ローラン展開の意味・計算方法・特異点の分類

閉円盤 $\overline{\Delta (a,R)}$ で正則な関数 $f(z)$ を考える。コーシーの積分公式より，円盤内部の点 $z \in \Delta (a,R)$ について $$f(z) = \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta$$

ただし，$\partial\Delta$ は円盤 $\Delta$ の周を表す。ここで $$\begin{aligned} \dfrac{1}{\zeta - z} &= \dfrac{1}{(\zeta - a) - (z-a)}\\ &= \dfrac{1}{\zeta - a} \cdot \dfrac{1}{1 - \dfrac{z-a}{\zeta - a}}\\ &= \dfrac{1}{\zeta - a} \left( 1 + \dfrac{z-a}{\zeta - a} + \left( \dfrac{z-a}{\zeta - a} \right)^2 \cdots \right)\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(z-a)^{k}}{(\zeta - a)^{k+1}} \end{aligned}$$ と展開できるので， $$\begin{aligned} f(z) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} f(\zeta) \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(z-a)^{k}}{(\zeta - a)^{k+1}} \; d\zeta\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} (z-a)^{k} \cdot \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{k+1}} \; d\zeta\\ \end{aligned}$$

ただし，最後の等号は積分と無限和を交換した（→補足）。つまり， $$a_n = \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n+1}} \; d\zeta$$ とおくと $f(z) = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n$ という級数展開が得られる。さらに，グルサの定理から $$a_n = \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta - a)^{n+1}} \; d\zeta = \dfrac{f^{(n)} (a)}{n!}$$

$f(z)=\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$ と $f(z)=\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n' (z-a)^n$ という2種類の級数展開ができたとする。

任意に $n$ をとる。級数は一様収束することから

$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z-a| = r} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz \\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \sum_{m = -\infty}^{\infty} \dfrac{a_m}{(z - a)^{n+1-m}}\; dz\\ &= \sum_{m = -\infty}^{\infty} \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \dfrac{a_m}{(z - a)^{n+1-m}}\; dz \end{aligned}$$

と変形できる。ここで $$\oint_{|z - a| = r} \dfrac{1}{(z-a)^n} \; dz = \begin{cases} 2 \pi i &(n=1)\\ 0 &(n \neq 1) \end{cases}$$ を思い出すと $$\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz = \dfrac{1}{2\pi i} \cdot 2\pi i a_n = a_n$$ が得られる。同様の計算を $\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n' (z-a)^n$ に当てはめると $$\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz = a_n'$$ が得られる。こうして $a_n = a_n'$ となり展開の一意性が示された。

1. $\dfrac{1}{z+1}$ のマクローリン展開を用いる。 $$\begin{aligned} \dfrac{1}{z(z-1)} &= \dfrac{1}{z-1} \cdot \dfrac{1}{1 +(z-1)}\\ &= \dfrac{1}{z-1} \cdot \left( 1 - (z-1) + (z-1)^2 - \cdots \right)\\ &= \dfrac{1}{z-1} - 1 + (z-1) - (z-1)^2 + \cdots \end{aligned}$$ （ただし，$z=0$ も特異点なので，この式の成立範囲は $|z-1|< 1$ である）

2. $\sin z$ のマクローリン展開を用いる。 $$\begin{aligned} \dfrac{\sin z}{z} &= \dfrac{1}{z} \cdot \left( z - \dfrac{1}{3!} z^3 + \dfrac{1}{5!} z^5 - \cdots \right)\\ &= 1 - \dfrac{1}{3!} z^2 + \dfrac{1}{5!} z^4 - \cdots \end{aligned}$$

3. $e^z$ のマクローリン展開を用いる。 $$e^{\frac{1}{z}} = 1 + \left( \dfrac{1}{z} \right) +\dfrac{1}{2!} \left( \dfrac{1}{z} \right)^2 + \cdots$$

$R_1 < |z-a| < R_2$ なる $z$ を1つ選んで固定する。$R_1 < r_1 < |z-a|< r_2 < R_2$ を満たす $r_1,r_2$ を取ってくる。

領域 $D = \{ z \in \mathbb{C} \mid r_1 < |z-a| < r_2 \}$ にコーシーの積分公式を適用する(→補足)と $$\begin{aligned} f(z) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta - a| = r_2} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta -\dfrac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta - a| = r_1} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta \end{aligned}$$ となる。

一項目について式を変形する。 $$\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta -a) - (z - a)} = \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - a} \cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{z-a}{\zeta - a}} = \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - a} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(z-a)^n}{(\zeta - a)^n}$$ この無限級数は $|\zeta - a|=r_2$ で一様収束するため，一項目は積分と極限を交換できる。

二項目についても同様に変形を行う。 $$-\dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} = \dfrac{f(\zeta)}{(z - a) - (\zeta - a)} = \dfrac{f(\zeta)}{z - a} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(\zeta - a)^n}{(z-a)^n}$$ この無限級数は $|\zeta - a| = r_1$ で一様収束するため，二項目でも積分と極限を入れかえることができる。

以上より $$\begin{aligned} f(z) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta - a| = r_2} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta - \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta - a| = r_1} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta \\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta - a| = r_2} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - a} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(z-a)^n}{(\zeta - a)^n} \; d\zeta\\ &\quad\quad + \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta - a| = r_1} \dfrac{f(\zeta)}{z-a} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(\zeta - a)^n}{(z-a)^n} \; d\zeta \\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \sum_{n=0}^{\infty} (z-a)^n \oint_{|\zeta - a| = r_2} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta -a)^{n+1}} \; d\zeta\\ &\quad\quad + \dfrac{1}{2\pi i} \sum_{n=0}^{\infty} (z-a)^{-n-1} \oint_{|\zeta - a| = r_1} \dfrac{f(\zeta)}{(\zeta- a)^n} \; d\zeta \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n + \sum_{n=0}^{\infty} a_{-n-1} (z-a)^{-n-1}\\ &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n \end{aligned}$$ と展開できた。