Taylor 展開 | 複素解析 | 天游ヶ丘数理学院

1 複素べき級数

定義 1.1. $a\in\mathbb C$ と複素数列 $(c_n)_{n\ge0}$ に対する

\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-a)^{n}

を、中心 $a$ の複素べき級数 (complex power series) という。 $L=\limsup_{n\to\infty}|c_n|^{1/n}$ （§D1.8 定義 2.5）とおき、拡張非負実数 $R$ を

R=\begin{cases}1/L & (0<L<\infty),\\ \infty & (L=0),\\ 0 & (L=\infty)\end{cases}

によって定め、この $R$ を収束半径 (radius of convergence) という。 $R$ は係数の絶対値だけから定まり、§D1.23 定理 2.1の実べき級数に対する規約と一致する。 $R=\infty$ のときは $D(a,R)=D(a,\infty)=\mathbb C$ と定める。

定理 1.2.定義 1.1の記号のもとで、次が成り立つ。

$|z-a|<R$ ならば $\sum_{n\ge0}|c_{n}|\,|z-a|^{n}$ は収束する。したがって $\sum_{n\ge0}c_{n}(z-a)^{n}$ は収束する。
$|z-a|>R$ ならば $\sum_{n\ge0}c_{n}(z-a)^{n}$ は収束しない。

証明. $z=a$ ならば第0項以外は消える。 $0<|z-a|<R$ とする。 $L<\theta<1/|z-a|$ となる $\theta$ を取る。上極限の定義から、十分大きい全ての $n$ について $|c_n|^{1/n}<\theta$ である。したがって

|c_n|\,|z-a|^n\le(\theta|z-a|)^n

が最終的に成り立つ。右辺は比が1未満の等比級数なので、比較判定（§D1.21 定理 1.3）と§E5.3 補題 1.1から絶対収束と収束を得る。

$|z-a|>R$ とする。この場合は $R<\infty$ であり、 $1/|z-a|<\theta<L$ となる $\theta$ を取ることができる。上極限の定義により、 $|c_n|^{1/n}>\theta$ となる $n$ が無限に存在する。その添字では $|c_n(z-a)^n|>(\theta|z-a|)^n>1$ である。項が0へ収束しないので、§D1.21 命題 1.1により級数は発散する。▨

注意 1.3 (収束円の境界).定理 1.2は $|z-a|=R$ について結論を与えない。例えば収束半径1の級数 $\sum_{n\ge0} z^n$ は $z=1$ で発散するが、 $\sum_{n\ge1} z^n/n^2$ は§D1.21 例 4.2により $|z|=1$ の全点で絶対収束する。

命題 1.4. $R>0$ とし、 $K$ を開円板 $D(a,R)$ に含まれるコンパクト集合（§E2.19 定義 2.1）とする。このとき、部分和の列 $s_{N}(z)=\sum_{n=0}^{N}c_{n}(z-a)^{n}$ は $K$ の上で一様収束する。

証明. $K=\varnothing$ ならば、すべての $s_{N}|_{K}$ と級数の和 $s|_{K}$ は空関数であり、一様収束についての主張は直ちに成り立つ。以下では $K\ne\varnothing$ とする。

$\mathbb C$ を実数の組と同一視し（§E1.14 定義 4.1）、絶対値を§E2.1 定義 3.2の距離とみなす。 $K$ はコンパクトなので、§E2.9 系 4.1により有界かつ閉である。

まず $\rho=\sup_{z\in K}|z-a|<R$ を示す。 $K$ は有界であるから $\rho<\infty$ である。 $R=\infty$ ならば $\rho<R$ は直ちに従う。以下では $R<\infty$ とし、 $\rho=R$ と仮定する。各正の整数 $k$ について $|z_{k}-a|>R-1/k$ を満たす $z_{k}\in K$ を取る。 $K$ は有界であるから実部と虚部はともに有界な実数列であり、§D1.8 定理 2.2を実部へ、続いてその部分列の虚部へ適用すると、収束する部分列 $z_{k_{j}}\to z^{*}$ が得られる。 $K$ は閉集合であるから $z^{*}\in K$ であり、 $|z^{*}-a|=\lim|z_{k_{j}}-a|=R$ である。この等式は $K\subseteq D(a,R)$ に反する。ゆえに $\rho<R$ である。

$\rho<R$ なので定理 1.2により $\sum|c_n|\rho^n$ は収束する。 $\varepsilon>0$ に対し、 $N\ge N_0$ ならばその尾和が $\varepsilon/2$ 未満となる $N_0$ を取る。 $z\in K$ と $M>N\ge N_0$ について

|s_{M}(z)-s_{N}(z)|=\left|\sum_{n=N+1}^{M}c_{n}(z-a)^{n}\right| \le\sum_{n=N+1}^{M}|c_{n}|\rho^{n}<\frac{\varepsilon}{2}

である。 $M\to\infty$ とすれば $|s(z)-s_N(z)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$ である。 $N_0$ は $z$ に依存しないので一様収束する。▨

定理 1.5. $\sum_{n\ge0}c_{n}(z-a)^{n}$ の収束半径を $R>0$ とし、 $D(a,R)$ の上でその和を $f(z)$ とおく。項ごとに微分した級数 $\sum_{n\ge1}n\,c_{n}(z-a)^{n-1}$ の収束半径も $R$ であり、 $f$ は $D(a,R)$ の上で正則で

f'(z)=\sum_{n=1}^{\infty}n\,c_{n}(z-a)^{n-1}

が成り立つ。

証明. 収束半径は係数の絶対値だけで定まる（定義 1.1）。したがって実べき級数についての§D1.23 補題 4.2を非負係数列 $(|c_n|)$ へ適用すると、導級数の収束半径も $R$ である。同じ結果をもう一度用いれば、二階形式導級数 $\sum_{n\ge2}n(n-1)c_n(z-a)^{n-2}$ の収束半径も $R$ である。

導関数を求める。 $z_{0}\in D(a,R)$ を固定し、 $|z_{0}-a|<r<R$ を満たす $r$ を取る。 $g(z)=\sum_{n\ge1}n\,c_{n}(z-a)^{n-1}$ とおく。 $|z-a|<r$ かつ $z\ne z_{0}$ とし、 $w=z-a$ 、 $w_{0}=z_{0}-a$ と書く。 $n\ge1$ について

w^{n}-w_{0}^{n}=(w-w_{0})\sum_{j=0}^{n-1}w^{j}w_{0}^{\,n-1-j}

である。有限部分和 $f_N(z)=\sum_{n=0}^{N}c_n(z-a)^n$ と $g_N(z)=\sum_{n=1}^{N}n c_n(z-a)^{n-1}$ にこの恒等式を適用すると

\frac{f_N(z)-f_N(z_{0})}{z-z_{0}}-g_N(z_{0}) =\sum_{n=1}^{N}c_{n}\sum_{j=0}^{n-1}w_{0}^{\,n-1-j}\bigl(w^{j}-w_{0}^{\,j}\bigr)

である。同じ因数分解を $w^{j}-w_{0}^{j}$ へ適用し、 $|w|<r$ と $|w_{0}|<r$ を用いると $|w^{j}-w_{0}^{j}|\le j\,r^{\,j-1}|w-w_{0}|$ である。したがって

\left|c_{n}\sum_{j=0}^{n-1}w_{0}^{\,n-1-j}\bigl(w^{j}-w_{0}^{\,j}\bigr)\right| \le|c_{n}|\,|w-w_{0}|\sum_{j=0}^{n-1}r^{\,n-1-j}\,j\,r^{\,j-1} =|c_{n}|\,|w-w_{0}|\,r^{\,n-2}\,\frac{n(n-1)}{2}

である。 $\sum_{n\ge2}n(n-1)|c_{n}|r^{n-2}$ は、二度項別に微分した級数の収束半径が $R>r$ であることと定理 1.2 (1)により収束する。その和を $2C$ とおくと

\left|\frac{f_N(z)-f_N(z_{0})}{z-z_{0}}-g_N(z_{0})\right|\le C\,|z-z_{0}|

である。固定した $z\ne z_0$ について $N\to\infty$ とすると、原級数と導級数の収束により $f_N(z)\to f(z)$ 、 $f_N(z_0)\to f(z_0)$ 、 $g_N(z_0)\to g(z_0)$ である。ゆえに同じ評価が $f$ と $g$ について成り立つ。右辺は $z\to z_0$ で0へ収束するので、 $f'(z_0)=g(z_0)$ である。 $z_0$ は任意であるから $f$ は $D(a,R)$ 上で正則であり、主張の項別微分公式が成り立つ。▨

2 正則関数の Taylor 展開

定理 2.1 (Taylor 展開). $f$ が開円板 $D(a,R)$ の上で正則ならば、その円板の全体で

f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-a)^{n},\qquad c_{n}=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}

が成り立つ。右辺の級数の収束半径は $R$ 以上である。

証明. $z\in D(a,R)$ を固定し、 $|z-a|<r<R$ を選ぶ。反時計回りの円周 $C_r:|w-a|=r$ に§E5.6 定理 2.1を適用すると

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_{r}}\frac{f(w)}{w-z}\,dw

である。 $w\in|C_{r}|$ について $|z-a|<|w-a|=r$ であるから、 $q=(z-a)/(w-a)$ とおくと $|q|=|z-a|/r<1$ であり、

\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)-(z-a)}=\frac{1}{w-a}\cdot\frac{1}{1-q} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-a)^{n}}{(w-a)^{n+1}}

である。等比級数の有限剰余公式から

\left|\frac{1}{w-z}-\sum_{n=0}^{N}\frac{(z-a)^{n}}{(w-a)^{n+1}}\right| =\frac{1}{|w-z|}\,|q|^{N+1} \le\frac{|q|^{N+1}}{r-|z-a|}

である。右辺は $w\in C_r$ に依存しない。 $f$ は§E5.2 命題 1.2により連続であり、コンパクトな円周上では§E2.19 定理 4.4により $|f|\le M$ となる。積分の線形性（§E5.4 命題 2.3）と ML 不等式（§E5.4 命題 3.2）から

\left|\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_{r}}\frac{f(w)}{w-z}\,dw -\sum_{n=0}^{N}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_{r}}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\,dw\right)(z-a)^{n}\right| \le\frac{1}{2\pi}\cdot 2\pi r\cdot\frac{M\,|q|^{N+1}}{r-|z-a|}

である。 $|q|<1$ なので右辺は0へ収束し、

f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_{r}}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\,dw\right)(z-a)^{n}

である。§E5.6 定理 4.1を中心 $a$ で用いると括弧内は $f^{(n)}(a)/n!$ に等しい。 $z$ は任意なので円板全体で展開が成り立つ。この級数が全ての $|z-a|<R$ で収束することと定理 1.2の発散側から、その収束半径は $R$ 以上である。▨

系 2.2. $R>0$ とし、 $D(a,R)$ の上で $\sum_{n\ge0}c_{n}(z-a)^{n}=\sum_{n\ge0}c_{n}'(z-a)^{n}$ が成り立つとすると、すべての $n$ について $c_{n}=c_{n}'$ である。とくに、正則関数を中心 $a$ のべき級数として表す表し方はただ一通りであり、その係数は $f^{(n)}(a)/n!$ である。

証明. 両級数の共通の和を $f$ とおく。各級数は $D(a,R)$ の全点で収束するので、定理 1.2の発散側から、それぞれの収束半径は $R$ 以上である。したがって定理 1.5を $m$ 回用いると

f^{(m)}(z)=\sum_{n\ge m}n(n-1)\cdots(n-m+1)\,c_{n}(z-a)^{n-m}

である。 $z=a$ では $n=m$ の項だけが残るので $f^{(m)}(a)=m!c_m$ である。もう一方の級数からも $f^{(m)}(a)=m!c_m'$ となる。したがって全ての $m$ について $c_m=c_m'$ である。▨

命題 2.3. $f$ が $a$ のある近傍で正則であるとし、

R^{*}=\sup\{r>0 : D(a,r) \text{ の上で正則な関数 } F \text{ で、} a \text{ の近傍で } f \text{ に一致するものが存在する}\}

とおく。このとき、 $f$ の $a$ を中心とする Taylor 級数の収束半径は $R^{*}$ に等しい。 $R^*=\infty$ も許す。

証明. 収束半径を $R$ と書く。

$R\ge R^*$ を示す。 $0<r<R^*$ を取る。上限の定義から、ある $r'>r$ と、 $D(a,r')$ 上で正則かつ $a$ の近傍で $f$ に一致する関数 $F$ が存在する。近傍で一致する関数は $a$ におけるすべての導関数が一致するため、両者の Taylor 係数は同じである。定理 2.1によりこの級数は $D(a,r')$ 全体で $F$ へ収束するので、その収束半径は $r'$ 以上、したがって $r$ より大きい。 $r<R^*$ は任意なので $R\ge R^*$ である。この論証は $R^*=\infty$ の場合も同じである。

$R\le R^*$ を示す。 $0<r<R$ を取る。Taylor 級数の和を $F$ とすると、定理 1.5により $F$ は $D(a,r)$ 上で正則である。一方、ある $\delta>0$ について $f$ は $D(a,\delta)$ 上で正則である。必要なら $\delta<r$ としてよい。定理 2.1により $f$ は $D(a,\delta)$ 上で自身の Taylor 級数、すなわち $F$ に等しい。したがって $F$ は $R^*$ の定義に現れる正則延長であり、 $r\le R^*$ である。任意の $r<R$ について成り立つので $R\le R^*$ である。 $R=0$ ならばこの不等式は自明である。▨

例 2.4 (実軸上では見えない正則延長の障害). $f(z)=1/(1+z^{2})$ は§E5.2 命題 1.2により $z=\pm i$ を除いて正則である。 $a=0$ を中心とすると、

\frac{1}{1+z^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}z^{2n}\qquad(|z|<1)

である。 $|z|<1$ では等比級数から等式が従う。 $z=i$ では一般項が0へ収束しないので、収束半径は1を超えない。また、表示は $|z|<1$ で収束するので収束半径は1である。一方、 $D(0,1)$ 上で $f$ は正則なので正則延長可能半径は1以上である。命題 2.3により、この半径は Taylor 級数の収束半径1に等しい。

実関数 $1/(1+x^2)$ は全実数上で何回でも微分可能である。しかし中心0の Taylor 級数の収束を制限するのは、複素平面で中心から距離1にある $\pm i$ で正則に延長することができないという事実である。

3 扱う範囲の境界

注意 3.1 (負の冪を含む展開). 本記事のべき級数は非負の冪だけからなり、中心を含む開円板で扱う。円環上の Laurent 展開と孤立特異点の分類は後続の記事が扱う。

4 演習

問題 4.1 (境界上で異なる収束). 二つのべき級数 $\sum_{n\ge0}z^n$ と $\sum_{n\ge1}z^n/n^2$ の収束半径がともに1であることを示し、 $z=1$ における収束を比較せよ。

解答.

$|z|<1$ ならば $|z|^n/n^2\le |z|^n$ なので、両級数は等比級数との比較により絶対収束する。 $|z|>1$ ならば、第一の級数の一般項は0へ収束しない。また、第二の級数の一般項の絶対値 $u_n=|z|^n/n^2$ は $u_{n+1}/u_n=|z|(n/(n+1))^2\to|z|>1$ を満たすので、最終的に増加して0へ収束しない。定理 1.2の内側と外側の特徴づけにより、両級数の収束半径は1である。 $z=1$ では、第一の級数は一般項が1なので発散し、第二の級数は§D1.21 例 4.2により収束する。したがって、収束半径だけから境界上の収束を判定することはできない。▨

問題 4.2 (係数から正則関数を判定する). $f$ が $D(0,3)$ 上で正則で、 $f^{(n)}(0)=n!/2^n$ がすべての非負整数 $n$ について成り立つと仮定する。この仮定が矛盾を含むことを示せ。

解答.

定理 2.1と系 2.2により、 $f$ の中心0の Taylor 級数は $\sum(z/2)^n$ である。この級数の収束半径は2である。一方、 $f$ が $D(0,3)$ 上で正則ならば定理 2.1により Taylor 級数の収束半径は3以上でなければならない。これは矛盾である。▨

§E5.7Taylor 展開

1 複素べき級数

2 正則関数の Taylor 展開

3 扱う範囲の境界

4 演習

参考文献

前提記事