Laurent 展开与孤立奇点｜复分析 I

Laurent 展开与孤立奇点｜复分析 I | 自在学

在原点附近， $1/z$ 没有 Taylor 展开：非负幂的和在中心应当有一个有限值，而它没有。不过，只添上一项 $z^{-1}$ ，问题就能准确写出来。Laurent 级数允许负幂，让我们既描述函数，也辨认中心处的缺口究竟有多严重。

先指定环域，再谈展开

以 $c$ 为中心的 Laurent 级数写成

f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_n(z-c)^n =\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-c)^n+\sum_{m=1}^{\infty}\frac{a_{-m}}{(z-c)^m}.

右边是两条分别收敛的级数，不能任意重排成一个未经说明的双向求和过程。非负幂部分叫正则部分，负幂部分叫主部。两部分共同有效的区域通常是 $r<|z-c|<R$ 。

即使 $r=0$ ，条件仍是 $0<|z-c|<R$ ，中心还没有包含进来。例如 $1/z$ 的内半径为零，却有负幂项；“内半径为零就变成 Taylor 级数”是不成立的。只有主部全为零，才能填补中心并成为 Taylor 展开。

07-01 教学示意

Laurent 展开在环域内成立。内半径即使为零，中心仍被排除，负幂项未必消失。

看一个既有内层又有外层展开的函数：

f(z)=\frac1{z(z-1)}.

在 $0<|z|<1$ 中，用 $z$ 作几何比，得到

f(z)=-\frac1z\frac1{1-z}=-\frac1z-1-z-z^2-\cdots.

在 $|z|>1$ 中，应换用 $1/z$ ：

f(z)=\frac1{z^2}\frac1{1-1/z}=\frac1{z^2}+\frac1{z^3}+\frac1{z^4}+\cdots.

两式各自正确，但不能拿内层系数到外层使用。这里外层有无限多负幂，却不表示原点是本性奇点：分类需要的是任意靠近原点的穿孔邻域展开，外层 $|z|>1$ 根本不包含那些点。由内层展开可见，原点只是简单极点。

07-02 教学示意

同一个 $1/[z(z-1)]$ ，在 $0<|z|<1$ 与 $|z|>1$ 使用不同几何展开，必须连同有效环域一起阅读。

两条边界给出两种幂次

设 $f$ 在 $r<|z-c|<R$ 全纯。固定观察点 $z$ ，选两个圆周半径满足

r<\rho_1<|z-c|<\rho_2<R.

两圆都单独按逆时针走。把环域割开，切口两侧的积分抵消，Cauchy 公式成为

f(z)=\frac1{2\pi i}\oint_{C_{\rho_2}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta -\frac1{2\pi i}\oint_{C_{\rho_1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta.

内圆前面的负号，来自环域正向边界本应顺时针；我们把它改成逆时针后就要补上负号。

在外圆上， $|z-c|/|\zeta-c|<1$ ，可以展开

\frac1{\zeta-z}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-c)^n}{(\zeta-c)^{n+1}}.

在内圆上，较小的量反过来了，因而

\frac1{\zeta-z}=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(\zeta-c)^{m-1}}{(z-c)^m}.

内圆核的负号与边界的负号抵消，恰好留下主部。两条圆周上几何比都严格小于一，和上一章一样，可以用几何余项一致控制再逐项积分。这既证明 Laurent 展开存在，也解释正幂和负幂从哪里来。

07-04 教学示意

外圆给正幂、内圆给负幂。图中两个圆均取逆时针方向，内圆积分在公式前带负号。

对任意整数 $n$ ，系数统一写成

a_n=\frac1{2\pi i}\oint_{|\zeta-c|=\rho}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-c)^{n+1}}d\zeta,\qquad r<\rho<R.

改换同一环域内的 $\rho$ 不改变积分，因为两圆之间的被积函数全纯。若换到被奇点隔开的另一环域，就不能再如此变形。

系数也唯一。把一份收敛展开乘 $(z-c)^{-k-1}$ 并沿环内圆周积分，各项一致收敛允许交换；只有 $n=k$ 的项产生 $2\pi i$ ，其余整次幂都积分为零。这个筛选过程必然取回 $a_k$ 。尤其

a_{-1}=\frac1{2\pi i}\oint f(z)dz,

正是下一章要专门使用的留数。

例题： $e^{2z}/z^3$ 在原点附近的主部是什么？由

e^{2z}=1+2z+2z^2+\frac43z^3+\cdots

得到主部 $z^{-3}+2z^{-2}+2z^{-1}$ 。注意“主部”包含全部负幂，而不是只保留最严重的那一项；控制闭路积分的则只是 $z^{-1}$ 系数。

亲手跨过环域边界

在实验里选 $1/[z(z-1)]$ ，把观察点从 $z=0.5$ 移到 $z=2$ ，比较两种展开的部分和。移动之前判断该用哪个几何比。再让观察点落在单位圆上但避开 $z=1$ ：函数值仍可能存在，而这两份几何展开都已失效。

孤立奇点的分类，有一个共同前提

分类之前，必须有完整的穿孔邻域 $0<|z-a|<R$ ，且 $f$ 在那里单值全纯。只在去掉一条射线的区域上定义的对数分支，不能把原点当成本节意义下的孤立奇点。类似地， $1/\sin(\pi/z)$ 在 $z=1/n$ 有极点，它们积聚到零；零附近找不到不含其他奇点的穿孔邻域，所以零也不能套用下面三分法。

07-06 教学示意

$1/\sin(\pi/z)$ 的其他极点不断靠近原点，因此原点没有可供三分法使用的完整穿孔邻域。

在孤立的前提下，查看这个穿孔邻域的 Laurent 主部。

主部为零：可去奇点，把中心值填成 $a_0$ ，就得到全纯延拓。
主部非零而且只有有限项，最负项是 $a_{-m}(z-a)^{-m}$ ：阶极点，且。

07-03 教学示意

只有先确认完整穿孔邻域内全纯，才可以按主部没有负幂、有限负幂、无限负幂分类。

有界为什么意味着可去

若穿孔邻域内 $|f|\le M$ ，对每个 $m\ge1$ ，用系数积分及 $ML$ 得

|a_{-m}|=\left|\frac1{2\pi i}\oint_{|\zeta-a|=\rho}f(\zeta)(\zeta-a)^{m-1}d\zeta\right| \le M\rho^m.

这个系数与半径无关，让 $\rho\to0$ 就得到 $a_{-m}=0$ 。全部负幂消失，所以奇点可去。反向也容易：延拓后在一个小闭圆盘连续，自然有界。这样，“可去”与“局部有界”之间便有了证明，而非只是一条口诀。

例如 $(1-\cos z)/z^2$ 中，分子也有二阶零点：

\frac{1-\cos z}{z^2}=\frac12-\frac{z^2}{24}+\cdots.

原点可去，填补值为 $1/2$ 。从分母幂次直接判极点，会漏掉这种抵消。

极点是有限阶的增长

$m$ 阶极点等价于

f(z)=\frac{g(z)}{(z-a)^m},\qquad g\text{ 在 }a\text{ 附近全纯},\quad g(a)\ne0.

这是把 Laurent 主部最负幂提出来的结果。反过来，对 $g$ 作 Taylor 展开也恢复相同形式。于是 $(z-a)^mf(z)\to g(a)\ne0$ ，并且，无论从哪个方向靠近。

若 $h$ 在 $a$ 有 $m$ 阶零点，上一章的分解 $h(z)=(z-a)^m g(z)$ 立即说明有阶极点。零点与极点的阶数在乘除时相减，判断之前先找出分子的零点阶数。

本性奇点不能用一个幂次修好

对 $e^{1/z}$ ，

e^{1/z}=1+\frac1z+\frac1{2!z^2}+\frac1{3!z^3}+\cdots.

任何有限次的 $z^m$ 都无法消掉全部负幂，因此原点是本性奇点。沿正实轴靠近时模趋于无穷，沿负实轴却趋零，沿虚轴模恒为一。它并不满足极点所要求的“所有方向模都趋于无穷”。

07-05 教学示意

$e^{1/z}$ 沿正、负实轴与虚轴有不同表现。极点所要求的模趋无穷，应对所有方向成立。

比较实验中的 $\sin z/z$ 、 $1/z^2$ 与 $e^{1/z}$ 。缩小半径并转动方向，看原函数值和乘上 $z^m$ 后的值怎样变化。对极点，选对会得到非零有限极限；只看有限采样还不能宣布分类，最后应回到上面的级数或因子分解。

练习

练习 1｜换一个极点。 分别在 $0<|z|<2$ 和 $|z|>2$ 展开 $1/[z(z-2)]$ ，并指出原点的奇点类型。

练习 2｜分子的消失阶数。 分类 $(e^z-1-z)/z^4$ 在零点的奇点，写出主部和 $z^{-1}$ 系数。

练习 3｜只乘一次就够吗。 $f$ 在原点的穿孔邻域全纯，且 $z f(z)\to0$ 。证明原点对 $f$ 是可去奇点。

某函数在 |z|>2 的展开有无限多个负幂项，能否直接判断 z=0 是本性奇点？

Laurent 展开内半径为零时，负幂项一定全部消失。