留数定理

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$$ とローラン展開できたとする。簡単な計算により $$\oint_{|z - a| = r} \dfrac{1}{(z-a)^n} \; dz = \begin{cases} 2 \pi i &(n=1)\\ 0 &(n \neq 1) \end{cases}$$ がわかるので， $$\begin{aligned} \mathrm{Res} (a,f) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} f(z) \; dz\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n \; dz\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \oint_{|z - a| = r} a_n (z-a)^n \; dz\\ &= a_{-1} \end{aligned}$$

それぞれローラン展開する。（この2つの関数のローラン展開の計算はローラン展開の意味・計算方法・特異点の分類の例題で解説しています）

1. $z=0$ で $e^{\frac{1}{z}}$ をローラン展開すると，$$e^{\frac{1}{z}} = 1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{2z^2} + \cdots$$ となるので留数は $1$ である。

2. $z=0$ で $\dfrac{1}{\sin z}$ をローラン展開すると， $$\dfrac{1}{\sin z} = \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{6} z + \dfrac{7}{360} z^3 + \cdots$$ よって，留数は $a_{-1}=1$ である。

$n$ 位の極 $a$ における $f$ のローラン展開は $$f(z) = \sum_{m=-n}^{\infty} a_m (z-a)^m$$ となる。$(z-a)^n$ を掛けると $$(z-a)^n f(z) = \sum_{m=0}^{\infty} a_{m-n} (z-a)^m$$ となる。（ローラン展開の負の部分の削除）

次に，これを $n-1$ 回微分すると， $$\begin{aligned} &\dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} [(z-a)^n f(z)]\\ &= \dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[ \sum_{m=0}^{\infty} a_{m-n} (z-a)^m \right]\\ &=(n-1)! a_{-1} + n! a_{0} (z-a) + \dfrac{(n+1)!}{2!} a_{1} (z-a)^2 + \cdots \end{aligned}$$

となり定数項に $a_{-1}$ が現れた。最後に $z\to a$ とすると $(n-1)!a_{-1}$ が残るので，定理2の式を得る。

1. 定理3の1を使う。
   $\dfrac{1}{z^2+1} = \dfrac{1}{z-i} \cdot \dfrac{1}{z+i}$ となるが，$\dfrac{1}{z+i}$ は $z=i$ の近傍で正則。よって $z=i$ は $1$ 位の極である。よって，定理2より $$\mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+1} , i \right) = \lim_{z \to i} \dfrac{1}{z+i} = \dfrac{1}{2i}$$

2. 定理3の1を使う。
   $\dfrac{1}{z^3 (z+1)^2} = \dfrac{1}{z^3} \cdot \dfrac{1}{(z+1)^2}$ より $z=-1$ は $2$ 位の極である。よって定理2より $$\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^3 (z+1)^2} , -1 \right) &= \lim_{z \to -1} \dfrac{d}{dz} \dfrac{1}{z^3}\\ &= \lim_{z \to -1} \left( -\dfrac{3}{z^4} \right)\\ &= -3 \end{aligned}$$

3. 定理3の2を使う。$z=0$ は $\sin z$ の $1$ 位の零点（微分したら零点でなくなる）であるため，$z=0$ は $\dfrac{1}{\sin z}$ の $1$ 位の極である。よって定理2から $$\mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{\sin z} , 0 \right) = \lim_{z \to 0} \dfrac{z}{\sin z} = 1$$

実数 $R > 0$ を十分大きくとる。

$C_1$ を $(-R,0)$ から $(R,0)$ を結ぶ直線，$C_2$ を $x^2+y^2=R^2$ の $x \geqq 0$ の部分とする。なお，向きは反時計回りにつける。$C = C_1 + C_2$ とする。

$\dfrac{1}{z^4+1}$ の特異点は $\dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}} , \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}}$ で，各点での位数は $1$ である。$R$ を十分大きく取っているため，$\dfrac{\pm 1 + i}{\sqrt{2}}$ は $C$ で囲まれた領域に入る。

よって留数定理から

$$\oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1} = 2 \pi i \left\{ \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} , \dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} , \dfrac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \right\}$$

である。

$$\begin{aligned} &\mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} ,\dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right)\\ &= \lim_{z \to \frac{-1+i}{\sqrt{2}}} \left( z - \dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right) \dfrac{1}{z^4+1}\\ &= \lim_{z \to \frac{-1+i}{\sqrt{2}}} \dfrac{1}{\left( z-\frac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \left( z-\frac{1-i}{\sqrt{2}} \right) \left( z-\frac{-1-i}{\sqrt{2}} \right)}\\ &= \dfrac{1}{\left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{-1-i}{\sqrt{2}} \right)}\\ &= \dfrac{1}{-\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} (i-1) \cdot \sqrt{2} i}\\ &= \dfrac{1-i}{4\sqrt{2}} \end{aligned}$$

同様にして $$\mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} ,\dfrac{1+i}{\sqrt{2}} \right) = \dfrac{-1-i}{4\sqrt{2}}$$ より， $$\begin{aligned} &\oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= 2 \pi i \left( \dfrac{1-i}{4\sqrt{2}} + \dfrac{-1-i}{4\sqrt{2}} \right)\\ &= \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} \end{aligned}$$

上の結果は $R$ に寄らないため $$\lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1} = \dfrac{\pi}{\sqrt{2}}$$ となる。

次に $C_1,C_2$ での積分を計算する。

$$\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1} = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4+1}$$ は求めたい値になる。一方 $$\begin{aligned} \left| \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1} \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{|dz|}{|z^4+1|}\\ &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} \dfrac{R}{R^4-1} \; d\theta\\ &= 0 \end{aligned}$$ より $\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1} = 0$ である。$R$ は十分大きく取っているため $R^4 -1 > 0$ である。

以上より $$\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4+1} &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1} + \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} \end{aligned}$$

各 $a_i$ に対して $r_i > 0$ を十分小さく取ると $\Delta (a_i , r_i) \subset D$ とできる。また，各円盤 $\Delta (a_i , r_i)$ が交わらないようにできる。

コーシーの積分定理から $$\oint_{\partial D} f(z) \; dz - \oint_{\sum \partial \Delta (a_i ,r_i)} f(z) \; dz=0$$

となる（→補足）。よって $$\begin{aligned} \oint_{\partial D} f(z) \; dz &= \oint_{\sum \partial \Delta (a_i ,r_i)} f(z) \; dz\\ &= \sum_{i=1}^n \oint_{\partial \Delta (a_i,r_i)} f(z) \; dz\\ &= \sum_{i=1}^n \oint_{|z-a_i| < r_i} f(z) \; dz\\ &= 2\pi i\sum_{i=1}^n \mathrm{Res} (f,a_i) \end{aligned}$$ である。