39. 留数定理（複素関数）

ローラン展開において、\(f(z)_1\)と\(f(z)_2\)の級数はそれぞれ収束し、その和が左辺\(f(z)\)に一致する。
また、\(f(z)\)が穴あき円板\(D = \{z \in \mathbb{C}\;|\; R_1 <|z - \alpha| < R_2\} \)で正則であり、さらにある自然数\(k\)と\(a_{-k} \neq 0\)が存在して、$$f(z) = \frac{a_{-k}}{(z - \alpha)^k} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - \alpha} + a_o + a_1(z - \alpha) + a_2(z - \alpha)^2 + \cdots $$とローラン展開であるとき、\(f(z)\)は\(z = \alpha\)において\(k\)位の極を持つという。
※ローラン展開において、\(a_{-k} \neq 0\)を満たす\(k\)が無限に存在するとき、\(\alpha\)は極とよばれず、真性特異点とよばれる。一般には極と真性特異点を合わせて特異点とよばれる。

【ローラン展開の証明】

積分公式より、\(f(z_0) = \frac{1}{2 \pi j}\int_{C_0}\)なので、以下を証明する。
１）\(f(z)_1\)部分：$$-\frac{1}{2 \pi j}\int_{C_1} = \sum_{m \geq 1} a_{-m}(z_0 - \alpha)^{-m}, \quad a_{-m} = \frac{1}{2 \pi j}\int_C \frac{f(z)}{(z - \alpha)^{-m+1}}dz$$\(z \in C_1\)のとき、\(|z - \alpha| < |z_0 - \alpha|\)なので$$-\frac{1}{2 \pi j}\int_{C_1} = \frac{1}{2 \pi j}\int_{C_1} \frac{z}{z_0 - \alpha} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - \alpha}{z_0 - \alpha}}dz = \frac{1}{2 \pi j} \int_{C_1} \frac{f(z)}{z_0 - \alpha} \sum_{n \geq 0} \left(\frac{z - \alpha}{z_0 - \alpha}\right)^n dz \\ = \frac{1}{2 \pi j}\int_{C_1} \sum_{n \geq 0}\left(\frac{f(z)}{(z - \alpha)^{-n}}\cdot \frac{1}{(z_0 - \alpha)^{n+1}}\right)dz \\ = \frac{1}{2 \pi j}\sum_{n \geq 0}\left(\int_{C_1} \frac{f(z)}{(z - \alpha)^{-n}}dz \right)\cdot \frac{1}{(z_0 - \alpha)^{n+1}} \\ = \sum_{n+1 = m \geq 1}\left(\frac{1}{2 \pi j}\int_{C_1} \frac{f(z)}{(z - \alpha)^{-m+1}}dz \right)\cdot (z_0 - \alpha)^{-m}$$ここで、積分路\(C_1\)は、積分定理により\(C\)に変えてよいので、\(f(z)_1\)部分が得られる。
２）\(f(z)_2\)部分：$$\frac{1}{2 \pi j}\int_{C_2} = \sum_{n \geq 0} a_n(z_0 - \alpha)^n, \quad a_n = \frac{1}{2 \pi j}\int_C \frac{f(z)}{(z - \alpha)^{n+1}}dz$$この計算は、テイラー展開と同様となり、正則部分（テイラー展開部分）とよばれる。

ローラン展開の具体例

１．関数\(\frac{e^z}{z^2}\)をローラン展開する。
\(D = \{0 < |z| < \infty\}\)で正則なので、ローラン展開できる。
関数\(e^z\)は\(z=0\)の周りで正則なので、次のマクローリン級数（テイラー級数）に展開できる。$$e^z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} z^n = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots$$この級数は、複素平面全体（\(|z| < \infty\)）で収束する。
よって、$$\frac{e^z}{z^2} = \frac{1}{z^2}\left(1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \cdots\right) = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!} + \frac{z}{3!} + \cdots \\ =\sum_{n=-2}^{\infty} \frac{1}{(n+2)!} z^n \quad (0 < |z| < \infty)$$\(z=0\)は２位の極である。

２．関数\(\frac{1}{z^2(z-2)}\)をローラン展開する。
\(D = \{0 < |z| < 2\}\)で正則なので、ローラン展開できる。
まず、\(\frac{1}{z-2}\)を\(z=0\)の周りでテイラー展開する。\(|z| < 2\) なので、\(\left|\frac{z}{2}\right| < 1\)なので、$$\frac{1}{z-2} = \frac{1}{-2(1 - \frac{z}{2})} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}}$$と変形できる。等比級数の公式を適用すると、$$\frac{1}{1 - \frac{z}{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^n = 1 + \frac{z}{2} + \frac{z^2}{4} + \frac{z^3}{8} + \cdots$$となる。従って、$$\frac{1}{z^2(z-2)} = \frac{1}{z^2}\cdot \frac{1}{-2(1 - z/2)} = -\frac{1}{2z^2}\cdot \left(1+ \frac{z}{2} + \frac{z^2}{4} + \cdots \right) \\ = -\frac{1}{2z^2} - \frac{1}{4z} - \frac{1}{8} - \frac{z}{16}- \cdots = \sum_{n=-2}^{\infty} -\frac{1}{2^{n+3}} z^n$$\(z=0\)は２位の極である。

留数

【証明】積分定理より、\(C = C(\alpha,\;r)\)（ただし、\(r\)は十分小さく、\(C \subset D\)）としてよい。基本公式の２．により、\(n \neq -1\)のとき、\(\int_C (z - \alpha)^n = 0\)、\(n=-1\)のとき、\(\int_C (z - \alpha)^n = 2 \pi j\)である。よって、ローラン展開より、$$\int_C f(z) dz = \int_C \left(\sum_{n \in \mathbb{Z}} a_n(z - \alpha)^n \right)dz = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \left(a_n \int_C (z - \alpha)^n dz \right) = 2\pi j \cdot a_{-1}$$となる。
この証明から分かるように、\(f(z)\)を極の周りでローラン展開してから積分すると、\(a_{-1}\)の項だけが残り（留まり）、それ以外の項は消えてしまう。この\(a_{-1}\)（\(z - \alpha)^{-1}\)の係数）を\(f\)の\(\alpha\)における留数とよび、\(\text{Res}(f(z),\;\alpha)\)と表す。

留数の具体例

１．\(\frac{e^z}{z^2}\)の\(z=0\)における留数を求める。
ローラン展開$$\frac{e^z}{z^2} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!} + \frac{z}{3!} + \cdots$$より、\(\text{Res}(e^z/z^2 , 0)=1\)となる。例えば、\(C = C(0,1)\)とすると、\(\int_C \frac{e^z}{z^2} dz = 2 \pi j \cdot 1 = 2 \pi j\)となる。

２．\(C = C(0,\;1)\)にたいし、\(\int_C \frac{1}{z^2(z-2)}dz\)を計算する。
\(D = \{|z|<2\}\)とすると被積分関数は\(D - \{0\}\)で正則であるから、$$\int_C \frac{1}{z^2(z-2)} dz = 2 \pi j \text{Res}\left(\frac{1}{z^2(z-2)},\;0\right)$$また、ローラン展開は$$\frac{1}{z^2(z-2)} = -\frac{1}{2z^2} - \frac{1}{4z} - \frac{1}{8} - \frac{z}{16}- \cdots$$なので$$\text{Res}\left(\frac{1}{z^2(z-2)},\;0\right) = -\frac{1}{4}$$である。よって、求める積分は、\(2\pi j \cdot \frac{-1}{4} = -\frac{\pi j}{2}\)である。

【証明】
\(r>0\)を十分に小さくとり、\(C_k = C(\alpha_k,\;r)\)とすれば、\(C_1,C_2,\ldots,C_n\)はすべて\(D\)に含まれ、かつそれぞれ互いに交わらないとできる。コーシの積分定理より、$$\int_C = \int_{C_1}+\int_{C_2}+\cdots+\int_{C_n}$$なので、「定理：ローラン展開」より留数定理が成り立つ。

留数定理を使った積分計算

\(C=C(0,\;2)\)とし、\(I=\int_C \frac{e^{jz}}{z^2 +1}dz\)を計算する。
\(f(z) = \frac{e^{jz}}{z^2 +1}\)は、\(\mathbb{C}-\{\pm j\}\)で正則で、その極\(z=\pm j\)は、\(|z|=1\)で積分路\(C\)の半径\(R=２\)より小さいので、\(C\)の内部にある。留数定理より、積分\(I\)は積分路\(C\)の内部にあるすべての留数の和に\(2\pi j\)をかけたものに等しいので、$$I = \int_C f(z) dz = 2 \pi j \{\text{Res}(f(z),\; j) + \text{Res}(f(z) ,\; -j)\}$$である。特異点\(z_1=j, \;z_2=-j\)は、分母が\((z-j)(z+j)\)と因数分解できるため、いずれも1位の極（単純極）である。単純極における留数は、次の公式で計算できる。$$\text{Res}( f(z),\; z_k) = \lim_{z \to z_k} (z - z_k) f(z)$$・\(z_1 = j\)の留数は、$$\text{Res}(f(z), \; j) = \lim_{z \to j} (z - j) \frac{e^{jz}}{(z - j)(z + j)} = \lim_{z \to j} \frac{e^{jz}}{z + j}= \frac{e^{-1}}{2j}$$ である。
・\(z_2=-j\)の留数は、$$\text{Res}(f(z),\;-j) = \lim_{z \to -j} (z - (-j)) \frac{e^{jz}}{(z - j)(z + j)} = \lim_{z \to -j} \frac{e^{jz}}{z - j}= -\frac{e}{2j}$$である。よって、$$I = 2 \pi j \left(\frac{e^{-1}}{2j} - \frac{e}{2j}\right) = \pi(e^{-1} - e)$$