上野竜生です。テイラー展開と同じような考えでローラン展開を定義します。その後，ローラン展開から留数を定義します。また，定義通り求める以外の方法による留数の計算方法を紹介します。
重要なのは最後の留数計算なのでローラン展開からしっかり理解しなくてもなんとかなります。
ローラン展開
\[ f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-a)^n + \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} (z-a)^{-n} \]
と表される。
ここで\(c_n \)は
\[ c_n= \frac{1}{2\pi i} \int_{|Z-a|=r} \frac{f(Z)}{(Z-a)^{n+1}}dZ \]
\( (R_1<r<R_2 , n=0, \pm 1 , \pm 2 , \cdots ) \)
で表される。
マイナス乗の項がなければテイラー展開と同じですね。係数を求める時は積分で求めることはほとんどなく，知ってるテイラー展開からつくり出すことがほとんどです。なので後半の主張はあまり意識しなくてもいいことが多いです。
例題１
(2)\(\displaystyle \frac{1}{z^2+1}\)のz=iのまわりのローラン展開を求めよ。
(3)\(\displaystyle z^2 \sin{\frac{1}{z}} \)のz=0のまわりのローラン展開における，\(\displaystyle \frac{1}{z} \)の係数を求めよ。
分数関数の展開のコツは無限等比級数
\(\displaystyle a+ar+ar^2+ar^3+\cdots =\frac{a}{1-r} \)
を逆に（つまり右辺から左辺の方向に）使うことです。その際，|r|<1である必要があることに注意が必要です。
\(\displaystyle \frac{1}{t+1}\)のローラン展開を求める。
|t|<1のときは\(\displaystyle \frac{1}{1-(-t)}=1+(-t)+(-t)^2+\cdots =\sum_{n=0}^{\infty} (-t)^n \)
|t|>1のときは\(\displaystyle |-\frac{1}{t}|<1 \)なので
\(\displaystyle \frac{1}{t+1}=\frac{\frac{1}{t}}{1-(-\frac{1}{t})} = \frac{1}{t} \left( 1+ (-\frac{1}{t})+(-\frac{1}{t})^2+\cdots \right) = \frac{1}{t} \sum_{n=0}^{\infty} (-\frac{1}{t})^n \)
よって求める関数はこれに\(\displaystyle \frac{1}{t^2} \)をかけたものなのでzの式で表すと
|z-1|<1のとき\(\displaystyle \frac{1}{(z-1)^2} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (z-1)^n = \sum_{n=-2}^{\infty} (-1)^n (z-1)^n \)
|z-1|>1のとき\(\displaystyle \frac{1}{(z-1)^3} \sum_{n=0}^{\infty} (-\frac{1}{z-1})^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(z-1)^{n+3}} \)(2)\(\displaystyle \frac{1}{z^2+1} = \frac{1}{z-i}\cdot \frac{1}{z+i} \)
ここで\(\displaystyle \frac{1}{z+i}=\frac{1}{(z-i)+2i} \)なので
t=z-iとおいて\(\displaystyle \frac{1}{t+2i} \)のローラン展開を考える。
|t|<2のとき\(\displaystyle |-\frac{t}{2i}|<1 \)だから
\(\displaystyle \frac{\frac{1}{2i}}{1-(-\frac{t}{2i})} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2i} \left( -\frac{t}{2i} \right)^n \)
|t|>2のとき\(\displaystyle |-\frac{2i}{t}|<1 \)だから
\(\displaystyle \frac{\frac{1}{t}}{1-(-\frac{2i}{t})} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{t} \left( -\frac{2i}{t} \right)^n \)
よって求める関数はこれに\(\displaystyle \frac{1}{t} \)をかけたものなのでzの式で表すと
\(|z-i|<2 \)のとき\(\displaystyle \frac{1}{z-i} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2i} \left( -\frac{z-i}{2i} \right)^n = \frac{1}{4}\sum_{n=-1}^{\infty} (-1)^n \left( \frac{z-i}{2i} \right)^n \)
\(|z-i|>2 \)のとき\(\displaystyle \frac{1}{(z-i)^2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( -\frac{2i}{z-i} \right)^n = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{(2i)^{n-2}}{(z-i)^n}\)
(1)は\(\displaystyle \frac{1}{z(z-1)^2} = \frac{1}{z} - \frac{1}{z-1}+\frac{1}{(z-1)^2} = \frac{1}{t+1} - \frac{1}{t}+\frac{1}{t^2} \)
(2)は\(\displaystyle \frac{1}{(z+i)(z-i)} = \frac{1}{2i}\left( \frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+i} \right)= \frac{1}{2i} \left( \frac{1}{t}-\frac{1}{t+2i} \right) \)
とかけるので，模範解答と同じように前半を解いた後，残った項を計算して求めることもできます。このやり方が有効な問題もあるので覚えておきましょう。
\(\displaystyle \sin{\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}-\frac{1}{6z^3} + \frac{1}{120z^5} +\cdots \)
\(\displaystyle z^2 \sin{\frac{1}{z}}=z-\frac{1}{6z} + \frac{1}{120z^3} +\cdots \)
となり，求める係数は\(\displaystyle -\frac{1}{6} \)
特異点の種類とm位の極の定義
点aが孤立特異点とは\( \{ z \in C | 0<(z-a)<r \} \)で正則であるが，z=aでは正則でない点のことです。
aをf(z)の孤立特異点とし，aを中心とするf(z)のローラン展開を
\[ \displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-a)^n + \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} (z-a)^{-n} \]
と表す。このとき
\[ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} (z-a)^{-n} \]
を主要部という。
このとき\( c_{-n} \)がすべて0の場合，aはf(z)の除去可能な特異点という。
あるmが存在して\( c_{-m}\neq 0 \)であるがそれ以降の\( c_{-(m+1)}=c_{-(m+2)}=\cdots 0 \)となる場合，aはf(z)のm位の極であるという。
主要部が無限級数の場合aはf(z)の真性特異点であるという。
f(z),g(z)はz=aで正則でf(a)≠0,g(a)≠0とする。
このときaは\( \displaystyle \frac{f(z)}{(z-a)^m g(z)} \)のm位の極である。
つまり分数関数の場合，分母=0になるaが特異点で，このとき分母は(z-a)で因数分解できるわけですが(z-a)でm回因数分解できたらaはm位の極ということですね。
留数とは
ローラン展開の定義の後半の式より
\[ c_{-1}= \frac{1}{2\pi i} \int_{|Z-a|=r} f(Z)dZ \]
となります。これを留数と言い，Res(f,a)とかく。fが明らかなときは単にRes(a)などと書くこともある。つまり留数とはローラン展開したときの係数\( c_{-1} \)のことです。
あくまでも定義はこれですが，実際計算するときは定義の積分で求めることはまずないですし，ローラン展開をすることもほとんどありません。留数については計算する公式があるのです。
留数の計算方法
\(\displaystyle Res(f,a)=\frac{1}{(m-1)!} \lim_{z\to a} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \{ (z-a)^m f(z) \} \)
これが一般の場合の計算方法です。これで留数が計算できます。
ところでこの方法の通りに計算すると極限計算が地味に面倒なことも多いです。そこで特殊なときしか使えないけど簡単に求められる方法も紹介します。
\(\displaystyle Res(\frac{f}{g},a )= \frac{f(a)}{g’(a)} \)
これなら分母は微分してa代入，分子はそのままa代入を計算するだけで求められます。ただし1位の極でないと使えません。2位の極の時は分母を2回微分するだけ...とかではありません。
例題２
z=0は1位の極だから
\(\displaystyle Res(0)= \lim_{z \to 0} z \cdot \frac{e^{iz}}{z(z^2+25)^2}=\frac{e^0}{(0^2+25)^2}=\frac{1}{625} \)
z=5iは2位の極だから
\(\displaystyle Res(5i)=\lim_{z \to 5i} \left\{ (z-5i)^2 \frac{e^{iz}}{z(z-5i)^2(z+5i)^2} \right\}' \\ = \displaystyle \lim_{z \to 5i} \left\{ \frac{e^{iz}}{z(z+5i)^2} \right\}' \\ = \displaystyle \frac{ie^{iz} \cdot z (z+5i)^2 - e^{iz} \{ (z+5i)^2+ 2z(z+5i) \} }{z^2 (z+5i)^4} \\ =\displaystyle \frac{-5\cdot (-100) - (-100-100)}{(-25)\cdot 10^4}e^{-5} = -\frac{7}{2500}e^{-5} \)
z=-5iは2位の極だから
\(\displaystyle Res(-5i)=\lim_{z \to -5i} \left\{ (z+5i)^2 \frac{e^{iz}}{z(z-5i)^2(z+5i)^2} \right\}' \\ = \displaystyle \lim_{z \to -5i} \left\{ \frac{e^{iz}}{z(z-5i)^2} \right\}' \\ = \displaystyle \frac{ie^{iz} \cdot z (z-5i)^2 - e^{iz} \{ (z-5i)^2+ 2z(z-5i) \} }{z^2 (z-5i)^4} \\ =\displaystyle \frac{5\cdot (-100) - (-100-100)}{(-25)\cdot 10^4}e^{5} = \frac{3}{2500}e^{5} \)
試験では留数は絶対使いますがローラン展開は1問でるかでないかぐらいです。
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