第1章: ローラン展開

証明

環状領域内の点 $z$ を 1 つ固定し、$r_1 < \rho_1 < |z-a| < \rho_2 < r_2$ を満たす半径 $\rho_1,\ \rho_2$ をとる。外側の円を $C_+$（半径 $\rho_2$）、内側の円を $C_-$（半径 $\rho_1$）とする（ともに正の向き）。

ステップ 1：環状領域でのコーシーの積分公式。 閉じた環 $\rho_1 \le |\zeta-a| \le \rho_2$ に横断線（crosscut）を 1 本入れて $C_-$ と $C_+$ をつなぐと単連結領域になり、その境界は $C_+$（正の向き）・$C_-$（負の向き）・横断線の往復からなる。被積分関数 $\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}$ はこの領域で $\zeta=z$ を除いて正則なので、横断線の往復ぶんは相殺し、通常のコーシーの積分公式から

$$f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_+} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}\, d\zeta \;-\; \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_-} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}\, d\zeta \tag{1}$$

を得る。右辺第 1 項を $I_1$、第 2 項（マイナス込み）を $I_2$ とおく。

ステップ 2：外側の積分 $I_1$（正則部）。 $\zeta \in C_+$ では $|\zeta-a| = \rho_2 > |z-a|$ なので、公比 $\dfrac{z-a}{\zeta-a}$ の絶対値は $\theta_2 := \dfrac{|z-a|}{\rho_2} < 1$（$\zeta$ によらない定数）で押さえられ、

$$\frac{1}{\zeta-z} = \frac{1}{(\zeta-a)\left(1 - \frac{z-a}{\zeta-a}\right)} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-a)^n}{(\zeta-a)^{n+1}}$$

各項の絶対値は $C_+$ 上で $\dfrac{\theta_2^{\,n}}{\rho_2}$ に等しく、$\displaystyle\sum_{n} \theta_2^{\,n} < \infty$ だから、ワイエルシュトラスの $M$ 判定法によりこの級数は $C_+$ 上で一様収束する。$f$ は $C_+$ 上で有界連続なので項別積分が許され、

$$I_1 = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n, \qquad a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_+} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}\, d\zeta \quad (n \ge 0)$$

ステップ 3：内側の積分 $I_2$（主要部）。 $\zeta \in C_-$ では $|\zeta-a| = \rho_1 < |z-a|$ なので、今度は $\left|\dfrac{\zeta-a}{z-a}\right| = \dfrac{\rho_1}{|z-a|} < 1$ が定数で押さえられ、

$$-\frac{1}{\zeta-z} = \frac{1}{(z-a)\left(1 - \frac{\zeta-a}{z-a}\right)} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\zeta-a)^n}{(z-a)^{n+1}}$$

同様に $C_-$ 上で一様収束するので項別積分でき、

$$I_2 = \sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{1}{2\pi i} \oint_{C_-} f(\zeta)\,(\zeta-a)^n\, d\zeta\right] \frac{1}{(z-a)^{n+1}}$$

ここで $m = -(n+1)$ と置き換える（$n: 0 \to \infty$ のとき $m: -1 \to -\infty$）と、$\dfrac{1}{(z-a)^{n+1}} = (z-a)^m$、$(\zeta-a)^n = \dfrac{1}{(\zeta-a)^{m+1}}$ より

$$I_2 = \sum_{m=-\infty}^{-1} a_m (z-a)^m, \qquad a_m = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_-} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{m+1}}\, d\zeta \quad (m \le -1)$$

ステップ 4：係数を 1 つの周回積分にまとめる。 任意の整数 $n$ に対し、$\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}$ は環状領域 $r_1 < |\zeta-a| < r_2$ 全体で正則である（$f$ がそこで正則で、特異点 $\zeta=a$ は環の内側＝領域の外にある）。よって、2 つの同心円周ではさまれた部分でも被積分関数は正則だから、両円周に沿う積分の差はその部分（小さな環）の境界に沿う積分に等しく、コーシーの積分定理によりそれは $0$ になる。したがって $a$ を中心とし環内にある同心円周に沿う積分はすべて等しい。とくに外側 $C_+$ と内側 $C_-$ 上の積分は一致するので、係数はその共通の値で与えられる（積分路は環内の任意の同心円周でよい）：

$$a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}\, d\zeta \qquad (n \in \mathbb{Z})$$

これらを式 $(1)$ に戻すと、

$$f(z) = I_1 + I_2 = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n + \sum_{n=-\infty}^{-1} a_n (z-a)^n = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$$

$z$ は環状領域の任意の点だったから、これで展開の存在と係数公式が示された。展開の一意性は次の §一意性 で扱う。$\blacksquare$

証明

$f(z) = \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$ が環状領域で収束しているとする。$r_1 < \rho < r_2$ を満たす円 $C : |z-a| = \rho$（正の向き）をとる。収束するローラン級数は閉じた部分環 $\rho_1 \le |z-a| \le \rho_2$ 上で一様収束する（正則部・主要部がそれぞれの収束領域のコンパクト集合上で一様収束するため）。とくに $C$ 上で一様収束する。

整数 $k$ を任意に固定し、両辺に $(z-a)^{-k-1}$ を掛けて $C$ 上で積分する。一様収束より項別積分が許され、

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}\, dz = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n \oint_C (z-a)^{\,n-k-1}\, dz$$

ここで次の基本積分を使う。$z = a + \rho e^{i\theta}$（$0 \le \theta \le 2\pi$）とおくと $dz = i\rho\, e^{i\theta}\, d\theta$ なので、任意の整数 $m$ に対し

$$\oint_C (z-a)^{m}\, dz = i\rho^{\,m+1} \int_0^{2\pi} e^{i(m+1)\theta}\, d\theta = \begin{cases} 2\pi i & (m = -1) \\ 0 & (m \ne -1) \end{cases}$$

（$m \ne -1$ のとき、$e^{i(m+1)\theta}$ の 1 周期にわたる積分は $0$ になる）。和の各項のうち $m = n-k-1$ が条件 $m = -1$ を満たすのは $n = k$ のときだけだから、右辺は $n = k$ の項だけが残り、

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}\, dz = 2\pi i\, a_k \qquad\Longrightarrow\qquad a_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{k+1}}\, dz$$

つまり各係数 $a_k$ は $f$ と $C$ だけから一意に定まり、級数の表し方には依らない（この式は存在定理で導いた係数公式そのものである）。したがって、もし $f(z) = \displaystyle\sum_n a_n (z-a)^n = \displaystyle\sum_n b_n (z-a)^n$ と 2 通りに表せたとしても、$a_k$ も $b_k$ もともにこの同じ積分値に等しく、すべての $k$ で $a_k = b_k$ となる。$\blacksquare$