20. 멱급수의 미분과 적분, 곱셈과 나눗셈
C를 다음의 멱급수S(z)=∞∑n=0an(z−z0)n가 수렴하는 원의 내부에 있는 임의의 경로라고 하자. C에서 연속인 함수 g(z)에 대하여 다음 등식이 성립한다.∫Cg(z)S(z)dz=∞∑n=0an∫Cg(z)(z−z0)ndz이 정리의 증명은 생략하겠다. 이 정리로부터 급수 S(z)는 그 급수의 수렴하는 원의 내부에 있는 모든 점 z에서 해석적임을 알 수 있다.(수렴하는 원의 바깥에 있는 점에 대해서는 수렴하지 않는다)
다음의 함수f(z)={ez−1z,(z≠0)1,(z=0)는 전해석 함수이다. 그 이유는 ez−1=∞∑n=1znn!이므로 z≠0일 때f(z)=∞∑n=1zn−1n!=1+z2!+z23!+⋯이고 이 급수는 z=0일 때 f(0)으로 수렴하므로 f(z)는 모든 z에 대해 수렴하는 멱급수로 표현되고 따라서 f는 전해석 함수이다. 따라서 f는 z=0에서 연속이고 z≠0일 때 f(z)=ez−1z이므로limz→0ez−1z=limz→0f(z)=f(0)=1이다.
멱급수S(z)=∞∑n=0an(z−z0)n이 수렴하는 원의 내부에 있는 모든 점 z에 대하여 S(z)를 항별로 미분할 수 있다. 즉 다음이 성립한다.S′(z)=∞∑n=1nan(z−z0)n−1이 정리의 증명은 앞 정리에서 g(z)=12πi(s−z)2라고 하면 코시 적분공식에 의해S′(z)=∞∑n=1anddz(z−z0)n=∞∑n=1nan(z−z0)n−1이 성립한다.
급수1z=∞∑n=0(−1)n(z−1)n(|z−1|<1)를 미분하면−1z2=∞∑n=1(−1)nn(z−1)n−1(|z−1|<1)이고1z2=∞∑n=0(−1)n(n+1)(z−1)n(|z−1|<1)이다.
두 멱급수f(z)=∞∑n=0an(z−z0)n,g(z)=∞∑n=0bn(z−z0)n가 원 |z−z0|=R내부에서 수렴한다고 하자. 그러면 f(z),g(z)는 |z−z0|<R에서 해석적이고f(z)g(z)=∞∑n=0cn(z−z0)n(|z−z0|<R)이다. 이때c0=f(z0)g(z0)=a0b0c1=f(z0)g′(z0)+f′(z0)g(z0)1!=a0b1+a1b0c2=f(z0)g″(z0)+2f′(z0)g′(z0)+f″(z0)g(z0)2!=a0b2+a1b1+a2b0이므로cn=n∑k=0f(k)(z0)k!g(n−k)(z0)(n−k)!=n∑k=0akbn−k이고 따라서f(z)g(z)=a0b0+(a0b1+a1b0)(z−z0)+(a0b2+a1b1+a2b0)(z−z0)2+⋯+(n∑k=0akbn−k)(z−z0)n+⋯(|z−z0|<R)이다. 이 것을 두 급수의 코시 곱(cauchy product)이라고 한다.
함수 ez1+z는 z=−1에서 정의되지 않는다. 따라서 이 함수의 매클로린 전개는 |z|<1에서ez1+z=ez11−(−z)=(1+z1!+z22!+z33!+⋯)(1−z+z2−z3+⋯)이고 z의 각 동류항을 아래와 같이 같은 세로 줄에 모으면
다음의 결과를 얻는다.ez1+z=1+12z2−13z3+⋯(|z|<1)
f(z),g(z)가 앞에서의 급수이고 |z−z0|<R에서 g(z)≠0이라 하자. 그러면 f(z)g(z)는 |z−z0|<R에서 해석적이므로f(z)g(z)=∞∑n=0dn(z−z0)n이고 여기서dn=dndzn(f(z)g(z))(|z−z0|<R)이다.
sinhz=−isin(iz)이므로 sinhz의 영점은 z=nπi(n∈Z)이다. 그러면 |z|<π일 때1z2sinhz=1z2(z+z33!+z55!+⋯)=1z3(11+z23!+z45!+⋯)이고
이므로11+z23!+z45!+⋯=1−13!z2+{1(3!)2−15!}z4+⋯=1−16z2+7360z4+⋯(|z|<π)이고 따라서1z2sinhz=1z3−16z+7360z+⋯(0<|z|<π)이고 이때∫|z|=11z2sinhzdz=−π3i이다.
참고자료:
Complex Variables and Applications 8th edition, Brown, Churchill, McGraw-Hill
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