ローラン展開の意味・計算方法・特異点の分類

更新日時 2022/05/20
ローラン展開(Laurent展開)

0<za<R0 < |z-a| < R で正則(微分可能)な複素関数 f(z)f(z) は,以下のようにべき級数展開できる。 f(z)=n=an(za)n f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n ただし,各係数 ana_nan=12πiza=rf(z)(za)n+1  dz a_n = \dfrac{1}{2 \pi i} \oint_{|z - a| = r} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz で計算できる (rr0<r<R0 < r < R を満たす実数ならなんでもよい)。

これをローラン展開(Laurent展開・ローラン級数展開)といいます。右辺の級数をローラン級数といいます。

この記事ではローラン展開について詳しく紹介します。

目次
  • 正則関数のテイラー展開

  • ローラン展開

  • 特異点の分類

  • ローラン展開の証明

  • 次回予告

正則関数のテイラー展開

  • ローラン展開:f(z)=n=an(za)nf(z) = \displaystyle\sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-a)^nz=az=a のまわりで関数 f(z)f(z) をべき級数に展開しています。
  • テイラー展開と似ていますね! テイラー展開は n=0n=0 から \infty までの和ですが,ローラン展開ではマイナスの項があります。
  • 実は,ローラン展開はテイラー展開の拡張です。というわけで,まずは複素関数のテイラー展開について再確認しましょう。
複素関数のテイラー展開

正則な複素関数は各点でテイラー展開できる。もう少しきちんと言うと:

関数 f:CCf:\mathbb{C}\to\mathbb{C} は閉円盤 Δ(a,R)\overline{\Delta (a,R)} で正則とする。このとき,円盤内部の任意の点 zΔ(a,R)z\in\Delta(a,R) に対して, f(z)=n=0an(za)n f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n が成立する。ただし,an=f(n)(a)n!a_n = \dfrac{f^{(n)} (a)}{n!} である。

  • Δ(a,R)={zCzaR}\overline{\Delta (a,R)} = \{ z \in \mathbb{C} \mid |z-a| \leqq R\}
    Δ(a,R)={zCza<R}\Delta(a,R)= \{ z \in \mathbb{C} \mid |z-a| < R\} という記号を使います。
  • 「正則」というのは,一階微分できるという意味です。ただし,複素関数では「一階微分可能なら何回でも微分可能」という著しい性質があります(→コーシーの積分公式とその応用)のグルサの定理参照)。
  • ここから少しむずかしいです。以下の「ローラン展開」の節まで読み飛ばしても構いません。
テイラー展開できることの証明

閉円盤 Δ(a,R)\overline{\Delta (a,R)} で正則な関数 f(z)f(z) を考える。コーシーの積分公式より,円盤内部の点 zΔ(a,R)z \in \Delta (a,R) について f(z)=12πiΔ(a,R)f(ζ)ζz  dζ f(z) = \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta

ただし,Δ\partial\Delta は円盤 Δ\Delta の周を表す。ここで 1ζz=1(ζa)(za)=1ζa11zaζa=1ζa(1+zaζa+(zaζa)2)=k=0(za)k(ζa)k+1\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, f(z)=12πiΔ(a,R)f(ζ)ζz  dζ=12πiΔ(a,R)f(ζ)k=0(za)k(ζa)k+1  dζ=k=0(za)k12πiΔ(a,R)f(ζ)(ζa)k+1  dζ\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, an=12πiΔ(a,R)f(ζ)(ζa)n+1  dζ 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)=n=0an(za)nf(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 an=12πiΔ(a,R)f(ζ)(ζa)n+1  dζ=f(n)(a)n! 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!}

補足:無限和(級数)が一様収束するので積分と無限和を交換できます。実際,この級数が Δ(a,R)\partial \Delta (a,R)一様収束することを確認しましょう。za=r  (<R)|z-a| = r \; (< R) とおくと, supζΔ(a,R)1ζzk=0n(za)k(ζa)k+1=supζΔ(a,R)1ζz(zaζa)n+11Rr(rR)n+10(N)\begin{aligned} &\sup_{\zeta \in \partial \Delta (a,R)} \left| \dfrac{1}{\zeta - z} - \sum_{k=0}^{n} \dfrac{(z-a)^{k}}{(\zeta - a)^{k+1}} \right|\\ &= \sup_{\zeta \in \partial \Delta (a,R)} \left| \dfrac{1}{\zeta - z} \left( \dfrac{z-a}{\zeta - a} \right)^{n+1} \right|\\ &\leqq \dfrac{1}{R-r} \left( \dfrac{r}{R} \right)^{n+1} \to 0 \quad (N \to \infty) \end{aligned}

正則関数のテイラー展開の例
  • R<1R < 1 として f(z)=11zf(z) = \dfrac{1}{1-z}Δ(0,R)\Delta (0,R) で展開すると f(z)=n=0zn f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} z^n

  • g(z)=sinxg(z) = \sin xΔ(0,R)\Delta (0,R) で展開すると g(z)=n=0(1)n(2n+1)!z2n+1 g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!} z^{2n+1}

ローラン展開

なぜローラン展開を考えるのか

正則ならテイラー展開すればよいのですが,正則でない関数もべき級数展開したいです! そこでローラン展開です。正則でなくてもその点のまわりで正則ならローラン展開できるのです。

まずは「その点のまわりで正則なら」の意味を詳しく説明します。

孤立特異点

孤立特異点の定義

関数 f:CCf:\mathbb{C}\to\mathbb{C} に対して,「Δ(a,R)\Delta (a,R) で正則ではないが,Δ(a,R)\{a}\Delta (a,R) \backslash \{a\} で正則となる」ような正の実数 RR が存在するとき,aaff孤立特異点という。

孤立特異点の例を見てみましょう。

  • f(z)=1zf(z) = \dfrac{1}{z}z=0z=0 で定義されていません。一方 z0z \neq 0 では正則です。よって z=0z=0ff の孤立特異点となります。

  • g(z)=zg(z) = |z| とすると ggC\mathbb{C} 全体で定義されていますが,z=0z=0 では複素微分ができません。実際 h=reiθh = r e^{i\theta} として limh0g(h)g(0)h=limh0hh=limr0rreiθ=limr0eiθ\begin{aligned} \lim_{h \to 0} \dfrac{g(h) - g(0)}{h} &= \lim_{h \to 0} \dfrac{|h|}{h}\\ &= \lim_{r \to 0} \dfrac{r}{re^{i\theta}}\\ &=\lim_{r\to 0} e^{-i\theta} \end{aligned} であるため,z=0z=0 では正則ではありません(θ\theta に依存して極限値が定まらないので微分可能でない)。しかし z0z\neq 0 では正則であるため ggz=0z=0 を孤立特異点としてもちます。

上の例では C\mathbb{C} 全体で特異点が1つしかないパターンでしたが,そうでない例もあります。

  • h(z)=1sinzh(z) = \dfrac{1}{\sin z}z=nπ  (nZ)z = n \pi \; (n \in \mathbb{Z}) で正則ではありません。ですが,R<πR < \pi とすれば,Δ(nπ,R)\{nπ}\Delta (n\pi , R) \backslash \{ n\pi \} で正則です。つまり,z=nπ  (nZ)z=n\pi\;(n\in\mathbb{Z})h(z)h(z) の孤立特異点です。

孤立特異点の近傍で級数展開

孤立特異点の近傍でもべき級数展開したいのですが,テイラー展開はできません。なぜなら,特異点では微分ができないため,以下のテイラー展開の式の2が計算できないからです:

  1. f(z)=n=0an(za)nf(z) = \displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z-a)^n
  2. an=f(n)(a)n!a_n = \dfrac{f^{(n)} (a)}{n!}

一方,グルサの定理より微分可能な場合は

f(n)(a)n!=12πiΔ(a,R)f(z)(za)n+1  dz\dfrac{f^{(n)} (a)}{n!}=\displaystyle\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz

が成立します。そこで,微分できない場合も,係数を

2’. an=12πiΔ(a,R)f(z)(za)n+1  dza_n=\displaystyle\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz

で定めればべき級数展開できるのではないか?と考えてみます。2’なら ff が微分できなくても計算できますね。実は,この2’に基づくと,

1’. f(z)=n=an(za)nf(z) = \displaystyle\sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n

が成立します!(nn00 からではなく -\infty から動く)

1’と2’でうまくいく証明は記事末でしっかり説明しますが,とりあえずローラン展開はテイラー展開を孤立特異点でも使えるように拡張したものと理解しておきましょう。実際,z=az=a で正則ならローラン展開とテイラー展開は一致します(なぜなら,n1n\leqq -1 のとき ana_n の表式の被積分関数は正則になり,コーシーの積分定理より an=0a_n=0 になって負の部分が消えるから)。

ローラン展開の計算方法

ローラン展開では積分によって係数 ana_n を計算できます。しかし,必ず積分しないといけないわけではありません。ローラン展開は一意に定まる(以下の補題)ので,何かしらの方法で頑張って

f(z)=n=an(za)nf(z) = \displaystyle\sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n

を満たす ana_n を見つけてくればよいわけです。あくまでも積分の計算はローラン展開を求める1つの手段です。むしろ,積分を忠実に計算することは少ない気がします。

f(z)=1sinzf(z) = \dfrac{1}{\sin z}z=0z=0 近傍でローラン展開してみる。

1sinz=1zzsinz=1z{1z(z13!z3+15!z5)}1=1z(113!z2+15!z4)1=1z(1(13!z215!z4+))1=1zn=0(13!z215!z4+)n=1z(1+(13!z215!z4+)+)=1z(1+16z2+7360z4+)=1z+16z+7360z3+\begin{aligned} \dfrac{1}{\sin z} &= \dfrac{1}{z} \cdot \dfrac{z}{\sin z}\\ &= \dfrac{1}{z} \cdot \left\{ \dfrac{1}{z} \left( z - \dfrac{1}{3!}z^3 + \dfrac{1}{5!} z^5 - \cdots \right) \right\}^{-1}\\ &= \dfrac{1}{z} \cdot \left( 1 - \dfrac{1}{3!}z^2 + \dfrac{1}{5!} z^4 - \cdots \right)^{-1}\\ &=\dfrac{1}{z} \cdot \left( 1 - \left( \dfrac{1}{3!}z^2 - \dfrac{1}{5!} z^4 + \cdots \right) \right)^{-1}\\ &= \dfrac{1}{z} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left( \dfrac{1}{3!}z^2 - \dfrac{1}{5!} z^4 + \cdots \right)^n\\ &= \dfrac{1}{z} \cdot \left( 1 + \left( \dfrac{1}{3!}z^2 - \dfrac{1}{5!} z^4 + \cdots \right) + \cdots \right)\\ &= \dfrac{1}{z} \cdot \left( 1 + \dfrac{1}{6} z^2 + \dfrac{7}{360} z^4 + \cdots \right)\\ &= \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{6} z + \dfrac{7}{360} z^3 + \cdots \end{aligned}

なお,計算の過程で 11z\dfrac{1}{1-z} のローラン展開を使った。

補題

ローラン展開は一意に定まる。つまり,正則関数 f(z)f(z) に広義一様収束する級数展開が2種類あるなら両者の係数は一致する。

ローラン展開は一意に定まる

f(z)=n=an(za)nf(z)=\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^nf(z)=n=an(za)nf(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 nn をとる。級数は一様収束することから

12πiza=rf(z)(za)n+1  dz=12πiza=rm=am(za)n+1m  dz=m=12πiza=ram(za)n+1m  dz\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 za=r1(za)n  dz={2πi(n=1)0(n1) \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 12πiza=rf(z)(za)n+1  dz=12πi2πian=an \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 n=an(za)n\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n' (z-a)^n に当てはめると 12πiza=rf(z)(za)n+1  dz=an \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 an=ana_n = a_n' となり展開の一意性が示された。

例題

ローラン展開の問題を解いてみましょう。

例題

次の関数をローラン展開しなさい。

  1. 1z(z1)\dfrac{1}{z(z-1)}z=1z=1 の周りで)
  2. sinzz\dfrac{\sin z}{z}z=0z=0 の周りで)
  3. e1ze^{\frac{1}{z}}z=0z=0 の周りで)
  1. 1z+1\dfrac{1}{z+1} のマクローリン展開を用いる。 1z(z1)=1z111+(z1)=1z1(1(z1)+(z1)2)=1z11+(z1)(z1)2+\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=0z=0 も特異点なので,この式の成立範囲は z1<1|z-1|< 1 である)

  2. sinz\sin z のマクローリン展開を用いる。 sinzz=1z(z13!z3+15!z5)=113!z3+15!z5\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^3 + \dfrac{1}{5!} z^5 - \cdots \end{aligned}

  3. eze^z のマクローリン展開を用いる。 e1z=1+(1z)+12!(1z)2+ e^{\frac{1}{z}} = 1 + \left( \dfrac{1}{z} \right) +\dfrac{1}{2!} \left( \dfrac{1}{z} \right)^2 + \cdots

特異点の分類

  • ローラン展開とテイラー展開の違いとして「負の部分の有無」があります。
  • 負の部分を主要部もしくは特異部といいます。
  • 孤立特異点はそのローラン展開の主要部により3つのパターンに分解できます。

可除特異点

sinzz=113!z3+15!z5 \dfrac{\sin z}{z} = 1 - \dfrac{1}{3!} z^3 + \dfrac{1}{5!} z^5 - \cdots のようにローラン展開に主要部が現れない特異点を可除特異点除去可能特異点見かけ上の特異点)といいます。特異点が可除特異点であるとき,複素関数 ff は特異点を含む領域で正則であるといえます。

なお,可除特異点であるかどうかローラン展開をせずに判定する方法があります。詳しくは,リーマンの可除特異点定理で調べてみてください。

1z(z1)=1z11+(z1)(z1)2+ \dfrac{1}{z(z-1)} = \dfrac{1}{z-1} - 1 + (z-1) - (z-1)^2 + \cdots のように主要部がどこかで終わる場合,といいます。n-n 次まで主要部があるとき,nn 位の極といいます。

例えば 1z(z1)\dfrac{1}{z(z-1)} では z=1z=111 位の極となります。

真性特異点

e1z=1+(1z)+12!(1z)2+ e^{\frac{1}{z}} = 1 + \left( \dfrac{1}{z} \right) +\dfrac{1}{2!} \left( \dfrac{1}{z} \right)^2 + \cdots のように上記のどちらでもない場合,真性特異点といいます。

真性特異点に関連する定理には非常に興味深いものがあります。ここでは簡単に主張を紹介するにとどめます。

ピカールの大定理

ffUa={0<za<δ}U_a = \{ 0 < |z-a| < \delta \} で正則であり,z=az=a を真性特異点に持つとする。

このとき,ある z0z_0 があって,任意の bC\{z0}b \in \mathbb{C} \backslash \{z_0\} に対して,ある zUaz \in U_a であって f(z)=bf(z) = b を満たすものが取れる。

pika

ピカールの大定理は,「真性特異点近傍の像が,複素数全体をほとんど覆ってしまうこと」を意味します。証明も興味深いため是非調べてみてください。

ローラン展開の証明

それではローラン展開の証明です。まずは,より強い形でローラン展開の主張を書き下します。

ローラン展開

0R1<R20 \leqq R_1 < R_2 とする。複素関数 ffR1<za<R2R_1 < |z-a| < R_2 で正則とする。

このとき,R1<za<R2R_1 < |z-a| < R_2 を満たす任意の zz について, f(z)=n=an(za)n f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n

ただし,各係数は R1<r<R2R_1 < r < R_2 なる任意の rr を選んで an=12πiza=rf(z)(za)n+1  dz a_n = \dfrac{1}{2 \pi i} \oint_{|z - a| = r} \dfrac{f(z)}{(z - a)^{n+1}} \; dz で計算できる。

冒頭の主張は上記で R1=0,R2=RR_1 = 0,R_2 = R とした場合です。

証明は,正則関数のテイラー展開とほぼ同じですが,特異点を避けるようにコーシーの積分公式を適用することになります。

証明

R1<za<R2R_1 < |z-a| < R_2 なる zz を1つ選んで固定する。R1<r1<za<r2<R2R_1 < r_1 < |z-a|< r_2 < R_2 を満たす r1,r2r_1,r_2 を取ってくる。

領域 D={zCr1<za<r2}D = \{ z \in \mathbb{C} \mid r_1 < |z-a| < r_2 \}コーシーの積分公式を適用する(→補足)と f(z)=12πiDf(ζ)ζz  dζ=12πiζa=r2f(ζ)ζz  dζζa=r1f(ζ)ζz  dζ\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 -\oint_{|\zeta - a| = r_1} \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z} \; d\zeta \end{aligned} となる。

kyuusyuu

一項目について式を変形する。 f(ζ)(ζa)(za)=f(ζ)ζa11zaζa=f(ζ)ζan=0(za)n(ζa)n \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 ζa=r2|\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。 f(ζ)ζz=f(ζ)(za)(ζa)=f(ζ)zan=0(ζa)n(za)n -\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 ζa=r1|\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 f(z)=12πiDf(ζ)ζz  dζ=12πiζa=r2f(ζ)ζz  dζ12πiζa=r1f(ζ)ζz  dζ=12πiζa=r2f(ζ)ζan=0(za)n(ζa)n  dζ+12πiζa=r1f(ζ)zan=0(ζa)n(za)n  dζ=12πin=0(za)nζa=r2f(ζ)(ζa)n+1  dζ+12πin=0(za)n1ζa=r1f(ζ)(ζa)n  dζ=n=0an(za)n+n=0an1(za)n1=n=an(za)n\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。

補足:領域 DD はドーナツ型で穴があります。コーシーの積分公式の記事中でも言及しましたが,コーシーの積分公式は,単純曲線に囲われた領域に当てはまるもので,穴があっても適用できます。

次回予告

複素関数を積分するとき,元の関数の表示ではなくローラン展開したものを積分することを考えましょう(一様収束することから,項別積分できます)。ローラン展開の一意性を確認したときに登場した公式 za=r1(za)n  dz={2πi(n=1)0(n1) \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,1-1 次の項,すなわち a1a_{-1} だけが積分結果に関与しそうです。このことをより一般に述べた定理が留数定理です。

次回は留数定理を紹介します。留数定理を用いると様々な実積分が複素関数論の力で計算できるようになります。お楽しみに!

ローラン展開の計算は楽しいですね。