Thác triển giải tích từ U (tâm tại 1) đến V (tâm tại a = (3 + i) / 2)

Xét:

f ( z ) = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( z − 1 ) k . {\displaystyle f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}(z-1)^{k}.}

Bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa này là 1. Đó là, f {\displaystyle f} xác định và giải tích trên tập mở U = { | z − 1 | < 1 } {\displaystyle U=\{|z-1|<1\}} có biên ∂ U = { | z − 1 | = 1 } {\displaystyle \partial U=\{|z-1|=1\}} . Lưu ý rằng chuỗi lũy thừa phân kỳ tại z = 0 ∈ ∂ U {\displaystyle z=0\in \partial U} .

Ta tìm một chuỗi số mới có tâm tại a ∈ U {\displaystyle a\in U} :

f ( z ) = ∑ k = 0 ∞ a k ( z − a ) k . {\displaystyle f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}(z-a)^{k}.}

Ta sẽ tìm a k {\displaystyle a_{k}} và xác định xem chuỗi mới này có hội tụ trong một tập mở V {\displaystyle V} không phải là một tập con của U {\displaystyle U} hay không. Nếu ta thành công, ta đã thác triển f {\displaystyle f} đến một miền U ∪ V {\displaystyle U\cup V} lớn hơn U {\displaystyle U} .

Ta có

a k = f ( k ) ( a ) k ! = 1 2 π i ∫ ∂ D f ( ζ ) d ζ ( ζ − a ) k + 1 = 1 2 π i ∫ ∂ D ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( ζ − 1 ) n d ζ ( ζ − a ) k + 1 = 1 2 π i ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ∫ ∂ D ( ζ − 1 ) n d ζ ( ζ − a ) k + 1 = 1 2 π i ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ∫ 0 2 π ( a + r e i θ − 1 ) n r i e i θ d θ ( r e i θ ) k + 1 = 1 2 π ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ∫ 0 2 π ( a − 1 + r e i θ ) n d θ ( r e i θ ) k = 1 2 π ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ∫ 0 2 π ∑ m = 0 n ( n m ) ( a − 1 ) n − m ( r e i θ ) m d θ ( r e i θ ) k = ( − 1 ) k a − k − 1 {\displaystyle {\begin{aligned}a_{k}&={\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}\\&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D}{\frac {f(\zeta )d\zeta }{(\zeta -a)^{k+1}}}\\&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{\partial D}{\frac {\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}(\zeta -1)^{n}d\zeta }{(\zeta -a)^{k+1}}}\\&={\frac {1}{2\pi i}}\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\int _{\partial D}{\frac {(\zeta -1)^{n}d\zeta }{(\zeta -a)^{k+1}}}\\&={\frac {1}{2\pi i}}\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\int _{0}^{2\pi }{\frac {(a+re^{i\theta }-1)^{n}rie^{i\theta }d\theta }{(re^{i\theta })^{k+1}}}\\&={\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\int _{0}^{2\pi }{\frac {(a-1+re^{i\theta })^{n}d\theta }{(re^{i\theta })^{k}}}\\&={\frac {1}{2\pi }}\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\int _{0}^{2\pi }{\frac {\sum _{m=0}^{n}{\binom {n}{m}}(a-1)^{n-m}(re^{i\theta })^{m}d\theta }{(re^{i\theta })^{k}}}\\&=(-1)^{k}a^{-k-1}\end{aligned}}}

Tức là

f ( z ) = ∑ k = 0 ∞ a k ( z − a ) k = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k a − k − 1 ( z − a ) k = 1 a ∑ k = 0 ∞ ( 1 − z a ) k , {\displaystyle f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}(z-a)^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}a^{-k-1}(z-a)^{k}={\frac {1}{a}}\sum _{k=0}^{\infty }\left(1-{\frac {z}{a}}\right)^{k},}

Chuỗi mới này có bán kính hội tụ | a | {\displaystyle |a|} và V = { | z − a | < | a | } . {\displaystyle V=\{|z-a|<|a|\}.} Nếu ta chọn a ∈ U {\displaystyle a\in U} với | a | > 1 {\displaystyle |a|>1} , thì V {\displaystyle V} không phải là một tập hợp con của U {\displaystyle U} và thực ra thì có diện tích lớn hơn U {\displaystyle U} . Hình vẽ minh họa cho a = 1 2 ( 3 + i ) . {\displaystyle a={\tfrac {1}{2}}(3+i).}

Ta có thể tiếp tục quá trình này. Trong trường hợp cụ thể này, f {\displaystyle f} có thể được thác triển giải tích đến mặt phẳng phức trừ một điểm C ∖ { 0 } . {\displaystyle \mathbb {C} \setminus \{0\}.}