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1. 개요
Mittag-Leffler's theorem / 미타그레플레르 定 理 / ( 스웨덴어)Mittag-Lefflers sats복소해석학에서 주어진 극점을 가지고 유리형 함수의 존재를 설명하는 정리이다. 이 정리는 부분 분수들의 합으로써 유리형 함수를 표현하는 데에 사용한다. 또한 주어진 영점을 가지고 전해석함수의 존재를 설명하는[1] 바이어슈트라스 분해 정리와 비슷하기도 하다. 스웨덴의 수학자 예스타 미타그레플레르가 정립했다.
2. 내용
복소수를 정의역으로 삼는 함수 [math(f)]가 단순극을 가지며, 연속 혹은 [math(z = 0)]에서 제거할 수 있는 특이점을 갖는 유리함수라고 하고, [math(f)]의 극들의 정의역 집합을 [math(X)]라고 하자.[math(N\in\N)]에 대하여, 원점에서 반지름이 [math(R_N)]인 원판 [math(C_N)]을 상정하고, [math(N\to\infty)]일 때 [math(R_N\to\infty)]이고, 원판의 경계 [math(\partial C_N)]은 임의의 [math(N)]에 대해서 [math(f)]의 극을 포함하지 않으면서 [math(z \in \partial C_N)]이면 [math(|f(z)|<M)]을 만족하는, [math(N)]과는 독립인 실수 [math(M>0)]이 존재한다고 할 때 [math(f(z))]는 다음과 같이 나타낼 수 있다.
| [math(\displaystyle f(z) = f(0) + \sum_{k\in X}\operatorname{Res}(f,\,k){\left(\frac1k + \frac1{z-k}\right)})] |
3. 특징
[math(D)]를 [math(\mathbb C)]의 열린 집합으로 두고, [math(E\subset D)]를 닫힌 이산 부분집합이라고 하자. [math(E)]의 각 원소 [math(a)]에서, [math(p_a(z))]를 [math(\cfrac1{z-a})]의 다항식이라고 한다면,[2] [math(D)]의 유리형 함수 [math(f)]가 [math(a\in E)]에서 존재할 때, 함수 [math(f(z)-p_a(z))]는 [math(a)]에서만 소거될 수 있다.눈여겨봐야 할 것은 [math(a)]에서의 [math(f)]의 주요부분이 [math(p_a(z))]라는 것이다. 추가로 확인할 것은, [math(E)]가 유한할 때, [math(\displaystyle f(z) = \sum_{a\in E}p_a(z))]로 정의되지만, [math(E)]가 무한할때는 [math(E)]에서 유한 부분 집합 [math(F)]로 구성된 유한합인 [math(\displaystyle S_F(z)= \sum_{a\in E}p_a(z))]로 정의된다. 그럼에도 불구하고, [math(S_F(z))]의 수렴이 여전히 불가능할 때, [math(S_F(z))]의 주요부분의 변형없이 적절히 선택된 [math(D)]값과 무관한 극점들을 가진 유리형 함수들을 소거해야 한다.
4. 예시
원점을 지나는 어떤 함수 [math(f(z))]가 모든 양수에서 단순극을 갖고 유수가 1이라고 하자. 그러면 [math(f(0) = 0)], [math(k = n\in\Z^+)]이고 유수가 1이므로 [math(\operatorname{Res}(f,\,n) = 1)]이며 [math(f(z))]는 미타그레플레르 정리에 따라 다음과 같이 나타낼 수 있다.| [math(\begin{aligned} f(z) &= \sum_{n=1}^\infty{\left(\frac1n + \frac1{z-n}\right)} \\ &= z\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(z-n)} \end{aligned})] |
5. 유리함수의 극점 전개
5.1. 삼각함수
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극을 갖는 삼각함수 [math(\tan)], [math(\cot)], [math(\sec)], [math(\csc)]에 미타그레플레르 정리를 적용하면 다음과 같다.
-
[math(\begin{aligned} \tan z &= \sum_{n=0}^\infty\frac{8z}{(2n+1)^2\pi^2-4z^2} \\ &= \frac{8z}{\pi^2-4z^2} + \frac{8z}{9\pi^2-4z^2} + \frac{8z}{25\pi^2-4z^2} + \frac{8z}{49\pi^2-4z^2} +\cdots\end{aligned})]
[math(\tan z)]는 [math(z = \biggl(n+\cfrac12\biggr)\pi)] (단, [math(n\in\Z)])에서 극을 갖는데
[math(\begin{aligned} \lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}{\left\{z - {\left(n+\frac12\right)}\pi\right\}}\tan z &= \lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}{\left\{z - {\left(n+\frac12\right)}\pi\right\}}\frac{\sin z}{\cos z} \\ &\xlongequal[]{\textsf{l'H\^opital}}\lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}\frac{\sin z + {\left\{z - {\left(n+\dfrac12\right)}\pi\right\}}\cos z}{-\sin z} \\ &= -1\end{aligned})]
이므로 해당 극은 단순극이며 유수는 [math(-1)]이다. [math(\tan 0 = 0)]이므로
[math(\begin{aligned}\tan z &= 0 + \sum_{n\in\Z}(-1){\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}+\frac1{z-\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} \\ &= \sum_{n\in\Z}{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} \\ &= \sum_{n=-\infty}^{-1}{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} + \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{-2n-1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{-2n-1}2\pi}\right)} + \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\cancel{\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}} - \frac1{\dfrac{2n+1}2\pi+z}+\cancel{\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}}\right)} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi+z}\right)}\\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{2z}{{\left(\dfrac{2n+1}2\pi\right)}^2-z^2} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{8z}{(2n+1)^2\pi^2-4z^2}\end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\cot z &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\cfrac{2z}{z^2-n^2\pi^2} \\ &= \frac1z + \frac{2z}{z^2 - \pi^2} + \frac{2z}{z^2 - 4\pi^2} + \frac{2z}{z^2 - 9\pi^2} +\cdots\end{aligned})]
[math(\cot z = -\tan\biggl(z-\cfrac\pi2\biggr))]이므로
[math(\begin{aligned} \cot z &= -\sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi-z+\dfrac\pi2}-\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi+z-\dfrac\pi2}\right)} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left\{\frac1{n\pi+z}-\frac1{(n+1)\pi-z}\right\}}\\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac1{n\pi+z} - \frac1{n\pi-z}\right)} - \frac1z \\ &= -\frac1z - \sum_{n=0}^\infty\frac{2z}{(n\pi)^2-z^2} \\ &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2\pi^2} \end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\sec z &= \sum_{n=0}^\infty\frac{4(-1)^n(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2-4z^2} \\ &= \frac{4\pi}{\pi^2 - 4z^2} - \frac{12\pi}{9\pi^2 - 4z^2} + \frac{20\pi}{25\pi^2 - 4z^2} - \frac{28\pi}{49\pi^2 - 4z^2} +\cdots\end{aligned})]
[math(\tan z)]의 경우와 마찬가지로 극의 특성을 알아보면
[math(\begin{aligned} \lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}{\left\{z - {\left(n+\dfrac12\right)}\pi\right\}}\sec z &= \lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}\frac{z - {\left(n+\dfrac12\right)}\pi}{\cos z} \\ &\xlongequal[]{\textsf{l'H\^opital}}\lim_{z\to{\left(n+\frac12\right)}\pi}\frac1{-\sin z} \\ &= (-1)^{n-1}\end{aligned})]
이므로 해당 극은 단순극이며 유수는 [math((-1)^{n-1})]이다. [math(\sec 0 = 1)]이므로
[math(\begin{aligned}\sec z &= 1 + \sum_{n\in\Z}(-1)^{n-1}{\left(\frac1{\dfrac{2n+1}2\pi}+\frac1{z-\dfrac{2n+1}2\pi}\right)} \\ &= 1 + \sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} + \sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z}\end{aligned})]
이때, 제2항 부분은 [math(\displaystyle \arctan z = \sum_{n=0}^\infty\cfrac{(-1)^n}{2n+1}z^{2n+1})]로부터 [math(\displaystyle\cfrac\pi4 = \sum_{n=0}^\infty\cfrac{(-1)^n}{2n+1})]임을 이용하면
[math(\begin{aligned}\sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} &= \sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{-n-2}}{\dfrac{-2n-1}2\pi} + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{4(-1)^{n-1}}{(2n+1)\pi} \\ &= -\frac4\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1} \\ &= -\frac4\pi{\cdot}\frac\pi4 \\ &= -1\end{aligned})]
따라서
[math(\begin{aligned}\sec z &= 1 + \sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^{n-1}}{\dfrac{2n+1}2\pi} + \sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z} \\ &= \sum_{n\in\Z}\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z} \\ &= \sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z} + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{-n-1}}{\dfrac{-2n-1}2\pi-z} + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left\{\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi+z}+\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z}\right\}} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n(2n+1)\pi}{{\left(\dfrac{2n+1}2\pi\right)}^2-z^2} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{4(-1)^n(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2 - 4z^2}\end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\csc z &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2z}{z^2-n^2\pi^2} \\ &= \frac1z - \frac{2z}{z^2 - \pi^2} + \frac{2z}{z^2 - 4\pi^2} - \frac{2z}{z^2 - 9\pi^2} +\cdots\end{aligned})]
[math(\csc z = \sec\biggl(z-\cfrac\pi2\biggr))]이므로
[math(\begin{aligned}\csc z &= \sum_{n=0}^\infty{\left\{\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi+z-\dfrac\pi2}+\frac{(-1)^n}{\dfrac{2n+1}2\pi-z+\dfrac\pi2}\right\}} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left\{\frac{(-1)^n}{n\pi+z}+\frac{(-1)^n}{(n+1)\pi-z}\right\}} \\ &= \sum_{n=0}^\infty{\left\{\frac{(-1)^n}{n\pi+z} - \frac{(-1)^n}{n\pi-z}\right\}} - \frac1z \\ &= -\frac1z - \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2z}{(n\pi)^2-z^2} \\ &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2z}{z^2-n^2\pi^2}\end{aligned})]
5.2. 쌍곡선 함수
쌍곡선 함수를 삼각함수로 나타낸 정의식에서 유도할 수 있다.| [math(\begin{aligned} \tanh(iz) &= i\tan z \\ \coth(iz) &= -i\cot z \\ \operatorname{sech}(iz) &= \sec z \\ \operatorname{csch}(iz) &= -i\csc z \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \tanh z &= -i\tan(iz) \\ \coth z &= i\cot(iz) \\ \operatorname{sech}z &= \sec(iz) \\ \operatorname{csch}z &= i\csc(iz) \end{aligned})] |
-
[math(\begin{aligned}\tanh z &= \sum_{n=0}^\infty\frac{8(-i^2)z}{(2n+1)^2\pi^2-4(iz)^2} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{8z}{(2n+1)^2\pi^2+4z^2} \\ &= \frac{8z}{\pi^2+4z^2} + \frac{8z}{9\pi^2+4z^2} + \frac{8z}{25\pi^2+4z^2} + \frac{8z}{49\pi^2+4z^2}+\cdots\end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\coth z &= -\frac i{iz} + \sum_{n=0}^\infty\frac{2i^2z}{(iz)^2-n^2\pi^2} \\ &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\frac{2z}{z^2+n^2\pi^2} \\ &= \frac1z + \frac{2z}{z^2 + \pi^2} + \frac{2z}{z^2 + 4\pi^2} + \frac{2z}{z^2 + 9\pi^2} +\cdots\end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\operatorname{sech}z &= \sum_{n=0}^\infty\frac{4(-1)^n(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2-4(iz)^2} \\ &= \sum_{n=0}^\infty\frac{4(-1)^n(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2+4z^2} \\ &= \frac{4\pi}{\pi^2 + 4z^2} - \frac{12\pi}{9\pi^2 + 4z^2} + \frac{20\pi}{25\pi^2 + 4z^2} - \frac{28\pi}{49\pi^2 + 4z^2}+\cdots\end{aligned})] -
[math(\begin{aligned}\operatorname{csch}z &= -\frac i{iz} + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2i^2z}{(iz)^2-n^2\pi^2} \\ &= -\frac1z + \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n2z}{z^2+n^2\pi^2} \\ &= \frac1z - \frac{2z}{z^2 + \pi^2} + \frac{2z}{z^2 + 4\pi^2} - \frac{2z}{z^2 + 9\pi^2}+\cdots\end{aligned})]
5.3. 바이어슈트라스 무한곱과의 관계
바이어슈트라스 분해 정리 문서를 보면 알겠지만, 특정한 전해석 함수를 수렴 조건과 영점을 가진 무한곱으로 표현함에 의의를 두고 있다. 마찬가지로, 미타그레플레르 정리를 활용하여 전해석함수의 바이어슈트라스꼴 무한곱을 만들수 있다.미타그레플레르 정리에 로그 미분을 대입하면
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[math(\displaystyle \dfrac{f'(z)}{f(z)} = \dfrac{f'(0)}{f(0)} +\sum_{k=1}^\infty \dfrac z{k(z-k)})]
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[math(\displaystyle \begin{aligned} \int_0^z \dfrac{f'(z)}{f(z)} \,{\rm d}z &= \ln f(z) -\ln f(0) = z\dfrac{f'(0)}{f(0)} +\sum_{k=1}^\infty \left[ \ln(z - k) -\ln(-k) +\dfrac z{k} \right] \end{aligned})]
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[math(\displaystyle \begin{aligned}
f(z) = f(0) e^{z\frac{f'(0)}{f(0)}} \prod_{k=1}^\infty \biggl( 1 -\dfrac zk \biggr) e^{\frac zk} \end{aligned} )] |
6. 참고 문헌
- G. B. Arfken et al., Mathematical Method for Physicists : A Comprehensive Guide