極(複素解析)

存在：$|f(z)|\to\infty$ だから、$\delta>0$ を $0<|z-a|<\delta$ で $|f(z)|>1$ となるようにとれる。$A(a;0,\delta)$ 上で $f\neq0$ なので $1/f$ は正則で、$|1/f|<1$ と有界である。Riemannの拡張定理 の記事の定理「Riemann の拡張定理」により、$1/f$ は $B(a,\delta)$ 上の正則関数 $G$ に延長され、連続性から $G(a)=\lim_{z\to a}1/f(z)=0$ である。$G$ は $A(a;0,\delta)$ で $0$ にならないので、$a$ のどの近傍上でも恒等的に $0$ ではない。零点の位数 の記事の命題「因数分解による特徴づけ」により、整数 $m\geq1$（$G(a)=0$ による）と $a$ の近傍上の正則関数 $u$ で $u(a)\neq0$、$G(z)=(z-a)^mu(z)$ となるものがある。$u$ は連続なので、$0< r\le\delta$ を $B(a,r)$ 上で $u\neq0$ となるようにとれる。$h:=1/u$ は $B(a,r)$ 上で正則で $h(a)\neq0$ であり、$0<|z-a|< r$ で $f(z)=1/G(z)=h(z)/(z-a)^m$ である。
一意性：$f=h_1/(z-a)^{m_1}=h_2/(z-a)^{m_2}$、$m_1< m_2$ とすると、$a$ の近くの $z\neq a$ で $h_2(z)=(z-a)^{m_2-m_1}h_1(z)$ であり、両辺は $a$ で連続だから $h_2(a)=0$ となって $h_2(a)\neq0$ に反する。$m$ が一意なら $h=(z-a)^mf$ も $a$ の近くで一意に定まる。

1 の「⇐」：$a$ が除去可能なら $f$ は $a$ の近くで連続関数 $F$ に一致するので有界であり、$(z-a)^mf$ も有界である。$a$ が位数 $k\le m$ の極なら、prop-pca-order-exists の $h$ を用いて $a$ の近くで $(z-a)^mf(z)=(z-a)^{m-k}h(z)$ であり、右辺は $a$ の近くで連続なので有界である。
1 の「⇒」：$g(z):=(z-a)^mf(z)$ が $A(a;0,\delta)$ 上で有界であるとする。Riemannの拡張定理 の記事の定理「Riemann の拡張定理」により、$g$ は $B(a,\delta)$ 上の正則関数 $G$ に延長される。$G$ が $B(a,\delta)$ 上で恒等的に $0$ なら、$A(a;0,\delta)$ 上で $f=0$ であり、$a$ は除去可能特異点である。そうでなければ、$B(a,\delta)$ は連結なので 一致の定理 により $G$ は $a$ のどの近傍上でも恒等的に $0$ ではなく、零点の位数 の記事の命題「因数分解による特徴づけ」により、整数 $j\geq0$ と $a$ の近傍 $B(a,r)$ 上の正則関数 $u$ で $u(a)\neq0$ かつ $G(z)=(z-a)^ju(z)$ となるものがある（$G(a)\neq0$ なら $j=0$、$u=G$）。すると $0<|z-a|< r$ で
$$ f(z)=(z-a)^{j-m}u(z) $$
である。$j\geq m$ なら右辺は $B(a,r)$ 上の正則関数だから $a$ は除去可能特異点である。$j< m$ なら $|f(z)|=|u(z)|/|z-a|^{m-j}\to\infty$（$|u(z)|\to|u(a)|\neq0$）だから $a$ は極であり、上の式は prop-pca-order-exists の形をしているので、位数は $m-j\le m$ である。
2：$g(z):=(z-a)^{m+1}f(z)$ は $z\to a$ で $0$ に収束するので $a$ の近くで有界であり、Riemann の拡張定理により $B(a,\delta)$ 上の正則関数 $G$ に延長され、連続性から $G(a)=\lim_{z\to a}g(z)=0$ である。$G$ が恒等的に $0$ なら 1 と同じく $a$ は除去可能である。そうでなければ 1 と同じく $G(z)=(z-a)^ju(z)$、$u(a)\neq0$ と書けて、$G(a)=0$ より $j\geq1$ である。よって $f(z)=(z-a)^{j-(m+1)}u(z)$ で $j-(m+1)\geq-m$ だから、1 の最後と同じ議論で $a$ は除去可能特異点か位数 $m$ 以下の極である。
3 の「⇒」：$f(z)=h(z)/(z-a)^m$、$h(a)\neq0$ と書く。$h$ は連続だから、$\delta>0$ を $|z-a|<\delta$ で $|h(z)-h(a)|\le|h(a)|/2$ となるようにとれる。このとき $|h(a)|/2\le|h(z)|\le3|h(a)|/2$ なので、$c_1:=|h(a)|/2$、$c_2:=3|h(a)|/2$ とすればよい。
3 の「⇐」：上からの評価より $(z-a)^mf(z)$ は有界だから、1 により $a$ は除去可能特異点か位数 $k\le m$ の極である。下からの評価より $|f(z)|\to\infty$ だから、$a$ は除去可能ではなく、位数 $k\le m$ の極である。「⇒」をこの $k$ に当てはめると、$0<|z-a|<\delta'$ で $|f(z)|\le c_2'/|z-a|^k$ となる正の定数 $\delta',c_2'$ がある。下からの評価と合わせると、$0<|z-a|<\min(\delta,\delta')$ で
$$ \frac{c_1}{|z-a|^m}\le\frac{c_2'}{|z-a|^k},\qquad\text{すなわち}\qquad c_1\le c_2'\,|z-a|^{m-k} $$
である。$k< m$ なら右辺は $z\to a$ で $0$ に収束し、$c_1>0$ に反する。ゆえに $k=m$ である。

$m:=\lfloor s\rfloor$ とおくと $m+1-s>0$ だから、$a$ の近くで $|(z-a)^{m+1}f(z)|\le C|z-a|^{m+1-s}\to0$（$z\to a$）である。thm-pca-growth の 2 により主張を得る。

1：$h$ を $a$ で Taylor 展開すると、$B(a,r)$ 上で $h(z)=\sum_{j\geq0}\dfrac{h^{(j)}(a)}{j!}(z-a)^j$ である（Taylor展開(複素解析) の記事の定理「正則関数の冪級数展開」）。$(z-a)^m$ で割って $j< m$ の項と $j\ge m$ の項に分けると、$0<|z-a|< r$ で
$$ f(z)=\sum_{j=0}^{m-1}\frac{h^{(j)}(a)}{j!}(z-a)^{j-m}+\sum_{j\geq m}\frac{h^{(j)}(a)}{j!}(z-a)^{j-m} $$
である。第 1 の和で $k:=m-j$ とおくと $P(z)$ になる。第 2 の和は $(z-a)$ の冪級数で、$h$ の Taylor 級数と同じく $B(a,r)$ 上で収束するので、$B(a,r)$ 上の正則関数を定める（正則関数 の記事の定理「冪級数の正則性」）。
2：$Q$ がこの性質をもつとする。$P-Q=(f-Q)-(f-P)$ は、$a$ の近くの $z\neq a$ で、$a$ の近傍上の 2 つの正則関数の差に一致するので、$a$ の近くで有界である。$w:=1/(z-a)$ とおくと、$P-Q=R(w):=\sum_{k\geq1}d_kw^k$（$d_k:=c_{-k}-b_k$。ただし $k>m$ では $c_{-k}:=0$、$k>N$ では $b_k:=0$ とする）は定数項のない $w$ の多項式であり、$|w|$ が十分大きいところで有界である。$R\neq0$ と仮定し、$d_n\neq0$ となる最大の $n\ge1$ をとると、$|w|\ge1$ で
$$ |R(w)|\geq|d_n||w|^n-\sum_{k=1}^{n-1}|d_k||w|^k\geq|w|^{n-1}\Bigl(|d_n||w|-\sum_{k=1}^{n-1}|d_k|\Bigr) $$
であり、右辺は $|w|\to\infty$ で $+\infty$ に発散するので矛盾する。ゆえに $R=0$、すなわちすべての $k$ で $b_k=c_{-k}$ である。
3：$c_{-m}=h(a)$ である。1 の式は、$A(a;0,r)$ の各点で収束して $f$ に等しい Laurent 級数 $\sum_{n\geq-m}c_n(z-a)^n$（$n\ge0$ では $c_n:=h^{(n+m)}(a)/(n+m)!$）を与えている。Laurent展開 の記事の定理「Laurent 展開の一意性」により、これは $f$ の Laurent 展開であり、負の冪の部分 $P$ が主要部、$(z-a)^{-1}$ の係数 $c_{-1}$ が留数である。

1：$0<|z-a|< r$ で $f(z)=(z-a)^{-m}h(z)$、$h(a)\neq0$ と書く。積の微分により
$$ f'(z)=-m(z-a)^{-m-1}h(z)+(z-a)^{-m}h'(z)=\frac{H(z)}{(z-a)^{m+1}},\qquad H(z):=-m\,h(z)+(z-a)h'(z) $$
である。$H$ は $B(a,r)$ 上で正則（Cauchyの積分公式 の記事の定理「導関数の積分表示」により $h'$ も正則）で、$H(a)=-m\,h(a)\neq0$ である。$|f'(z)|=|H(z)|/|z-a|^{m+1}\to\infty$ だから $a$ は $f'$ の極であり、上の式は prop-pca-order-exists の形なので位数は $m+1$ である。留数については、prop-pca-principal-part の 1 により $f=P+\varphi$（$\varphi$ は $B(a,r)$ 上で正則）と書けて
$$ f'(z)=\sum_{k=1}^{m}\frac{-k\,c_{-k}}{(z-a)^{k+1}}+\varphi'(z) $$
である。$\varphi'$ を Taylor 展開すれば、右辺は $A(a;0,r)$ 上で収束する Laurent 級数になり、$(z-a)^{-1}$ の項をもたない。Laurent 展開の一意性により $\operatorname{Res}(f',a)=0$ である。後半は前半を $f',f'',\dots$ に順に使えばよい。
2：$h(a)\neq0$ と $h$ の連続性から、$0< r'\le r$ を $B(a,r')$ 上で $h\neq0$ となるようにとれる。$A(a;0,r')$ 上で $f=(z-a)^{-m}h\neq0$ であり、
$$ \frac{f'(z)}{f(z)}=\frac{-m(z-a)^{-m-1}h(z)+(z-a)^{-m}h'(z)}{(z-a)^{-m}h(z)}=\frac{-m}{z-a}+\frac{h'(z)}{h(z)} $$
である。$h'/h$ は $B(a,r')$ 上で正則なので、$f'/f=\dfrac{-m+(z-a)h'(z)/h(z)}{z-a}$ の分子は $a$ で値 $-m\neq0$ をとる正則関数であり、$a$ は $f'/f$ の単純極である。prop-pca-principal-part の 3 により、留数は分子の $a$ での値 $-m$ である。
3：零点の位数 の記事の命題「因数分解による特徴づけ」により、$a$ の近傍で $g(z)=(z-a)^mu(z)$、$u$ は正則で $u(a)\neq0$ と書ける。2 と同じ計算で $g'/g=\dfrac{m}{z-a}+\dfrac{u'}{u}$ となり、$a$ は単純極で留数は $m$ である。

そのような $F$ があるとし、$0<\rho< r$ をとる。円周 $|z-a|=\rho$ は $A(a;0,r)$ 内の閉曲線で、$g$ はそこで原始関数 $F$ をもつので、Cauchyの積分定理 の記事の命題「複素線積分の基本性質」により $\oint_{|z-a|=\rho}g(z)\,dz=0$ である。一方、Laurent展開 の記事の系「留数の積分表示」によりこの積分は $2\pi i\operatorname{Res}(g,a)\neq0$ である。矛盾する。単純極 $a$ では、prop-pca-principal-part の 3 により $\operatorname{Res}(g,a)=c_{-1}=h(a)\neq0$ である。