ローラン級数展開

z=az=aをf(z)f(z)の孤立特異点としよう。 このとき、ffはz=az=aの周りでローラン展開

f(z)=∑n=−∞∞an(z−a)n f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty a_n(z-a)^n

を持つ。 つまり、z=az=aの近傍で右辺が収束しf(z)f(z)の値と一致する。

正則関数の冪級数展開と同様に、ローラン級数展開の係数ana_nは積分表示を持つ。

特に負冪部分

∑n=−∞−1an(z−a)n \sum_{n=-\infty}^{-1} a_n(z-a)^n

を主要部という。

孤立特異点aaの周りでローラン展開できることを証明しよう。

ffがz=az=aを孤立特異点に持つとする。 aaを中心とする同心円C1,C2C_1, C_2をffが正則な円内にとり、半径の小さい方をC1C_1とする。 C1,C2C_1, C_2に挟まれた部分にある点zzをとる。 円の向きはいずれも反時計回りとする。

zzを中心とする小さな円に反時計回りに向きをつけたものをCCとすると、コーシーの積分定理より

f(z)=12πi∫Cf(ζ)ζ−zdζ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta

である。

ffの正則性から積分路を連続変形して∫C=∫C1−∫C2\int_C=\int_{C_1}-\int_{C_2}であるから、

f(z)=12πi∫C1f(ζ)ζ−zdζ−12πi∫C2f(ζ)ζ−zdζ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_1}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta-\frac{1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta

となる。

1ζ−z=1ζ−α−z+α=1(ζ−α)−(z−α) \dfrac{1}{\zeta-z}=\dfrac{1}{\zeta-\alpha-z+\alpha}=\dfrac{1}{(\zeta-\alpha)-(z-\alpha)}

となる。 ここで、ζ∈C2\zeta\in C_2であれば∣z−α∣<∣ζ−α∣\lvert z-\alpha\rvert<\lvert \zeta-\alpha\rvertであるから、

1(ζ−α)−(z−α)=1ζ−α11−(z−α)/(ζ−α)=1ζ−α∑n=0∞(z−αζ−α)n \dfrac{1}{(\zeta-\alpha)-(z-\alpha)}=\dfrac{1}{\zeta-\alpha}\dfrac{1}{1-(z-\alpha)/(\zeta-\alpha)}\\\\ =\dfrac{1}{\zeta-\alpha}\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{z-\alpha}{\zeta-\alpha}\right)^n

が収束する。 一方で、ζ∈C1\zeta\in C_1であれば∣z−α∣>∣ζ−α∣\lvert z-\alpha\rvert>\lvert \zeta-\alpha\rvertであるから、

1(ζ−α)−(z−α)=−1z−α11−(ζ−α)/(z−α)=1z−α∑n=0∞(ζ−αz−α)n \dfrac{1}{(\zeta-\alpha)-(z-\alpha)}=-\dfrac{1}{z-\alpha}\dfrac{1}{1-(\zeta-\alpha)/(z-\alpha)}\\\\ =\dfrac{1}{z-\alpha}\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}\right)^n

が収束する。

以上から、

f(z)=−12πi∫C1f(ζ)ζ−zdζ+12πi∫C2f(ζ)ζ−zdζ=12πi∫C11ζ−α∑n=1∞(ζ−αz−α)nf(ζ)dζ+12πi∫C21ζ−α∑n=0∞(z−αζ−α)nf(ζ)dζ f(z)=-\frac{1}{2\pi i}\int_{C_1}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta+\frac{1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta\\\\ =\frac{1}{2\pi i}\int_{C_1}\frac{1}{\zeta-\alpha}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}\right)^nf(\zeta)d\zeta+ \frac{1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{1}{\zeta-\alpha}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{z-\alpha}{\zeta-\alpha}\right)^nf(\zeta)d\zeta

であり、さらに無限和と積分の順序を交換して、

=12πi∑n=1∞(∫C1(ζ−α)−nf(ζ)dζ)(z−α)−n+12πi∑n=0∞(∫C2(ζ−α)−(n+1)f(ζ)dζ)(z−α)n =\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=1}^\infty\left(\int_{C_1}(\zeta-\alpha)^{-n}f(\zeta)d\zeta\right)(z-\alpha)^{-n} +\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^\infty\left(\int_{C_2}(\zeta-\alpha)^{-(n+1)}f(\zeta)d\zeta\right)(z-\alpha)^{n}

となる。 C1,C2C_1, C_2の半径を動かすことで係数は変わらず、aaの近くの任意のzzに対して

f(z)=∑n=−∞∞(12πi∫∣z−α∣=rf(ζ)(ζ−α)n+1dζ)(z−α)n f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\lvert z-\alpha\rvert=r}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-\alpha)^{n+1}}d\zeta\right)(z-\alpha)^n

となる。

以下はz=0z=0中心の展開を考える。

f(z)=3z3+2z2+z−1z2=−z−2+z−1+2+3z f(z)=\dfrac{3z^3+2z^2+z-1}{z^2}=-z^{-2}+z^{-1}+2+3z

で、z=0z=0は22位の極で留数11である。

f(z)=e1/z=∑n=0∞1n!z−n f(z)=e^{1/z}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}z^{-n}

であり、真性特異点。

f(z)=ezz4=z−4+z−3+12z−2+16z−1+⋯ f(z)=\dfrac{e^z}{z^4}=z^{-4}+z^{-3}+\frac{1}{2}z^{-2}+\frac{1}{6}z^{-1}+\cdots

であり、44位の極、留数は16\dfrac{1}{6}である。

f(z)=1z4+z2=z−21z2+1=z−2(1−z2+z4+⋯ ) f(z)=\dfrac{1}{z^4+z^2}=z^{-2}\dfrac{1}{z^2+1}=z^{-2}(1-z^2+z^4+\cdots)

であり、22位の極、留数は00である。

f(z)=ez−1z=1+12z+⋯ f(z)=\dfrac{e^z-1}{z}=1+\frac{1}{2}z+\cdots

であり、除去可能特異点。