سری لوران — به زبان ساده

سری لوران نمایشی از تابع مختلط $$f ( z )$$ به صورت یک سری است. برخلاف سری تیلور که $$f ( z )$$ را به صورت یک سری با توان‌های غیرمنفی $$z$$ نشان می‌دهد، سری لوران شامل جملاتی با توان‌های منفی است. در نتیجه، در مواردی که استفاده از بسط تیلور امکان‌پذیر نباشد، می‌توان «سری لوران» (Laurent Series) را به کار برد.

سری لوران

در این بخش، روش به دست آمدن سری لوران را بررسی می‌کنیم. دو کانتور دایره‌ای $$C _ 2$$ و $$C_ 1$$ را در نظر بگیرید که شعاع $$C_ 1$$ بزرگ‌تر از شعاع $$C_ 2$$ است. فرض کنید $$z _ 0$$ درون $$C _ 1$$ و $$C_ 2$$ قرار داشته باشد، و $$z$$ بین $$C _ 1$$ و $$C_ 2$$ باشد.

فیلم آموزش ریاضی مهندسی – جامع و با مفاهیم کلیدی در فرادرس

کلیک کنید

اکنون، پاره‌خط $$C _ c$$ بین $$C_ 1$$ و $$C _ 2$$ را ایجاد کرده و در مسیر $$C\equiv C_1+C_c-C_2-C_c$$ انتگرال‌گیری می‌کنیم، به گونه‌ای که مثبت و منفی $$C _ c$$ یکدیگر را حذف کنند. با توجه به فرمول انتگرال کوشی، داریم:

$$ \large \begin {eqnarray}<br /> f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ C { f ( z' ) \over z' -z } \, d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over z' -z } \, d z' + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c } { f ( z' ) \over z' - z } \, d z' \nonumber \\<br /> & \phantom { = } & - { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 }{ f ( z' ) \over z' - z } \, d z' - { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ c }{ f ( z' ) \over z' - z } \, d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over z' -z } \, d z' - { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over z' - z } \, d z' .<br /> \end {eqnarray} $$

اکنون، بخش‌های مربوط به پاره‌خط که جهت مخالف نیز دارند، حذف می‌شوند:

$$ \large \begin {eqnarray}<br /> f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) - ( z - z _ 0 ) } d z' - { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) - ( z -z _ 0 ) } d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) \left ( { 1 - { z - z _ 0 \over z' - z _ 0 } } \right ) } \, d z' - { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over ( z - z _ 0 ) \left ( { { z' - z _ 0 \over z - z _ 0 } - 1 } \right ) } \, d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' -z _ 0 ) \left ( { 1 - { z - z _ 0 \over z' - z _ 0 } } \right ) } \,d z' + { 1 \over 2 \pi i } \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over ( z -z _ 0 ) \left ( { 1 - { z' - z _ 0 \over z - z _ 0 } } \right ) } \, d z' .<br /> \end {eqnarray} $$

در انتگرال نخست، $$| z' - z _ 0 | > |z-z_ 0 |$$ و در انتگرال دوم، $$|z'-z_0|< | z - z _ 0 |$$ است. اکنون از بسط تیلور (معتبر برای $$|t|<1$$) استفاده می‌کنیم:

$$\large \begin {equation} { 1 \over 1 - t } = \sum _ { n = 0 } ^ \infty t ^ n \end {equation}$$

و خواهیم داشت:

$$ \large \begin {eqnarray}<br /> f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \left [ { \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over z' - z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z - z _ 0 \over z' - z _ 0 } \right ) ^ n \, d z' + \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over z - z _ 0 } \sum _ { n = 0 } ^ \infty \left ( { z' - z _ 0 \over z - z _ 0 } \right ) ^ n \, d z' } \right ] \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \nonumber \\<br /> & \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z - z _ 0 ) ^ { - n - 1 } \int _ { C _ 2 } ( z' -z _ 0 ) ^ n f ( z' ) \, d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z - z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \nonumber \\<br /> & \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 1 } ^ \infty ( z - z _ 0 ) ^ { - n } \int _ { C _ 2 } ( z' -z _ 0 ) ^ { n + 1 } f ( z' ) \, d z' ,<br /> \end {eqnarray} $$

که در آن، عبارت دوم، تغییر متغیر داده شده است. با یک بار دیگر تغییر متغیر، داریم:

$$\large \begin {equation} f ( z ) = { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 1 } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = - \infty } ^ { - 1 } ( z -z _ 0 ) ^ n \int _ { C _ 2 } { f ( z' ) \over ( z' -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' . \end {equation}$$

اکنون از قضیه انتگرال کوشی استفاده می‌کنیم که لازم است انتگرال کانتور یک تابع بدون محصور کردن قطب در $$0$$ داشته باشد. اما $$1 / (z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 }$$ هیچگاه درون $$C_ 2$$ برای $$n \ge 0$$ تکین نخواهد شد و $$1 / ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 }$$ هیچگاه درون $$C_ 1$$ برای $$n \le - 1$$ تکین نمی‌شود. به طور مشابه، قطبی در پاره‌خط بسته $$C _ c - C _ c$$ وجود ندارد. بنابراین، می‌توانیم $$C _ 1$$ و $$C_ 2$$ را در انتگرال‌های بالا بدون تغییر مقادیرشان با $$C$$ تعویض کنیم. در نتیجه، خواهیم داشت:

$$ \large \begin {eqnarray}<br /> f ( z ) & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = 0 } ^ \infty ( z - z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \nonumber \\<br /> & \phantom { = } & + { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = - \infty } ^ { - 1 } ( z - z _ 0 ) ^ n \int _ { C } { f ( z' ) \over ( z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \nonumber \\<br /> & = & { 1 \over 2 \pi i } \sum _ { n = - \infty } ^ \infty ( z - z _ 0 ) ^ n \int _ C { f ( z' ) \over ( z' -z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' \nonumber \\<br /> & \equiv & \sum _ { n = - \infty } ^ \infty a _ n ( z - z _ 0 ) ^ n .<br /> \end {eqnarray} $$

تنها الزام $$C$$ این است که $$z$$ را محصور کند، به گونه‌ای که برای انتخاب هر کانتور $$\gamma$$ آزاد باشیم. بنابراین، مانده $$a _ n$$ به صورت زیر تعریف می‌شود:

$$\large \begin {equation} a _ n \equiv { 1 \over 2 \pi i } \int _ \gamma { f ( z' ) \over (z' - z _ 0 ) ^ { n + 1 } } \, d z' . \end {equation}$$

محاسبه بسط سری لوران توابع

برای محاسبه سری لوران از سری هندسی استاندارد و اصلاح شده استفاده می‌کنیم که به صورت زیر است:

$$\large \begin {equation} \frac { 1  } { 1 -  z }  = \left \{ \begin {array} { c l } \sum _ {  n = 0  } ^  { \infty }  z ^ {  n } ,  & | z | < 1   \\- \sum _ { n = 1 } ^  { \infty } \frac { 1 } { z ^  { n } } ,   &  | z | > 1 \end {array} \right . \end {equation} \;\;\;\;\; ( 1 )$$

فیلم آموزش ریاضی مهندسی – مرور و حل مساله در فرادرس

کلیک کنید

در اینجا، $$f ( z ) = \frac {1}{1-z}$$ در همه جا جز تکینگی $$z = 1$$ تحلیلی است. عبارات بالا، بسط‌‌های $$f$$ در ناحیه‌های درون و بیرون دایره‌ای به شعاع $$1$$ و مرکز $$z = 0$$ هستند که $$|z|< 1$$ ناحیه درون دایره و $$|z|>1$$ ناحیه خارج از آن است.

مثال‌هایی از محاسبه سری لوران

در این بخش، چند مثال را از محاسبه سری لوران حل می‌کنیم.

مثال ۱

سری لوران تابع زیر را بیابید:

$$\large f ( z ) = \frac { 1 } { ( z + 5 )} \;\;\;\;\; ( 2 )$$

که در ناحیه‌های زیر معتبر است:

• (الف) $$\{ z : | z | < 5 \}$$
• (ب) $$\{ z : | z | > 5 \}$$

حل: ناحیه (الف) یک دیسک باز درون دایره‌ای به شعاع ۵ و مرکز $$z = 0$$ است و ناحیه (ب) یک طوق باز بیرون دایره‌ای به شعاع ۵ و مرکز $$z = 0$$ است. برای محاسبه ساده‌تر بسط سری می‌توانیم $$f ( z )$$ را به یک فرم مشابه بسط معادله (۱) بنویسیم. بنابراین، داریم:

$$\large \begin {equation} f ( z ) = \frac { 1 } { 5 \left ( 1 + \frac { z } { 5 } \right ) } = \frac { 1 } { 5 \left ( 1 - \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) \right ) } \end {equation}.$$

اکنون، با استفاده از سری هندسی استاندارد و اصلاح شده معادله (۱)، خواهیم داشت:

$$\large \begin {equation} f ( z ) = \frac { 1 } { 5 \left ( 1 - \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) \right ) } = \left \{ \begin {array} { c l } \frac { 1 } { 5 } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) ^ { n } , & | z | < 5 \\ \\ - \frac { 1 } { 5 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 }{ \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) ^ { n } } , & | z | > 5 \end {array} \right . \end {equation}$$

بنابراین، برای بخش (الف)، بسط سری به صورت زیر است:

$$\large \begin {equation} f ( z ) = \frac { 1 } { 5} \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) ^ { n } = \frac { 1 } { 5 } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } z ^ { n } } { 5 ^ { n } } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } z ^ { n } } { 5 ^ { n + 1 } } , \quad | z | < 5 \end {equation}$$

که یک سری تیلور است. برای بخش (ب) نیز، بسط سری به شکل زیر خواهد بود:

$$\large \begin {equation} f ( z ) = - \frac { 1 } { 5 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { \left ( - \frac { z } { 5 } \right ) ^ { n } } = - \frac { 1 } { 5 } \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } 5 ^ { n } } { z ^ { n } } = -\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { ( - 1 ) ^ { n } 5 ^ { n - 1 } } { z ^ { n } } , \quad | z | > 5 \end {equation}$$

مثال ۲

سری لوران تابع زیر را در ناحیه $$\{ z : |z| < 5 \}$$ تعیین کنید.

$$\large f ( z ) = \frac { 1 } { z ( z + 5 ) } \;\;\;\;\; ( 3 )$$