領域$D$上の正則関数$f$はコーシーの積分公式を用いることでテイラー展開できるのでした．
１点$\alpha$で複素微分可能か不明であっても，$\alpha$を除いた$\alpha$の近くで正則なら
\begin{align*}f(z)=\dots+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^2}+\frac{c_{-1}}{z-\alpha}+c_0+c_1(z-\alpha)+c_2(z-\alpha)^2+\dots.\end{align*}
と負冪の項$c_{-k}(z-\alpha)^{-k}$も用いて$f$を級数で表すことは可能で，この展開を$f$の$\alpha$中心のローラン展開といいます．
ローラン展開の$-1$次の係数$c_{-1}$は$f$の$\alpha$での留数といい，この一連の記事の目標である留数定理に重要な役割を果たします．
この記事では
- ローラン展開と留数
- ローラン展開可能性の証明
- ローラン展開の一意性
を順に説明します．
「複素解析の基本」の一連の記事
複素解析の参考文献
以下は複素解析に関するオススメの教科書です．
複素関数入門
複素解析の基礎を丁寧に解説した初学者向けの入門書です．
ローラン展開と留数
まずは複素関数のテイラー展開について確認し，そのあとにテイラー展開と比較してローラン展開を説明します．
テイラー展開の復習
［テイラー展開可能性］領域$D$上の正則関数$f$と$\alpha\in D$を考える．$\alpha$中心の円周$C$の周および内部が$D$に含まれるとき，
\begin{align*}f(z)=c_0+c_1(z-\alpha)+c_2(z-\alpha)^2+\dots&
\\(c_0,c_1,c_2,\dots\in\C)&\end{align*}
と$\alpha$中心でテイラー展開可能である．ただし，$z$は円周$C$の内部の点である．
複素関数$f$が領域$D$上の全ての点で１回でも複素微分可能なら$f$を正則関数と呼ぶのでしたから，この定理から「領域$D$上の任意の点で１回複素微分可能な複素関数は，$D$上の任意の点を中心としてテイラー展開可能」と言い換えることもできますね．
ローラン展開の定義とローラン展開可能性
テイラー展開は$(z-\alpha)$の正冪の級数で表すことを言いましたが，負冪まで許した級数をローラン（Laurent）展開といいます．
$\alpha\in\C$に対して，複素平面上の領域$\alpha$を除くある開近傍上で複素関数$f$が
\begin{align*}f(z)=&\dots+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^{2}}+\frac{c_{-1}}{z-\alpha}+c_{0}+c_{1}(z-\alpha)+c_{2}(z-\alpha)^{2}+\dots
\\\Bigl(=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^n\Bigr)\end{align*}
と表せるとき，この右辺を$f$の$\alpha$中心のローラン展開という．また，$f$が$\alpha$中心のローラン展開で表せるとき，$f$は$\alpha$でローラン展開可能であるという．
領域$D$上の１点$\alpha$での複素関数$f$の微分可能性が分からない場合，テイラー展開ができるかは不明ですが，$\alpha$の近くで複素微分可能なら$f$は$\alpha$中心でローラン展開可能であることが証明できます．
［ローラン展開可能性］領域$D$から$\alpha\in D$を除いた領域$D’$上の正則関数$f$を考える．$\alpha$中心の円周$C$の周および内部が$D$に含まれるとき，$f$は$C$の内部から$\alpha$を除いた領域で
\begin{align*}f(z)=&\dots+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^{2}}+\frac{c_{-1}}{z-\alpha}
\\&\quad+c_{0}+c_{1}(z-\alpha)+c_{2}(z-\alpha)^{2}+\dots\end{align*}
と$\alpha$中心でローラン展開可能である．ただし，$z$は円周$C$の$\alpha$を除く内部の点である．
先ほど説明した［テイラー展開可能性］との違いは，点$\alpha$で微分可能かが分かっているかどうかだけで
- $\alpha$を含む$\alpha$の近くで複素微分可能 → $\alpha$でテイラー展開可能
- $\alpha$を除く$\alpha$の近くで複素微分可能 → $\alpha$でローラン展開可能
というわけですね．
上の$\alpha$でのローラン展開で$\alpha$で微分可能であることが分かれば$c_{-1}=c_{-2}=c_{-3}=\dots=0$となってテイラー展開可能であることになりますね．
留数の定義
上の［ローラン展開］の$k$次の係数$c_{k}$はのちに説明するように
\begin{align*}c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-\alpha)^{k+1}}\,d\zeta\end{align*}
となります．とくに$k=-1$のときは
\begin{align*}c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}f(\zeta)\,d\zeta
\iff \int_{C}f(\zeta)\,d\zeta=2\pi i c_{-1}\end{align*}
となります．つまり，留数$\mrm{Res}(f,\alpha)$を求めて$2\pi i$倍すれば$\alpha$周りでの$f$の複素積分が求まるわけですね．
このように，この$-1$次の係数$c_{-1}$は複素積分に密接に関わるものとして以下のように定義されます．
上のローラン展開の$c_{-1}$を$f$の$\alpha$における留数（residue）といい，$\mrm{Res}(f,\alpha)$や$\mrm{Res}_{\alpha}f$などと表す．
“residue”は「残り物」という意味です．ローラン展開$f(z)=\dsum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^n$に対して，
\begin{align*}\int_{C}f(z)\,dz=2\pi ic_{-1}\end{align*}
なので，$c_{-1}$は積分しても消えずに「留まる数」ということで留数と名付けられているわけですね．
この記事の最後で説明するようにローラン展開は１通りしかないため，留数は１つに定まります．
ローラン展開可能性の証明
それでは［ローラン展開可能性］の定理を証明しましょう．
正則関数のテイラー展開もそうでしたが，ローラン展開も次のコーシーの積分公式を用いて導かれます．
［ローラン展開可能性（再掲）］領域$D$から$\alpha\in D$を除いた領域$D’$上の正則関数$f$を考える．$\alpha$中心の円周$C$の周および内部が$D$に含まれるとき，$f$は$C$の内部から$\alpha$を除いた領域で
\begin{align*}f(z)=&\dots+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^{2}}+\frac{c_{-1}}{z-\alpha}
\\&\quad+c_{0}+c_{1}(z-\alpha)+c_{2}(z-\alpha)^{2}+\dots\end{align*}
と$\alpha$中心でローラン展開可能である．ただし，$z$は円周$C$の$\alpha$を除く内部の点である．
$C$の$\alpha$を除く内部の点$z$を任意にとる．また，$C_{z}$, $C’$はそれぞれ$C$の内部の$z$, $\alpha$中心の円周で，互いに外部にあるようにとる．
ただし，$C$, $C_z$, $C’$はいずれも正の向きがついているとする．
ステップ１（$f$を２つの項に分ける）
このとき，$D$上で$f$は点$\alpha$のみで微分不可能であり，$\frac{1}{\zeta-z}$は点$z$のみで微分不可能であることに注意すると，コーシーの積分定理より
\begin{align*}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta=\int_{C_{z}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta+\int_{C’}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta\end{align*}
が成り立つ．また，コーシーの積分公式より
\begin{align*}f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{z}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta\quad\dots(**)\end{align*}
が成り立つので，これらを併せて
\begin{align*}f(z)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta-\frac{1}{2\pi i}\int_{C’}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta
\\&=:I+I\!I\end{align*}
が成り立つ．$I$は［テイラー展開可能性］の証明と同様に
\begin{align*}&I=a_{0}+a_{1}(z-\alpha)+a_{2}(z-\alpha)^{2}+\dots,
\\&c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-\alpha)^{k+1}}\,d\zeta\quad(k=1,2,\dots)\end{align*}
とテイラー展開できるから，あとは$I\!I$を
\begin{align*}I\!I=\frac{c_{-1}}{z-\alpha}+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^{2}}+\dots\end{align*}
と展開できることを示せば良い．
ステップ２（$I\!I$の変形）
$I\!I$の積分の中身は
\begin{align*}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}
&=\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\cdot\frac{1}{\frac{\zeta-z}{z-\alpha}}
\\&=-\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\cdot\frac{1}{1-\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}
\\&=-\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\sum_{k=1}^{\infty}\bra{\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}^{k-1}\end{align*}
ただし，$|\zeta-\alpha|<|z-\alpha|$より$|\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}|<1$だから，$\frac{1}{1-\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}$は初項１，公比$\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}$の等比級数であることを用いた．よって，
\begin{align*}I\!I=-\frac{1}{2\pi i}\int_{C’}\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\sum_{k=1}^{\infty}\bra{\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}^{k-1}\,d\zeta\quad\dots(*)\end{align*}
が成り立つ．
ステップ３（級数と積分の順序交換）
$(*)$の極限（級数）と積分の順序交換をするため，$\int_{C}$の中の$C$上の複素関数を
\begin{align*}g_n(\zeta):=\sum_{k=1}^{n}\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\bra{\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}^{k-1}\end{align*}
と定め，関数列$\{g_n\}_{n=0}^{\infty}$が$n\to\infty$で$C’$上一様収束することを示す．
$C’$の半径を$R$とする．円周$C’$は有界閉集合（コンパクト集合）なので，$C’$上で連続な$f$は最大値$M$をもつから，任意の$\zeta\in C’$に対して
\begin{align*}\abs{\frac{f(\zeta)}{z-\alpha}\bra{\frac{\zeta-\alpha}{z-\alpha}}^{k-1}}
\le\frac{M}{|z-\alpha|}\bra{\frac{R}{|z-\alpha|}}^{k-1}\end{align*}
が成り立つ．$\frac{R}{|z-\alpha|}<1$だから級数$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{M}{|z-\alpha|}\bra{\frac{R}{|z-\alpha|}}^{k-1}$は収束するので，ワイエルシュトラスのM判定法より関数列$\{g_n\}$は一様収束する．
よって，$(*)$で極限（級数）と積分の順序交換ができて
\begin{align*}I\!I&=-\frac{1}{2\pi i}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(z-\alpha)^k}\int_{C’}f(\zeta)(\zeta-\alpha)^{k-1}\,d\zeta
\\&=\frac{c_{-1}}{z-\alpha}+\frac{c_{-2}}{(z-\alpha)^{2}}+\frac{c_{-3}}{(z-\alpha)^{3}}+\dots\end{align*}
を得る．ただし，$c_{-k}=\dfrac{1}{2\pi i}\dint_{C’}f(\zeta)(\zeta-\alpha)^{k-1}\,d\zeta$（$k=1,2,\dots$）とおいた．
この係数$c_k$は$z$によらないから示された．
なお，最後の$c_{-k}=\dfrac{1}{2\pi i}\dint_{C’}f(\zeta)(\zeta-\alpha)^{k-1}\,d\zeta$は$-k$を$k$に換え，また積分経路$C’$を$C$に変形すれば
\begin{align*}c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-\alpha)^{k+1}}\,d\zeta\end{align*}
となり，$I$の$k\ge0$のときと$I\!I$の$k<0$のときで係数$c_k$は同じ形であることが分かりますね．
ローラン展開の一意性
上の［ローラン展開可能性］の証明はコーシーの積分公式からローラン展開の形に変形できることを証明しただけで，もしかすると別の方法をとれば別の係数$c_k$のローラン展開にできる可能性が残っています．
しかし，実際にはそんなことはなくローラン展開の係数$c_k$は一意に決まります．
［ローラン展開の一意性］上のローラン展開は一意である．すなわち，
\begin{align*}f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^n=\sum_{n=-\infty}^{\infty}d_n(z-\alpha)^n\end{align*}
と２通りにローラン展開できたとすると，$c_n=d_n$（$n\in\Z$）が成り立つ．
任意に円周$C$の半径を$R$とし，任意に$k\in\Z$をとる．また，任意に$r\in(0,R)$をとる．
$C$上の点で整級数
\begin{align*}\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-\alpha)^{n-k-1},\quad
\sum_{n=0}^{\infty}d_n(z-\alpha)^{n-k-1}\end{align*}
が収束するから，微分積分学の整級数と同様に中心$\alpha$，半径$r$の円内部$A_2=\set{z\in\C}{|z-\alpha|<r}$でいずれの整級数も一様収束する．
同様に，
\begin{align*}\sum_{n=-\infty}^{-1}c_n(z-\alpha)^{n-k-1},\quad
\sum_{n=-\infty}^{-1}d_n(z-\alpha)^{n-k-1}\end{align*}
は中心$\alpha$，半径$r$の円外部$A_2=\set{z\in\C}{r<|z-\alpha|}$で一様収束する．
$r\in(0,R)$は任意だったから，領域$A_1\cap A_2=\set{z\in\C}{0<|z-\alpha|<R}$で
\begin{align*}\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^{n-k-1},\quad
\sum_{n=-\infty}^{\infty}d_n(z-\alpha)^{n-k-1}\end{align*}
はいずれも一様収束する．
よって，$\dsum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^n=\dsum_{n=-\infty}^{\infty}d_n(z-\alpha)^n$の両辺に$(z-\alpha)^{-k-1}$をかけて，両辺を$C’$上で積分すると
\begin{align*}&\int_{C_r}\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-\alpha)^{n-k-1}\,dz=\int_{C_r}\sum_{n=-\infty}^{\infty}d_n(z-\alpha)^{n-k-1}\,dz
\\&\iff\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{C_r}c_n(z-\alpha)^{n-k-1}\,dz=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{C_r}d_n(z-\alpha)^{n-k-1}\,dz\end{align*}
が成り立つ．ただし，$C_r$は中心$\alpha$，半径$r$の円周である．単純な複素積分の計算により
\begin{align*}\int_{C_r}c_n(z-\alpha)^{n-k-1}\,dz=\begin{cases}0&(n\neq k)\\2\pi i&(n\neq k)\end{cases}\end{align*}
だから，$2\pi ic_{k}=2\pi id_{k}\iff c_{k}=d_{k}$となってローラン展開の一意性が成り立つ．
また，ローラン展開が一意であることから
- テイラー展開も一意
- 留数も一意
であることが分かりますね．
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