複素解析の初歩8：Laurent展開と留数定理
8. Laurant展開、留数定理
$\Omega\subset \mathbb{C}$ を開集合、$a\in \Omega$ とし、$f\colon\Omega\backslash\{a\}\rightarrow\mathbb{C}$ を正則関数とする。
$$
\overline{B(a,R)}=\{z\in\mathbb{C}:\lvert z-a\rvert\leq R\}\subset \Omega
$$
なる $R\in (0,\infty)$ を取る。このとき、
$$
f(z)=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}c_n(z-a)^n+\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}\quad(\forall z\in B(a,R)\backslash \{a\})\quad\quad(*)
$$
（ただし右辺の二項はそれぞれ収束し、$B(a,R)=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z-a\rvert< R\}$ である）を満たす複素数列 $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ が唯一つ存在する。そしてそれは、
$$
c_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\quad(\forall n\in \mathbb{Z})\quad\quad(**)
$$
（ただし右辺は反時計周りの円周閉路に沿った複素線積分（
定義2
））と表される。
まず $(*)$ を満たす複素数列 $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ の一意性を示す。そのためには複素数列 $(d_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ が、
$$
\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}d_n(z-a)^n+\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{d_{-n}}{(z-a)^n}=0\quad(\forall B(a,R)\backslash \{a\})
$$
（左辺の二項はそれぞれ収束する）を満たすとして $d_n=0$ $(\forall n\in \mathbb{Z})$ が成り立つことを示せばよい。任意の $z\in B(a,R)\backslash \{a\}$ に対し、
$$
\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{d_{-n}}{(z-a)^n}
$$
は収束し、$\lim_{\lvert z-a\rvert\rightarrow +0}\frac{1}{\lvert z-a\rvert}=\infty$ であるから
命題1
より $(d_{-n})_{n\in \mathbb{N}}$ を係数とする冪級数の収束半径は $\infty$ である。そこで正則関数 $g:B(a,R)\rightarrow\mathbb{C}$ と整関数 $h:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ を、
$$
g(z)\colon=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}d_{n}(z-a)^n\quad(\forall z\in B(a,R)),
$$
$$
h(w)\colon=\sum_{n\in \mathbb{N}}d_{-n}w^n\quad(\forall w\in \mathbb{C})
$$
として定義する。$r\in (0,R)$ を取る。$\overline{B(a,r)}$、$\overline{CB(0,r^{-1})}$ はコンパクトであるから、
$$
\lvert g(z)\rvert\leq M\quad(\forall z\in \overline{B(a,r)}),\quad
\lvert h(w)\rvert\leq M\quad(\forall w\in \overline{B(0,r^{-1})})
$$
を満たす $M\in (0,\infty)$ が存在する。$\lvert w\rvert\geq r^{-1}$ を満たす任意の $w\in \mathbb{C}$ に対し、
$$
w=\frac{1}{z-a}
$$
なる $z\in \overline{B(a,r)}$ が取れ、$h(w)=-g(z)$ であるので、
$$
\lvert h(w)\rvert=\lvert g(z)\rvert\leq M
$$
である。よって $h\colon\mathbb{C}\rightarrow \mathbb{C}$ は有界な整関数であるからLiouvilleの定理（
定理2
）より $h(w)=h(0)=0$ $(\forall w\in \mathbb{C})$ である。ゆえに $d_{-n}=0$ $(\forall n\in \mathbb{N})$ が成り立ち、
$$
g(z)=h\left(\frac{1}{z-a}\right)=0\quad(\forall z\in B(a,R)\backslash \{a\})
$$
であるから $d_n=0$ $(\forall n\in \mathbb{Z}_+)$ が成り立つ。これで $(*)$ を満たす複素数列 $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ の一意性が示せた。~
$(**)$ なる $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ に対し $(*)$ が成り立つことを示す。任意の $z\in B(a,R)\backslash\{a\}$ を取り固定する。$0< r<\lvert z-a\rvert< R$ を満たす $r$ を取る。このとき反時計周りの円周閉路 $\partial B(a,R)$ と時計回りの円周閉路 $-\partial B(a,r)$ の和としてのサイクル $c:=\partial B(a,R)-\partial B(a,r)$ は $\Omega\backslash \{a\}$ に含まれ、
命題3
より、
$$
{\rm Ind}_c(w)=0\quad(\forall w\in \mathbb{C}\backslash(\Omega\backslash \{a\}) ),\quad {\rm Ind}_c(z)=1
$$
である。よってCauchyの積分公式（
定理4
）より、
$$
f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{c}\frac{f(w)}{w-z}dw=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{w-z}dw-\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw\quad\quad(***)
$$
が成り立つ。
$$
\frac{\lvert z-a\rvert}{\lvert w-a\rvert}=\frac{\lvert z-a\rvert}{R}<1\quad(w\in \partial B(a,r))
$$
であるから、
$$
\frac{1}{w-z}=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}\frac{(z-a)^n}{(w-a)^{n+1}}\quad(\forall w\in \partial B(a,r))
$$
であり、右辺は $w\in \partial B(a,r)$ に関して一様収束する。よって
命題1
より、
$$
\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{w-z}dw=
\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\right)(z-a)^n\quad\quad(****)
$$
である。また、
$$
\frac{\lvert w-a\rvert}{\lvert z-a\rvert}=\frac{r}{\lvert z-a\rvert}<1\quad(\forall w\in \partial B(a,r))
$$
であるから、
$$-\frac{1}{w-z}=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}\frac{(w-a)^n}{(z-a)^{n+1}}\quad(\forall w\in \partial B(a,r))
$$
であり、右辺は$w\in \partial B(a,r)$に関して一様収束する。よって、
$$
\begin{aligned}-\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw
&=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}f(w)(w-a)^ndw\right)\frac{1}{(z-a)^{n+1}}\\
&=\sum_{n\in\mathbb{N}}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw\right)\frac{1}{(z-a)^n}\quad\quad(*****)
\end{aligned}
$$
である。任意の $n\in \mathbb{N}$ に対し正則関数 $\Omega\backslash \{a\}\ni w\mapsto \frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}\in \mathbb{C}$ とサイクル $c=\partial B(a,R)-\partial B(a,r)$ に対しCauchyの積分定理（
系
）を適用すると、
$$
0=\int_{c}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw=\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw-\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw
$$
となるから $(*****)$ より、
$$-\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw=\sum_{n\in\mathbb{N}}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw\right)\frac{1}{(z-a)^n}\quad\quad(******)
$$
である。よって $(***),(****), (*****)$ より、
$$
f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\right)(z-a)^n+\sum_{n\in\mathbb{N}}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,R)}\frac{f(w)}{(w-a)^{-n+1}}dw\right)\frac{1}{(z-a)^n}
$$
である。
$\Omega\subset \mathbb{C}$ を開集合、$a\in \Omega$ とし、$f\colon\Omega\backslash \{a\}\rightarrow\mathbb{C}$ を正則関数とする。このとき複素数列 $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ で、
$$
\{z\in \mathbb{C}:\lvert z-a\rvert\leq R\}\subset \Omega
$$
なる任意の $R\in (0,\infty)$ に対し、
$$
f(z)=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}c_n(z-a)^n+\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}\quad(\forall z\in \mathbb{C}:0<\lvert z-a\rvert< R )
$$
を満たすようなものが定まる。任意の $z\in B(a,R)\backslash \{a\}$ に対し、
$$
\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^{n}}
$$
は収束し、$\lim_{\lvert z-a\rvert\rightarrow+0}\frac{1}{\lvert z-a\rvert}=\infty$ であるから、
命題1
より $(c_{-n})_{n\in \mathbb{N}}$ を係数とする冪級数の収束半径は $\infty$ である。
そこで正則関数
$$
\mathbb{C}\backslash \{a\}\ni z\mapsto \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^{n}}\in \mathbb{C}
$$
を $f$ の $a$ における主要部と言う。また $c_{-1}$ を $f$ の $a$ における留数と言い、
$$
{\rm Res}(f,a)\colon=c_{-1}
$$
と表す。
定理1
より、
$$
{\rm Res}(f,a)=\int_{\partial B(a,R)}f(z)dz
$$
である。
$\Omega\subset \mathbb{C}$ を開集合、$a\in \Omega$ とし、$f\colon\Omega\backslash \{a\}\rightarrow \mathbb{C}$ を正則関数とする。そして $f$ の $a$ における主要部を、
$$
p\colon\mathbb{C}\backslash\{a\}\ni z\mapsto \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}\in\mathbb{C}
$$
とする。このとき、
- $(1)$ $f-p\colon\Omega\backslash \{a\}\ni z\mapsto f(z)-p(z)\in \mathbb{C}$ は $\Omega$ 上の正則関数に拡張できる。
- $(2)$ $\Omega\backslash \{a\}$ に含まれる任意のサイクル $c$（
定義1
）に対し、
$$ \frac{1}{2\pi i}\int_{c}p(z)dz={\rm Res}(f,a){\rm Ind}_c(a) $$
が成り立つ。
- $(1)$ $\overline{B(a,R)}=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z-a\rvert\leq R\}\subset \Omega$ なる $R\in (0,\infty)$ を取れば、
定理1
よりある複素数列 $(c_n)_{n\in \mathbb{Z}_+}$ に対し、
$$ f(z)-p(z)=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}c_n(z-a)^n\quad(\forall z\in B(a,R)\backslash \{a\}) $$
と表せる。$B(a,R)\ni z\mapsto \sum_{n\in \mathbb{Z}_+}c_n(z-a)^n\in \mathbb{C}$ は正則関数であるから $f-p:\Omega\backslash \{a\}\rightarrow\mathbb{C}$ は $\Omega$ 上の正則関数に拡張できる。 - $(2)$
$$ \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n} $$
はコンパクト集合 $c^*\subset \Omega\backslash \{a\}$ 上で一様収束するから 命題1 より、
$$ \int_{c}p(z)dz=\sum_{n\in \mathbb{N}}c_{-n}\int_c\frac{dz}{(z-a)^n} $$
が成り立つ。任意の $n\geq2$ に対し、
$$ \mathbb{C}\backslash \{a\}\ni z\mapsto \frac{1}{(z-a)^n}\in\mathbb{C} $$
は原始関数を持つので、 命題2 より、
$$ \int_{c}\frac{dz}{(z-a)^n}=0\quad(\forall n\geq2) $$
である。よって $(*)$ より、
$$ \frac{1}{2\pi i}\int_{c}p(z)dz=c_{-1}\frac{1}{2\pi i}\int_{c}\frac{dz}{z-a}={\rm Res}(f,a){\rm Ind}_c(a) $$
である。
$\Omega\subset \mathbb{C}$ を開集合、$a_1,\ldots,a_n\in \Omega$ を互いに異なる有限個の点とし、$f\colon\Omega\backslash \{a_1,\ldots,a_n\}\rightarrow \mathbb{C}$ を正則関数とする。そして $c$ を $\Omega\backslash\{a_1,\ldots,a_n\}$ に含まれるサイクル（
定義1
）で、
$$
{\rm Ind}_c(z)=0\quad(\forall z\in \mathbb{C}\backslash \Omega)
$$
を満たすものとする。このとき、
$$
\frac{1}{2\pi i}\int_{c}f(z)dz=\sum_{k=1}^{n}{\rm Res}(f,a_k){\rm Ind}_c(a_k)
$$
が成り立つ。
$f$ の $a_1,\ldots,a_n$ における主要部をそれぞれ、
$$
p_k\colon\mathbb{C}\backslash \{a_k\}\rightarrow\mathbb{C}\quad(k=1,\ldots,n)
$$
とおく。
補題2
の $(1)$ より、
$$
f-\sum_{k=1}^{n}p_k\colon\Omega\backslash \{a_1,\ldots,a_n\}\ni z\mapsto f(z)-\sum_{k=1}^{n}p_k(z)\in \mathbb{C}
$$
は $\Omega$ 上の正則関数に拡張できる。よってCauchyの積分定理（
系
）より、
$$
\int_{c}f(z)dz-\sum_{k=1}^{n}\int_{c}p_k(z)dz=
\int_{c}f(z)-\sum_{k=1}^{n}p_k(z)dz=
0
$$
であるから、
補題2
の $(2)$ より、
$$
\frac{1}{2\pi i}\int_{c}f(z)dz=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2\pi i}\int_{c}p_k(z)dz
=\sum_{k=1}^{n}{\rm Res}(f,a_k){\rm Ind}_c(a_k)
$$
である。
