19. 로랑 급수

19. 로랑 급수

복소함수 \(f\)가 점 \(z_{0}\)에서 해석적이지 않으면, 이 점에서 테일러 정리를 적용할 수 없으나 \(z-z_{0}\)의 양과 음의 제곱을 포함한 급수로 나타낼 수는 있다. 이것을 가능하게 하는 정리가 다음의 로랑 정리이다.

로랑 정리(Laurent's theorem)

함수 \(f\)가 중심이 \(z_{0}\)인 원환영역 \(R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2}\)전체에서 해석적이고 \(C\)는 이 원환영역에 포함되면서 \(z_{0}\)의 둘레를 양의 방향으로 도는 임의의 단순닫힌경로라고 하자. 그러면 이 영역의 각 점에서 \(f(z)\)는 다음과 같은 급수로 나타낼 수 있다.$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}(z-z_{0})^{n}}+\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{b_{n}}{(z-z_{0})^{n}}}\,(R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2})$$여기서$$\begin{align*}a_{n}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}dz}\,(n\in\mathbb{N}\cup\{0\})\\b_{n}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{-n+1}}dz}\,(n\in\mathbb{N})\end{align*}$$이다.

증명: 영역 \(R_{1}<|z|<R_{2}\)에 포함되는 닫힌원환영역 \(r_{1}\leq|z|\leq r_{2}\)내부에 점 \(z\)와 경로 \(C\)가 있다고 하자. 또 두 원 \(|z|=r_{1}\)과 \(|z|=r_{2}\)를 각각 \(C_{1},\,C_{2}\)로 나타내자. 함수 \(f\)는 \(C_{1}\)과 \(C_{2}\), 그 사이의 원환영역에서 해석적이다. 원 \(\gamma\)를 중심이 \(z\)이고 반지름이 충분히 작아 원환영역 \(r_{1}\leq|z|\leq r_{2}\)내부에 완전히 포함되도록 하자.

그러면 코시-구르사의 정리에 의해 다음 식이 성립한다.$$\int_{C_{2}}{\frac{f(s)}{s-z}ds}-\int_{C_{1}}{\frac{f(s)}{s-z}ds}-\int_{\gamma}{\frac{f(s)}{s-z}ds}=0$$이때 코시 적분공식에 의해 \(\displaystyle\int_{\gamma}{\frac{f(s)}{s-z}ds}=2\pi if(z)\)이므로$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{2}}{\frac{f(s)}{s-z}ds}+\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1}}{\frac{f(s)}{z-s}ds}$$이고$$\begin{align*}\frac{1}{s-z}&=\sum_{n=0}^{N-1}{\frac{1}{s^{n+1}}z^{n}}+z{N}\frac{1}{(s-z)s^{N}}\\ \frac{1}{z-s}&=\sum_{n=0}^{N-1}{\frac{1}{s^{-n}}\cdot\frac{1}{z^{n+1}}}+\frac{1}{z^{N}}\frac{s^{N}}{z-s}\\&=\sum_{n=1}^{N}{\frac{1}{s^{-n+1}}\cdot\frac{1}{z^{n}}}+\frac{1}{z^{N}}\frac{s^{N}}{z-s}\end{align*}$$이므로$$f(z)=\sum_{n=0}^{N-1}{a_{n}z^{n}}+\rho_{N}(z)+\sum_{n=1}^{N}{\frac{b_{n}}{z^{n}}}+\sigma_{N}(z)$$이고 여기서$$\begin{align*}a_{n}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{2}}{\frac{f(s)}{s^{n+1}}ds},\,b_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1}}{\frac{f(s)}{s^{-n+1}}ds}\\ \rho_{N}(z)&=\frac{z^{N}}{2\pi i}\int_{C_{2}}{\frac{f(s)}{(s-z)s^{N}}ds},\,\sigma_{N}(z)=\frac{1}{2\pi i z^{N}}\int_{C_{1}}{\frac{s^{N}f(s)}{z-s}ds}\end{align*}$$이다. \(|z|=r\), \(C_{1}\)과 \(C_{2}\)에서의 \(|f(z)|\)의 최댓값을 \(M\)이라 하자. 그러면 \(r_{1}<r<r_{2}\)이고 \(s\in C_{2}\)에 대해 \(|s-z|\geq r_{2}-r\), \(s\in C_{1}\)에 대해 \(|z-s|\geq r-r_{1}\)이므로$$|\rho_{N}(z)|\leq\frac{Mr_{2}}{r_{2}-r}\left(\frac{r}{r_{2}}\right)^{N},\,|\sigma_{N}(z)|\leq\frac{Mr_{1}}{r-r_{1}}\left(\frac{r_{1}}{r}\right)^{N}$$이고 \(\displaystyle0<\frac{r}{r_{2}}<1,\,0<\frac{r_{1}}{r}<1\)이므로$$\lim_{N\,\rightarrow\,\infty}{\rho_{N}(z)}=0,\,\lim_{N\,\rightarrow\,\infty}{\sigma_{N}(z)}=0$$이고 따라서$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}z^{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{b_{n}}{z^{n}}}\,\left(R_{1}<|z|<R_{2},\,a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{2}}{\frac{f(s)}{s^{n+1}}ds},\,b_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1}}{\frac{f(s)}{s^{-n+1}}ds}\right)$$이다.

이제 임의의 \(z_{0}\)에 대해서 성립함을 보이자. \(g(z)=f(z+z_{0})\)이라 하자. 함수 \(f(z)\)가 원환 \(R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2}\)에서 해석적이면, \(g(z)=f(z+z_{0})\)는 \(R_{1}<|(z+z_{0})-z_{0}|<R_{2}\)에서 해석적이다. 즉 \(g(z)\)는 \(R_{1}<|z|<R_{2}\)에서 해석적이고 \(C:\,z=z(t)\,(a\leq t\leq b)\)라 하자. 그러면 모든 \(t\in[a,\,b]\)에 대하여 \(R_{1}<|z(t)-z_{0}|<R_{2}\)가 성립한다. \(\Gamma:\,z=z(t)-z_{0}\,(a\leq t\leq b)\)라 하자. 그러면 \(\Gamma\)는 단순닫힌경로이고 영역 \(R_{1}<|z|<R_{2}\)에 포함된다. 따라서 \(g(z)\)의 로랑급수는$$g(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}z^{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{b_{n}}{z^{n}}}\,\left(R_{1}<|z|<R_{2},\,a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{\frac{g(z)dz}{z^{n+1}}ds},\,b_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}{\frac{g(z)}{z^{-n+1}}dz}\right)$$이고$$\int_{\Gamma}{\frac{g(z)}{z^{n+1}}dz}=\int_{a}^{b}{\frac{f(z(t))z'(t)}{\{z(t)-z_{0}\}^{n+1}}dt}=\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}}$$이므로 \(g(z)\)의 로랑급수에 \(z-z_{0}\)를 대입하면 다음 등식이 성립한다.$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}(z-z_{0})^{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{b_{n}}{(z-z_{0})^{n}}}\,\left(R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2},\,a_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}dz},\,b_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{-n+1}}dz}\right)$$

$$c_{n}=\begin{cases}b_{-n},&\,(n\leq-1)\\a_{n},&\,(n\geq0)\end{cases}$$이라 하면$$c_{n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}dz}=\frac{f^{(n)}(z_{0})}{n!}\,(n\in\mathbb{Z})$$이므로 로랑급수를 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_{n}(z-z_{0})^{n}}\,(R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2})$$

함수 \(f\)가 \(z_{0}\)에서 해석적이지 않고 \(|z-z_{0}|<R_{2}\)바깥의 다른 점에서 해석적일 때, \(R_{1}\)을 임의로 작게 선택할 수 있고 따라서 로랑급수를 \(0<|z-z_{0}|<R_{2}\)에서 나타낼 수 있다. 마찬가지로 \(f\)가 \(|z-z_{0}|=R\)바깥의 모든 점에서 해석적이면 로랑급수를 \(|z-z_{0}|>R_{1}\)에서 나타낼 수 있다.

$$e^{z}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{z^{n}}{n!}}=1+\frac{z}{1!}+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots$$이므로 \(\displaystyle e^{\frac{1}{z}}\)의 로랑급수는 다음과 같다.$$e^{\frac{1}{z}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n!z^{n}}}=1+\frac{1}{1!z}+\frac{1}{2!z^{2}}+\cdots$$이고 여기서 \(\displaystyle\frac{1}{z}\)의 계수는 \(e^{\frac{1}{z}}\)를 원점을 포함하는 임의의 단순닫힌경로 \(C\)에 대한 적분의 값에 \(\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\)를 곱한 값이다. 즉$$1=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{e^{\frac{1}{z}}dz}$$이므로$$\int_{C}{e^{\frac{1}{z}}dz}=2\pi i$$이다.

함수 \(\displaystyle f(z)=\frac{-1}{(z-1)(z-2)}=\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-2}\)는 다음의 영역에서 해석적이다.$$D_{1}:\,|z|<1,\,D_{2}:\,1<|z|<2,\,D_{3}:\,|z|>2$$\(D_{1}\)에서 함수 \(f(z)\)의 로랑급수는 매클로린 급수이고 이때 \(\displaystyle,\,\frac{1}{z-1}=-\frac{1}{1-z},\,\frac{1}{z-2}=\frac{1}{2}\frac{1}{\displaystyle1-\left(\frac{z}{2}\right)}\)이므로$$f(z)=-\sum_{n=0}^{\infty}{z^{n}}+\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{z^{n}}{2^{n+1}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{(2^{-n-1}-1)z^{n}}\,(|z|<1)$$

\(D_{2}\)에서 \(1<|z|<2\)이므로 \(\displaystyle\left|\frac{1}{z}\right|<1,\,\left|\frac{z}{2}\right|<1\)이고$$f(z)=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{\displaystyle1-\frac{1}{z}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\displaystyle1-\left(\frac{z}{2}\right)}$$이므로 f(z)의 로랑급수는 다음과 같다.$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{z^{n}}{2^{n+1}}}+\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{z^{n+1}}}\,(1<|z|<2)$$이다. 

\(D_{3}\)에서 \(|z|>2\)이므로 \(\displaystyle\left|\frac{1}{z}\right|<\left|\frac{2}{z}\right|<1\)이고$$f(z)=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\left(\frac{1}{z}\right)}-\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\left(\frac{2}{z}\right)}$$이므로 \(f(z)\)의 로랑급수는 다음과 같다.$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{z^{n+1}}}-\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{n}}{z^{n+1}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1-2^{n}}{z^{n+1}}}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1-2^{n-1}}{z^{n}}}\,(|z|>2)$$

참고자료:

Complex Variables and Applications 8th edition, Brown, Churchill, McGraw-Hill