逐漸硬核的函式展開——洛朗級數、Mittag-Leffler和Weierstrass定理

從冪級數到洛朗級數

在傳統微積分的範疇內，

冪級數

$f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_k(x-c)^k$

是一個非常有效的函式近似工具。它不僅能夠幫助我們為函式找出合適的多項式近似，還能夠有效地解決極限裡一類未定式問題：

$\lim_{x\to0}{\sin(x)\over x}=\lim_{x\to0}{x-{x^3\over6}+\dots\over x}=1$

然而冪級數也有它的侷限性，它只能在全純函式的解析點處展開，而且很多時候都無法在函式的定義域內完全收斂。比如

$e^{-1/x^2}$

在x=0處就無法產生冪級數展開。但事實上，如果我們對指數函式進行換元，可以得到一個別樣的展開式。

對於

$e^z=\sum_{k=0}^\infty{z^k\over k!}$

，令

，可得：

$\forall x\ne0,e^{-1/x^2}=\sum_{k=0}^\infty{(-1)^kx^{-2k}\over k!}$

讀者不難驗證這個展開式在

$e^{-1/x^2}$

定義域內都收斂

此類展開式推廣開就是

洛朗級數（Laurent series）

：

$f(z)=\sum_{k=-\infty}^\infty a_k(z-c)^k$

。有了它，我們就可以得到亞純函式在極點附近的近似。在分析時，洛朗級數會被分解為主部和正則部：

$f(z)=\sum_{k=-\infty}^\infty a_k(z-c)^k=\color{blue}{\underbrace{\sum_{k=1}^\infty a_{-k}(z-c)^{-k}}_{主部G[(z-c)^{-1}]}}+\color{orange}{\underbrace{\sum_{n=0}^\infty a_n(z-c)^n}_{正則部P(z-c)}}$

仔細觀察，我們可以發現主部和正則部本質上是兩個冪級數，所以它們會有對應的收斂半徑。設主部的收斂半徑為r，正則部為R，則洛朗級數的收斂域在複平面上為圓環：

$\left|{1\over z-c}\right|<r\wedge|z-c|<R\Rightarrow\frac1r<|z-c|<R$

這也意味著函式只要在某一圓環內解析，就可以產生洛朗展開。現在我們設圍道

$\Omega=AB+DE+\Gamma-\gamma$

如下：

根據條件，我們知道f（z）在圍道內部和圍道上都解析。所以根據柯西積分公式有：

$f(w)={1\over2\pi i}\oint_\Omega{f(z)\over z-w}\mathrm dz$

由於AB與DE方向剛好相反，兩者剛好可以抵消，所以上面的式子變成了：

$f(w)={1\over2\pi i}\int_{\color{orange}\Gamma-\color{blue}\gamma}{f(z)\over z-w}\mathrm dz={1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma{f(z)\over z-w}\mathrm dz-{1\over2\pi i}\oint_\color{blue}\gamma{f(z)\over z-w}\mathrm dz\tag1$

在

$\Gamma$

上，有

，所以

$\left|w-c\over z-c\right|<1$

。於是，橙色部分可以通過幾何級數被變換為正則部：

$\begin{aligned} {1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma{f(z)\over z-w}\mathrm dz &={1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma f(z)\cdot{\mathrm dz\over z-c-(w-c)} \\ &={1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma{f(z)\over z-c}{\mathrm dz\over 1-({w-c\over z-c})} \\ &={1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma{f(z)\over z-c}\sum_{n=0}^\infty\left({w-c\over z-c}\right)^n\mathrm dz \\ &=\sum_{n=0}^\infty\left\{{1\over2\pi i}\oint_\color{orange}\Gamma{f(z)\over(z-c)^{n+1}}\mathrm dz\right\}(w-c)^n \\ &=\sum_{n=0}^\infty a_n(w-c)^n=\color{orange}{P(w-c)} \end{aligned}$

在

$\gamma$

上，有

$\frac1r<|z-c|<|w-c|\Rightarrow\left|z-c\over w-c\right|<1$

，所以藍色部分可以變換為主部：

$\begin{aligned} {1\over2\pi i}\oint_\color{blue}\gamma{f(z)\over z-w}\mathrm dz &={1\over2\pi i}\oint_\color{blue}\gamma{f(z)\over w-c}\cdot{-1\over1-({z-c\over w-c})}\mathrm dz \\ &=-{1\over2\pi i}\oint_\color{blue}\gamma{f(z)\over w-c}\sum_{k=1}^\infty\left(z-c\over w-c\right)^{k-1}\mathrm dz \\ &=-\sum_{k=1}^\infty\left\{{1\over2\pi i}\oint_\color{blue}\gamma{f(z)\over(z-c)^{-k+1}}\mathrm dz\right\}(w-c)^{-k} \\ &\equiv-\sum_{k=1}^\infty a_{-k}(w-c)^{-k}=-\color{blue}{G[(w-c)^{-1}]} \end{aligned}$

將這兩個結果代入（1）式，得：

$f(z)=P(z-c)+G[(z-c)^{-1}]=\sum_{k=-\infty}^\infty a_k(z-c)^k$

根據柯西積分公式，易證對於任意自然數k，

$\oint_\Gamma{G[(z-c)^{-1}]\over(z-c)^{k+1}}\mathrm dz\equiv0$

且對於任意正整數n，

$\oint_\gamma{P(z-c)\over(z-c)^{- n+1}}\mathrm dz\equiv0$

。所以最終確定洛朗級數的係數公式為：

$\forall k\in\mathbb{Z},a_k={1\over2\pi i}\int_{\Gamma-\gamma}{f(z)\over(z-c)^{k+1}}\mathrm dz={1\over2\pi i}\oint_\Omega{f(z)\over(z-c)^{k+1}}\mathrm dz$

雖然這個公式在洛朗級數的計算時很少用到，但是它意味著函式在定點處有且只有一種洛朗展開。

從洛朗級數到Mittag-Leffler定理

如果函式在全平面內只有一個極點，我們就可以用極點處的洛朗級數來得到在函式定義域內收斂的展開式。然而，很多時候我們要展開的函式有不止一個極點，比如餘切函式：

如圖，cot（x）在x=0處的洛朗展開只會在藍色區域內收斂。因此，我們需要尋找一個合適的展開式使得其能夠在這種函式的整個定義域內都收斂。所以我們先做幾個基本的假設來輔助我們的推導：

1、亞純函式f（z）的極點能夠被表示成一個滿足絕對值單調遞增、

$\lim_{n\to\infty}a_n=\infty$

且

$a_1\ne0$

的序列

$a_1,a_2,\dots$

2、存在圍道序列

$\{C_m\}$

使得

包含f（z）的前m個極點

$a_1,a_2,\dots,a_m$

設w為圍道

內的一點是的f（w）有定義，則根據留數定理，有（其中

$\int_{(\eta+)}$

表示逆時針繞著僅僅包含

$z=\eta$

的圍道積分）：

${1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z-w}\mathrm dz={1\over2\pi i}\int_{(w+)}{f(z)\over z-w}\mathrm dz+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{f(z)\over z-w}\mathrm dz\tag2$

設f（z）在

處的洛朗展開的主部和正則部分別為

$G_r[(z-a_r)^{-1}]$

和

，則：

$\begin{aligned} RHS &=f(w)+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{\mathrm dz\over z-w}\cdot\{G_r[(z-a_r)^{-1}]+P_r(z-a_r)\} \\ &=f(w)+\sum_{r=1}^m\left\{{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz+\color{blue}{{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{P_r(z-a_r)\over z-w}\mathrm dz}\right\} \end{aligned}$

根據柯西積分定理，易知藍色部分的積分恆為零。因此，原式轉換為：

$RHS=f(w)+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz \tag3$

設圍道

$\Gamma_R:|z|=R$

使得

且

，則有：

${1\over2\pi i}\int_{\Gamma_R}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz={1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz+{1\over2\pi i}\int_{(w+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz \\ {1\over2\pi i}\int_{\Gamma_R}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz={1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz+G_r[(z-a_r)^{-1}]$

顯然，當

$R\to\infty$

時有

$\oint_{C_R}\to0$

，於是我們得到結論：

${1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z-w}\mathrm dz=-G_r[(z-a_r)^{-1}]$

將其代入（3）式，得：

$RHS=f(w)-\sum_{r=1}^mG_r[(w-a_r)^{-1}]\tag4$

現在為了方便接下來對（2）式左側進行展開，我們再做一些假設：

若圍道

的周長為

、與原點最近距離為

，則：

3、當

$m\to\infty$

時有

$R_m\to\infty,l_m\to\infty$

4、

${R_m\over l_m}$

有界

5、存在最小自然數p使得

$|z^{-p}f(z)|$

在

上有上界M且M與m無關

先做個變換，得：

$\begin{aligned} LHS &={1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z-w}\mathrm dz={1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z}\cdot{\mathrm dz\over1-w/z} \end{aligned}\tag5$

根據等比數列求和公式

$\sum_{k=0}^n r^k={1-r^{n+1}\over1-r}$

，有：

$\sum_{k=0}^p\left(w\over z\right)^k={1-(w/z)^{p+1}\over1-w/z}$

因此（5）式可以轉換成：

$\begin{aligned} LHS &={1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z}\cdot{\mathrm dz\over1-w/z} \\ &={1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z}\left\{\sum_{k=0}^p{w^k\over z^k}+{(w/z)^{p+1}\over1-w/z}\right\}\mathrm dz \\ &=\sum_{k=0}^pw^k\cdot\color{blue}{{1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz}+{w^{p+1}\over2\pi i}\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz \end{aligned}\tag6$

根據留數定理，藍色積分可以被展開為：

$\begin{aligned} {1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz &={1\over2\pi i}\int_{(w+)}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz \\ &={f^{(k)}(0)\over k!}+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz \\ &={f^{(k)}(0)\over k!}+\sum_{r=1}^m{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz \end{aligned}\tag7$

設圍道

$\Gamma_R:|z|=R$

使得

在圍道內，則：

${1\over2\pi i}\oint_{\Gamma_R}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz={1\over2\pi i}\int_{(0+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz+{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz \\ {1\over2\pi i}\oint_{\Gamma_R}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz={1\over k!}\cdot\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}+{1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz$

易證當

$R\to\infty$

，有

$\oint_{\Gamma_R}\to0$

，於是：

${1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{G_r[(z-a_r)^{-1}]\over z^{k+1}}\mathrm dz=-{1\over k!}\cdot\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}$

代入回（7）式，得：

${1\over2\pi i}\oint_{C_m}{f(z)\over z^{k+1}}\mathrm dz={f^{(k)}(0)\over k!}-{1\over k!}\sum_{r=1}^m\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}\tag8$

再把（8）式代入回（6）式，得：

$LHS=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}f^{(k)}(0)-\sum_{r=1}^m\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}+{w^{p+1}\over2\pi i}\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz$

為了方便表示，設

$\varphi_{rp}(w)=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}$

，則有：

$LHS=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}f^{(k)}(0)-\sum_{r=1}^m\varphi_{rp}(w)+{w^{p+1}\over2\pi i}\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz$

由於LHS=RHS，有：

$f(w)=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}f^{(k)}(0)+\sum_{r=1}^m\left\{G_r\left({1\over w-a_r}\right)-\varphi_{rp}(w)\right\}+{w^{p+1}\over2\pi i}\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz\tag9$

根據我們的假設（

有界，

$\lim_{m\to\infty}R_m=\infty$

）以及：

$\begin{aligned} \left|\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz\right| &\le\oint_{C_m}{|z|^{-p-1}|f(z)|\over|z-w|}|\mathrm dz| \le\oint_{C_m}{|z^{-p}f(z)|\over R_m|R_m-|w||}|\mathrm dz| \le{Ml_m\over R_m|R_m-|w||} \\ \end{aligned}$

有

$\lim_{m\to\infty}\oint_{C_m}{z^{-p-1}f(z)\over z-w}\mathrm dz=0$

。於是對（9）式求

$m\to\infty$

的極限，得：

$f(w)=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}f^{(k)}(0)+\sum_{r=1}^\infty\left\{G_r\left({1\over w-a_r}\right)-\varphi_{rp}(w)\right\}\tag{10}$

經過千辛萬苦，我們得到了亞純函式f（z）的終極表示式，即著名的Mittag-Leffler定理：

Mittag-Leffler定理：

設亞純函式f（z）和圍道序列

$\{C_m\}$

，並且

的周長為

、與原點最近距離為

。如果：

1、f（z）的極點能夠被表示成一個滿足絕對值單調遞增、

$\lim_{n\to\infty}a_n=\infty$

且

$a_1\ne0$

的序列

$a_1,a_2,\dots$

2、

包含f（z）的前m個極點

$a_1,a_2,\dots,a_m$

3、當

$m\to\infty$

時有

$R_m\to\infty,l_m\to\infty$

4、

${R_m\over l_m}$

有界

5、存在最小自然數p使得

$|z^{-p}f(z)|$

在

上有上界M（M與m無關）

f（z）就可以由以下的表示式來表示：

$f(z)=\sum_{k=0}^p{z^k\over k!}f^{(k)}(0)+\sum_{r=1}^\infty\left\{G_r\left({1\over z-a_r}\right)-\varphi_{rp}(z)\right\}$

其中

$G_r[(z-a_r)^{-1}]$

為f（z）在

處洛朗展開的主部，

$\varphi_{rp}(w)=\sum_{k=0}^p{w^k\over k!}\left.{\mathrm d^k\over\mathrm dz^k}G_r[(z-a_r)^{-1}]\right|_{z=0}$

如果

$a_1,a_2,\dots$

均為亞純函式f（z）的一階零點且在圍道

上f（z）有界，則：

$p=0,G_r[(z-a_r)^{-1}]={b_r\over z-a_r}$

然後，（10）式簡化為：

$f(z)=f(0)+\sum_{r=1}^\infty b_r\left\{{1\over z-a_r}+{1\over a_r}\right\}\tag{11}$

其中

$b_r={1\over2\pi i}\oint_{(a_r+)}f(z)\mathrm dz$

。

用Mittag-Leffler定理展開餘切函式

在之前的一篇文章裡，我們用Fourier級數的方法證明了餘切函式存在如下的展開：

$\cot(s)={1\over s}+\sum_{k=1}^\infty{2s\over s^2-(k\pi)^2}\tag{12}$

由於s=0是餘切函式的零點，我們最終要選擇展開

$g(s)=\cot(s)-\frac1s$

。於是：

$\begin{aligned} g(0) &\equiv\lim_{s\to0}\left\{\cot(s)-\frac1s\right\} \\ &=\lim_{s\to0}{s\cot(s)-1\over s} \\ &=\lim_{s\to0}{s\cos(s)-\sin(s)\over s\sin(s)} \\ &=\lim_{s\to0}{\cos(s)-s\sin(s)-\cos(s)\over\sin(s)+s\cos(s)} \\ &=-\lim_{s\to0}{s\sin(s)\over\sin(s)+s\cos(s)} \\ &=-\lim_{s\to0}{s\cos(s)+\sin(s)\over2\cos(s)-s\sin(s)}=0 \end{aligned}$

讀者不難驗證f（s）的極點為

$s=\pm n\pi,n\in\mathbb N$

且滿足Mittag-Leffler定理的其它條件。

又因為：

$\lim_{s\to n\pi}(s-n\pi)\cot(s)=\lim_{s\to n\pi}{s-n\pi\over\tan(s)}=\lim_{s\to n\pi}{1\over\sec^2(s)}=1$

我們得知餘切函式只有簡單（一階）極點，所以可以直接使用（11）式。於是：

$g(s)=g(0)+\sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\left\{{r_n\over s-n\pi}+{1\over n\pi}\right\}\tag{13}$

其中

$r_n={1\over2\pi i}\int_{(n\pi+)}g(s)\mathrm ds=\color{orange}{{1\over2\pi i}\int_{(n\pi+)}\cot(s)\mathrm ds}-\color{blue}{{1\over2\pi i}\int_{(n\pi+)}{\mathrm ds\over s}}$

。讀者不難驗證橙色積分結果為1而根據柯西積分定理藍色積分為零。將這些代入回（13）式可得：

$\begin{aligned} \cot(s)-\frac1s &=\sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\left\{{1\over s-n\pi}+{1\over n\pi}\right\} \\ &=\sum_{n\in\mathbb Z\{0\}}{1\over s-n\pi} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left\{{1\over s-n\pi}+{1\over s+n\pi}\right\} \\ &=\sum_{n=1}^\infty{2s\over s^2-(n\pi)^2} \end{aligned}$

稍加調整就可以得到（12）式。

從Mittag-Leffler定理到無窮乘積

眾所周知

$\forall x\in\mathbb R,{\mathrm d\over\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x$

。顯然，對數讓我們將函式的零點與極點結合在了一起。所以Mittag-Leffler定理是否也能夠和函式的零點建立關係呢？

現在我們假設函式f（z）的零點可以由絕對值單調遞增且

$\lim_{n\to\infty}a_n=\infty$

的數列

$\{a_n\}=a_1,a_2,\dots$

來表示。並且假設

滿足（11）式的使用條件，則有：

根據

幅角原理（Argument principle）

，易證

$b_r={1\over2\pi i}\int_{(a_r+)}{f$

。因此：

現在同時對等式兩側求0到z的定積分，得：

$\ln\left(f(z)\over f(0)\right)={f$

對兩側同時求指數，得：

${f(z)\over f(0)}=e^{zf$

即Weierstrass定理：

設整函式f（z）有一階零點序列

$a_1,a_2,\dots$

滿足

$a_1\ne0$

、

單調遞增且

$\lim_{n\to\infty}a_n=\infty$

。並且存在圍道序列

$\{C_m\}$

使得f（z）的前m個零點剛好在

，而且在

上|f‘（z）/f（z）|

$f(z)=f(0)e^{zf$

用Weierstrass定理推導正弦函式的無窮乘積

由於

$\sin(0)=0$

，我們決定展開

$h(z)={\sin(z)\over z}$

。其中：

$h(0)\equiv\lim_{z\to0}{\sin(z)\over z}=1 \\ h(z)=0\iff z=\pm n\pi,n\in\mathbb N \\ h$

讀者不難驗證h（z）滿足Weierstrass定理其它的使用條件

於是，我們得到：

${\sin(z)\over z}=\prod_{n=1}^\infty\left(1-{z\over\pi n}\right)\left(1+{z\over\pi n}\right)\Rightarrow\sin(z)=z\prod_{n=1}^\infty\left(1-{z^2\over\pi^2n^2}\right)$

Weierstrass定理與黎曼猜想

在這篇文章

［1］

裡，我們得到了以下等式：

$\Pi_0(x)={1\over2\pi i}\int_{a-i\infty}^{a+i\infty}\ln\zeta(s)x^{s}{\mathrm ds\over s}\\$

如果我們能夠說明Zeta函式的零點都是一階，就可以用Weierstrass定理將其展開成無窮乘積。這個式子中的Zeta函式被包在對數函數里，所以我們就可以把積分轉換成級數，從而得到更加直接的算式。敬請期待黎曼猜想連載系列的更新。

參考

讀懂黎曼猜想（2）——Mellin變換、素數計數函式、與尤拉乘積 - 知乎

https：//zhuanlan。zhihu。com/p/151753864

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