冪級数 (テイラー級数)、負冪級数、ローラン級数の収束

この冪級数の収束半径は 2π である⁸。実際、f は|z|<2π で正則であるが、f は R >2π なる R に 対して、|z|< R で正則とはならないから、supR= 2π である。

(おまけ) f の0 のまわりのTaylor 展開を10 次の項まで、コンピューターを使って見てみよう。

Mathematicaで

Series[z/(Exp[z]-1),{z,0,10}]

Mapleで

taylor(z/(exp(z)-1),z=0,10)

とすると、

f(z) = 1−z 2 +z²

12 − z⁴

720+ z⁶

30240− z⁸

1209600 + z¹⁰

47900160 +· · · を得る。

問 expz= 1⇔ ∃n∈Zs.t. z= 2nπi を示せ。(p.7 を見よ。) sinz = 0となるための必要十分条件 は何か。

例 4.2.7 (教科書 p.81) 実関数

f(x) := 1 1 +x²

は R全体で実解析的である (すなわち、∀x₀ ∈Rに対して、f はx₀ でベキ級数展開できる: ∃r >0,

∃{a_n}n≥0 s.t. f(x) =

∑∞ n=0

a_n(x−xⁿ₀) (x₀−r < x < x₀+r))。しかしx= 0 での Taylor展開

f(x) = 1−x²+x⁴−x⁶+· · ·=

∑∞ n=0

(−1)ⁿx²ⁿ

は −1 < x <1 でしか収束しない (理由は各自チェックせよ)。それはf(z) = 1

z²+ 1 = 1 (z+i)(z−i) が、|z|<1 では正則であるが、z=±iを含んだ領域|z|< R (つまり R >1) で正則でないため、命 題4.2.5 のR^{について、}supR= 1 となるからである。

Example 4.3.1 (初めてのLaurent展開とこんにちは) f(z) := 1

z−3 ^は、C\ {3} ^{で正則である。}

c= 1 を中心とする円盤D(1; 2) で正則である。ここで次のように冪級数展開(Taylor展開) できる。

f(z) = 1

z−3 = 1

(z−1)−2 = 1

−2 (

1−z−1 2

)

=−1 2

∑∞ n=0

(z−1 2

)n

=−∑^∞

n=0

(z−1)ⁿ

2ⁿ⁺¹ (z∈D(1; 2)).

ところで、f は D(1; 2) の外部 D :={z∈C;|z−1|>2} でも正則である。そこで次のように “負冪 級数”展開することも出来る。

f(z) = 1

z−3 = 1

(z−1)−2 = 1 (z−1)

(

1− 2 z−1

)

= 1

z−1

∑∞ n=0

( 2 z−1

)n

=

∑∞ n=0

2ⁿ (z−1)ⁿ⁺¹

=

∑∞ n=1

2ⁿ⁻¹ (z−1)ⁿ (

2 z−1

<1 すなわち|z−1|>2).

(もちろん 1

z−3 という簡単な関数をわざわざ難しく級数にするのはバカバカしいが、この計算は、後 の定理の証明と関連深い。)

前期の定理4.2の証明でも用いたことであるが、級数の一様収束に基づく項別積分が再び必要にな る。ここでは、一つの工夫として、Prop. 4.3.1を用意する(冪級数に関する有名な定理(Lemma 4.3.1) から簡単に導けるが、こういう形の命題を書いてある本は少ない(というか、私は見たことがありませ ん))。

Lemma 4.3.1 (冪級数の収束 (復習)) 冪級数

∑∞ n=0

a_n(z−c)ⁿについて、次の3つのいずれか1つ だけが必ず成立する。

(i) ∀z∈Cに対して収束する。0<∀ρ^∗ <∞ ^{に対して、}|z−c| ≤ρ^∗ で一様に絶対収束する。

(ii) 0 < ∃ρ < ∞ s.t. |z−c| < ρ で収束し、|z−c| > ρ で発散する。0 < ∀ρ^∗ < ρ に対して、

|z−c| ≤ρ^∗ で一様に絶対収束する。

(iii) ∀z∈C\ {c} ^{に対して発散する。}

Proposition 4.3.1 (「負冪級数」の収束)

∑∞ n=1

b_n

(z−c)^{n について、次の}3つのいずれか1つだけ が必ず成立する。

(i) ∀z∈ C\ {c} ^{に対して収束する。}0<∀R^∗ <∞ ^{に対して、}|z−c| ≥R^∗ で一様に絶対収束 する。

(ii) 0<∃R <∞ s.t. |z−c|> Rで収束し、|z−c|< Rで発散する。R <∀R^∗ <∞ に対して、

|z−c| ≥R^∗ で一様に絶対収束する。

(iii) ∀z∈C\ {c} ^{に対して発散する。}

証明 z̸=cに対して、 1

z−c =ζ とおくと、 bn

(z−c)ⁿ =bnζⁿ.

∑∞ n=1

bnζⁿ に対して、Lemma 4.3.1を 適用する。

(i) 冪級数

∑∞ n=1

bnζⁿ が ∀ζ ∈Cについて収束する場合、

∑∞ n=1

bn

(z−c)^{n は}∀z∈C\ {c} ^{に対して収束} する。0<∀R^∗ <∞ に対して、ρ^∗ = 1/R^∗ とおく。

∑∞ n=1

bnζⁿ が|ζ| ≤ρ^∗ で一様に絶対収束する ことから、

∑∞ n=1

b_n

(z−c)^{n は}|z−c| ≥R^∗ で一様に絶対収束することが導かれる。

(ii) 0< ∃ρ < ∞ s.t. 冪級数

∑∞ n=1

bnζⁿ が |ζ|< ρ について収束し、|ζ|> ρ について発散する場合、

R:= 1/ρとおくと、

∑∞ n=1

bn

(z−c)^{n は}|z−c|> Rで収束し、|z−c|< Rで発散する。R < R^∗ <∞ を満たす任意のR^∗ に対して、1/R^∗ <1/R=ρ であるから、

∑∞ n=1

b_nζⁿ が |ζ| ≤1/R^∗ で一様に 絶対収束することから、

∑∞ n=1

b_n

(z−c)^{n は}|z−c| ≥R^∗ で一様に絶対収束することが導かれる。

(iii) 冪級数

∑∞ n=1

bnζⁿが ∀ζ ̸= 0に対して発散する場合、

∑∞ n=1

bn

(z−c)^{n は任意の} z̸=cで発散する。

この命題の(i) の場合をR= 0, (iii)の場合を R=∞ と解釈することで、以下のように書き直せる (これは冪級数の場合は普通に行われている)。

Prop. 4.3.1の書き直し

0≤ ∃R≤ ∞s.t.

∑∞ n=1

b_n

(z−c)^{n は}|z−c|> Rで収束し、|z−c|< R で発散する。R <∀R^∗ <∞ に対して、

∑∞ n=1

bn

(z−c)^{n は}|z−c| ≥R^∗ で一様に絶対収束する。

冪級数と「負冪級数」の和

∑∞ n=0

an(z−c)ⁿ+

∑∞ n=1

a₋n

(z−c)ⁿ

については、それぞれの和が求まるための条件を考えて次の定理を得る。

Theorem 4.3.1 (Laurent級数の収束範囲)

∑∞ n=0

a_n(z−c)ⁿ+

∑∞ n=1

a_−n

(z−c)^{n について、}0≤ ∃ρ^′≤

∃ρ ≤ ∞ s.t. ρ^′ < |z−c| < ρ で収束し(ρ = ρ^′ の場合、何も主張していない)、|z−c| < ρ^′ と

|z−c|> ρでは発散する。ρ^′ < R^′ < R < ρを満たす任意のR^′,Rに対して、R^′ ≤ |z−c| ≤R で 一様に絶対収束する。

ドキュメント内 exp z = (ページ 41-44)