taylorin sarja on $$f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty}z^n.$$ Tämä sarja voidaan derivoida termeittäin, jolloin derivaatan $$f'$$ Taylorin sarjaksi saadaan

$f'(z) = \frac{1}{(1 - z)^2} = \sum_{n = 1}^{\infty}nz^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + 1)z^n = 1 + 2z + 3z^2 + 4z^3 + \cdots$

Tämänkin sarjan suppenemisalue on kiekko $$|z| < 1$$. Mikä Taylorin sarja tässä kiekossa saataisiin etsimällä funktion $$f$$ ja potenssisarjan termien $$z^n$$, $$n \in \N$$ antiderivaatat?

Kompleksitason alueita, joilla funktio $$f$$ voidaan esittää Taylorin sarjana, rajoittaa kehityskeskuksen $$z_0$$ etäisyys lähimmästä pisteestä, jossa $$f$$ ei ole analyyttinen. Taylorin sarja suppenee funktion arvoihin ainoastaan tämän etäisyyden määräämässä kiekossa. Sarjaesityksen laajentaminen tätä suurempaan alueeseen ei onnistu (sarja ei suppene), mutta tarvittaessa voidaan valita uusi kehityskeskus, jolloin saadaan uusi sarjaesitys kyseisen pisteen ympäristössä.

Seuraavassa esimerkissä havaitaan, että geometrinen sarja voi olla näppärä apuväline funktion Taylorin sarjakehitelmän etsimiseen.

Esimerkki 5.3.4

Funktio $$f(z)=\frac{z}{\im-z}$$ on analyyttinen kaikkialla lukuunottamatta pistettä $$z=\im$$. Etsitään sen Taylorin sarja origon ympäristössä.

Koska etäisyys origosta lähimpään pisteeseen, jossa $$f$$ ei ole analyyttinen on $$1$$, funktio voidaan kehittää potenssisarjaksi vain kiekossa $$|z|<1$$. Käyttäen geometrisen sarjan summakaavaa saadaan

$f(z)=\frac{z}{\im - z}=\frac{z}{\im}\frac{1}{1-\frac{z}{\im}}=\frac{z}{\im}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{\im}\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n+1}}{\im^{n+1}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{\im^n}.$

Tämä sarja suppenee geometrisena sarjana, kun $$\left|\frac{z}{\im}\right|=|z|<1$$, kuten pitääkin.

Taylorin sarjaa (ja myöhemmin Laurentin sarjaa) voi käyttää raja-arvojen laskemiseen tapauksissa, joihin l’Hôpitalin sääntö ei sovellu.

Esimerkki 5.3.5

Lasketaan raja-arvo $$\displaystyle \lim_{z\to 0}\frac{z-\sin(z)}{z(\e^{z^2}-1)}$$ osoittajan ja nimittäjän Taylorin sarjojen

\begin{split}\begin{aligned} z-\sin(z) & =z-\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}=z-z-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}\\ &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1} \end{aligned}\end{split}

ja

$z(\e^{z^2}-1) =z\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2n}}{n!}-1\right)=z\sum_{n=1}^\infty\frac{z^{2n}}{n!}=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^{2n+1}}{n!}$

avulla. Sijoittamalla sarjat lausekkeeseen saadaan

\begin{split}\begin{aligned} \lim_{z\to 0}\frac{z-\sin(z)}{z(\e^{z^2}-1)} & =\lim_{z\to 0}\frac{-\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}}{\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{z^{2n+1}}{n!}} ,\\ &=-\lim_{z\to 0}\frac{\frac{-1}{6}z^3+\frac{1}{120}z^5+\frac{-1}{5040}z^7+\cdots}{z^3+\frac{1}{2}z^5+\frac{1}{6}z^7+\cdots}\\ &=-\lim_{z\to 0}\frac{z^3\left(\frac{-1}{6}+\frac{1}{120}z^2+\frac{-1}{5040}z^4+\cdots\right)}{z^3\left(1+\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{6}z^4+\cdots\right)}\\ &=-\lim_{z\to 0}\frac{\frac{-1}{6}+\frac{1}{120}z^2+\frac{-1}{5040}z^4+\cdots}{1+\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{6}z^4+\cdots}\\ &=-\frac{\frac{-1}{6}+\frac{1}{120}0+\frac{-1}{5040}0+\cdots}{1+\frac{1}{2}0+\frac{1}{6}0+\cdots}=\frac{1}{6}. \end{aligned}\end{split}

Huomaa samankaltaisuus rationaalilausekkeiden raja-arvon laskemisen kanssa.

Analyyttisen kompleksimuuttujan funktion Taylorin sarjalla on edellä esitetyn nojalla hyvin samankaltaiset ominaisuudet kuin derivoituvan reaalifunktion Taylorin sarjalla. Kompleksianalyysissa sarjakehitelmien mahdollisuudet kuitenkin ylittävät reaalisen vastineen mahdollisuudet reippaasti. Jos nimittäin reaalifunktio ei ole derivoituva jossakin pisteessä, niin sen ympäristössä ei ole mahdollista löytää kattavaa funktiota kuvaavaa potenssisarjaa. Kompleksimuuttujan funktiolle tämä on edelleen mahdollista Cauchyn integraalikaavan vuoksi.

Ennen lausetta 5.3.1 pohdittiin, miten analyyttisen funktion $$f$$ mahdollisen Taylorin sarjan kertoimet

$a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!} = \frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1}}\,\rd z$

määräytyvät. Kun $$f$$ ei olekaan analyyttinen pisteessä $$z_0$$, derivaattoihin perustuvaa esitysmuotoa ei voida laskea. Käy kuitenkin ilmi, että jos sopiva käyrä $$S$$ sulkee sisälleen pisteen $$z_0$$ ja $$S$$ kulkee alueessa, jossa $$f$$ on analyyttinen, säännöllä

$a_n = \frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1}}\,\rd z$

voidaan edelleen muodostaa eräänlainen potenssisarjakehitelmä funktiolle $$f$$ pisteen $$z_0$$ ympäristössä. Tämä vaatii kuitenkin myös negatiivisten potenssien sallimista.

Lause 5.3.6 (Laurentin sarja)

Oletetaan, että funktio $$f$$ on analyyttinen rengasmaisessa alueessa $$r<|z-z_0|<R$$. Jos $$S$$ on paloittain sileä Jordanin käyrä tässä renkaassa ja

$a_n = \frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1}}\,\rd z,$

kun $$n \in \Z$$, niin

$f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_n (z-z_0)^n$

aina, kun $$r < |z - z_0| < R$$.

Todistus

Kuten Taylorin sarjaesityksen tapauksessa, hahmotellaan todistuksen ideaa kun $$z_0 = 0$$. Muuttujanvaihto $$w = z - z_0$$ säilyttää seuraavan päättelyn. Oletetaan, että kompleksiluku $$z$$ toteuttaa ehdon $$r < |z| < R$$. Kirjoittamalla $$r_1 = \frac{1}{2}(r + |z|)$$ ja $$r_2 = \frac{1}{2}(|z| + R)$$ saadaan säteet $$r_1$$ ja $$r_2$$, joille $$r < r_1 < |z| < r_2 < R$$. Määritellään $$S_1$$ ja $$S_2$$ kompleksitason origokeskisiksi $$r_1$$- ja $$r_2$$-säteisiksi ympyröiksi, jolloin näillä ympyröillä voidaan kirjoittaa

\begin{split}\begin{aligned} \frac{1}{s - z} &= \frac{1}{s}\frac{1}{1 - z/s} = \frac{1}{s}\sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{z}{s}\right)^n = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^n}{s^{n + 1}}, && \text{jos } |s| = r_2 \\ \frac{1}{s - z} &= -\frac{1}{z}\frac{1}{1 - s/z} = -\frac{1}{z}\sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{s}{z}\right)^n = -\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{s^n}{z^{n + 1}}, && \text{jos } |s| = r_1. \end{aligned}\end{split}

Olkoon $$\Gamma$$ tiet $$S_1$$ ja $$S_2$$ yhdistävä jana, joka ei kulje pisteen $$z$$ kautta. Niinpä kun teiden $$S_1$$ ja $$S_2$$ parametrisoinnit aloitetaan niiden leikkauspisteistä janan $$\Gamma$$ kanssa, tie

$C = S_2 \to \Gamma \to (-S_1) \to (-\Gamma)$

on paloittain sileä Jordanin käyrä, joka sulkee sisäänsä pisteen $$z$$ ja jonka sisäpuolella funktio $$f$$ on analyyttinen (tie $$C$$ sisältyy rengasmaiseen alueeseen $$r < |z| < R$$). Niinpä Cauchyn integraalikaavan nojalla

\begin{split}\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{2\pi\im}\int_C\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s = \frac{1}{2\pi\im}\left(\int_{S_2}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s + \int_{\Gamma}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s - \int_{S_1}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s - \int_{\Gamma}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s\right) \\ &= \frac{1}{2\pi\im}\int_{S_2}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s - \frac{1}{2\pi\im}\int_{S_1}\frac{f(s)}{s - z}\,\rd s. \end{aligned}\end{split}

Sijoittamalla edellä johdetut lausekkeen $$1/(s - z)$$ sarjaesitykset ympyröillä $$S_1$$ ja $$S_2$$ nähdään, että

\begin{split}\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{2\pi\im}\int_{S_2}f(s)\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^n}{s^{n + 1}}\,\rd s - \frac{1}{2\pi\im}\int_{S_1}-f(s)\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{s^n}{z^{n + 1}}\,\rd s \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_{S_2}\frac{f(s)}{s^{n + 1}}\,\rd s\right)z^n + \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_{S_1}\frac{f(s)}{s^{-n}}\,\rd s\right)z^{-n - 1}. \end{aligned}\end{split}

Kun jälkimmäisessä sarjassa indeksiksi $$n$$ vaihdetaan $$-n - 1$$, saadaan tulos

$f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_{S_2}\frac{f(s)}{s^{n + 1}}\,\rd s\right)z^n + \sum_{n = -\infty}^{-1}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_{S_1}\frac{f(s)}{s^{n + 1}}\,\rd s\right)z^n = \sum_{n = -\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi\im}\int_S\frac{f(s)}{s^{n + 1}}\,\rd s\right)z^n,$

missä $$S$$ on sopiva teiden $$S_1$$ ja $$S_2$$ deformaatio.

Huomautus 5.3.7

Jos funktio $$f$$ on analyyttinen pisteessä $$z_0$$, niin se on

1. määritelty pisteessä $$z_0$$
2. derivoituva jossakin pisteen $$z_0$$ ympäristössä.

Tästä päätellään erityisesti, että jos funktiota $$f$$ ei ole määritelty pisteessä $$z_0$$, se ei ole analyyttinen pisteessä $$z_0$$. Monissa Laurentin sarjan sovelluksissa kehityspisteenä on juuri jokin funktion määrittelyjoukon ulkopuolelle jäävä piste.

Kuten annetussa pisteessä $$z_0$$ kehitetty Taylorin sarja, myös pisteessä $$z_0$$ kehitetty Laurentin sarja on yksikäsitteinen. Tämä tarkoittaa erityisesti sitä, että millä tahansa tavalla Laurentin sarjan ehdot toteuttava sarjakehitelmä onkin löydetty, kyseessä todella on Laurentin sarja. Joissakin tapauksissa Laurentin sarjan voi johtaa epäanalyyttiseen funktioon liittyvän analyyttisen funktion Taylorin sarjasta.

Esimerkki 5.3.8

Funktio $$\e^{1/z^2}$$ ei ole analyyttinen origossa, sillä sitä ei ole määritelty siellä. Tiedetään kuitenkin, että

$\e^z = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}$

koko kompleksitasossa, joten origon ulkopuolella

$\e^{1/z^2} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{1}{z^2}\right)^n = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!}z^{-2n} = \sum_{n = -\infty}^{0}\frac{1}{(-n)!}z^{2n}.$

Tämä todella on Laurentin sarja, sillä $$\e^{1/z^2}$$ on analyyttinen missä tahansa rengasmaisessa alueessa $$0 \leq r < |z| < R$$.

Kun lausetta 5.3.6 luetaan tarkkaan, sen oletuksiin ei lopulta kuulu funktion epäanalyyttisuus kehityskeskuksessa. Riittää itseasiassa, että kehityskeskuksen ympäristössä (eli sitä ympäröivässä kiekossa) on piste, jossa funktio ei ole analyyttinen. Tämä tarkoittaa sitä, että Laurentin sarjan avulla voidaan laajentaa Taylorin sarjan antamaa sarjakehitelmää.

Esimerkki 5.3.9

Rationaalifunktio

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

on analyyttinen pisteitä $$z=-1$$ ja $$z=-2$$ lukuunottamatta. Tämän vuoksi sille saadaan kolme erilaista sarjakehitelmää origon suhteen.

1. Origon ympäristö $$|z|<1$$. Funktio $$f$$ on analyyttinen tässä alueessa, joten sillä on siellä Taylorin sarja. Kirjoitetaan funktion $$f$$ osamurtokehitelmässä

$f(z) = \frac{1}{1 - (-z)} - \frac{1}{2}\frac{1}{1 - (-z/2)},$

jolloin sarjaesitys saadaan geometristen sarjojen avulla muotoon

$f(z)=\sum_{n = 0}^{\infty}(-z)^{n} - \frac{1}{2}\sum_{n = 0}^{\infty}\left(-\frac{z}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)z^n.$
2. Rengasmainen alue $$1<|z|<2$$. Funktio $$f$$ on analyyttinen tässä alueessa, mutta ei kaikissa sen sisään jäävissä pisteissä, joten sillä on siellä Laurentin sarja. Kirjoitetaan funktion $$f$$ osamurtokehitelmässä

$f(z) = \frac{1}{z}\frac{1}{1 - (-1/z)} - \frac{1}{2}\frac{1}{1 - (-z/2)},$

jolloin sarjaesitys saadaan geometristen sarjojen avulla muotoon

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

Tämä voidaan kirjoittaa myös yhtenä summana

$\begin{split}f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty}a_nz^n, \qquad\text{missä}\qquad a_n = \begin{cases} (-1)^{n+1}, & \text{kun } n < 0 \\ (-1)^{n+1}/2^{n+1}, & \text{kun } n \geq 0. \end{cases}\end{split}$
3. Alue $$|z| > 2$$. Funktio $$f$$ on analyyttinen, mutta ei kaikissa sen sisään jäävissä pisteissä, joten sillä on siellä Laurentin sarja. Kirjoitetaan funktion $$f$$ osamurtokehitelmässä

$f(z) = \frac{1}{z}\frac{1}{1 - (-1/z)} - \frac{1}{2z}\frac{1}{1 - (-1/(2z))},$

jolloin sarjaesitys saadaan geometristen sarjojen avulla muotoon

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

Indeksiä vaihtamalla tämä saadaan Laurentin sarjan normaaliin muotoon

$f(z)=\sum_{n = -\infty}^{-1}(-1)^n\left(1 - 2^{n}\right)z^n.$

Toinen yleinen tapa esittää funktion $$f$$ Laurentin sarja on jakaa se kahteen osaan

$f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty}a_n(z - z_0)^n = \sum_{n = 0}^{\infty}a_n(z - z_0)^n + \sum_{n = 1}^{\infty}a_{-n}(z - z_0)^{-n},$

joista toiseen kerätään positiiviset ja toiseen negatiiviset potenssit. Jotta näin esitetty Laurentin sarja voisi supeta kohti funktiota $$f$$, molempien näin kirjoitetuista sarjoista on oltava suppenevia. Jos sarja suppenee missään, niin kyseessä on rengasmainen alue $$r < |z - z_0| < R$$ (mahdollisesti $$r = 0$$ ja/tai $$R = \infty$$). Säde $$r$$ määräytyy Laurentin sarjan negatiivisten potenssien osasta ja säde $$R$$ positiivisten potenssien osasta.

Esimerkki 5.3.10

Funktiolle $$f$$ on kehitetty origossa Laurentin sarja

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

Määritä pisteet, joissa tämä sarja suppenee.

Ratkaisu

Annetussa sarjakehitelmässä

$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{2^n(n + 1)}z^{2n + 1} \qquad\text{ja}\qquad \sum_{n = 1}^{\infty}n^2\left(\frac{1}{3z}\right)^n$

ovat potenssisarjoja, joiden suppenemista voidaan tutkia suhdetestillä. Nyt raja-arvo

$\lim_{n \to \infty}\left|\frac{z^{2n + 3}/(2^{n + 1}(n + 2))}{z^{2n + 1}/(2^n(n + 1))}\right| = \frac{|z|^2}{2}\lim_{n \to \infty}\frac{n + 1}{n + 2} = \frac{|z|^2}{2} < 1$

silloin, kun $$|z| < \sqrt{2}$$, ja raja-arvo

$\lim_{n \to \infty}\left|\frac{(n + 1)^2(1/(3z))^{n + 1}}{n^2(1/(3z))^n}\right| = \frac{1}{3|z|}\lim_{n \to \infty}\frac{(n + 1)^2}{n^2} = \frac{1}{3|z|} < 1$

silloin, kun $$\frac{1}{3} < |z|$$. Niinpä funktion $$f$$ Laurentin sarja suppenee, kun $$\frac{1}{3} < |z| < \sqrt{2}$$.

Funktiolla on pisteen $$z_0$$

• ympäristössä Taylorin sarja, jos se on analyyttinen pisteessä $$z_0$$.
• ympäröivässä renkaassa Laurentin sarja, jos renkaan sisäpuolella on piste, jossa funktio ei ole analyyttinen.

Taylorin ja Laurentin sarjakehitelmiä voi etsiä

• määritelmien avulla,
• sijoituksilla tunnettuihin sarjoihin (geometrinen sarja, funktion $$\e^z$$ sarja),
• derivoimalla sarjaa termeittäin tai etsimällä sen termeille antiderivaatat.

Taylorin ja Laurentin sarjan suppenemisalueita voi tutkia suhde- ja juuritesteillä.

Palautusta lähetetään...