ローラン展開の意味・計算方法・特異点の分類

この記事ではローラン展開について紹介します。ローラン展開はテイラー展開の複素関数バージョンです。

0 < ∣ z − a ∣ < R 0 < |z-a| < R 0 < ∣ z − a ∣ < R で正則（微分可能）な複素関数 f ( z ) f(z) f ( z ) は，以下のように べき級数展開 できる。 f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n ただし，各係数 a n a_n a n ​ は a n = 1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z a_n = \dfrac \oint_ \dfrac \; dz a n ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z で計算できる （ r r r は 0 < r < R 0 < r < R 0 < r < R を満たす実数ならなんでもよい）。

これを ローラン展開（Laurent展開・ローラン級数展開） といいます。右辺の級数を ローラン級数 といいます。

• ローラン展開： f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \displaystyle\sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n は z = a z=a z = a のまわりで関数 f ( z ) f(z) f ( z ) をべき級数に展開しています。
• テイラー展開と似ていますね！ テイラー展開は n = 0 n=0 n = 0 から ∞ \infty ∞ までの和ですが，ローラン展開ではマイナスの項があります。
• 実は，ローラン展開はテイラー展開の拡張です。というわけで，まずは複素関数のテイラー展開について再確認しましょう。

関数 f : C → C f:\mathbb\to\mathbb f : C → C は閉円盤 Δ ( a , R ) ‾ \overline Δ ( a , R ) ​ で正則とする。このとき，円盤内部の任意の点 z ∈ Δ ( a , R ) z\in\Delta(a,R) z ∈ Δ ( a , R ) に対して， f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n が成立する。ただし， a n = f ( n ) ( a ) n ! a_n = \dfrac (a)> a n ​ = n ! f ( n ) ( a ) ​ である。

• Δ ( a , R ) ‾ = < z ∈ C ∣ ∣ z − a ∣ ≦ R >\overline = \ < z \in \mathbb\mid |z-a| \leqq R\> Δ ( a , R ) ​ = < z ∈ C ∣ ∣ z − a ∣ ≦ R >， Δ ( a , R ) = < z ∈ C ∣ ∣ z − a ∣ < R >\Delta(a,R)= \ < z \in \mathbb\mid |z-a| < R\>Δ ( a , R ) = < z ∈ C ∣ ∣ z − a ∣ < R >という記号を使います。
• 「正則」というのは，一階微分できるという意味です。ただし，複素関数では「一階微分可能なら何回でも微分可能」という著しい性質があります（→コーシーの積分公式とその応用のグルサの定理参照）。
• ここから少しむずかしいです。以下の「ローラン展開」の節まで読み飛ばしても構いません。

閉円盤 Δ ( a , R ) ‾ \overline Δ ( a , R ) ​ で正則な関数 f ( z ) f(z) f ( z ) を考える。コーシーの積分公式より，円盤内部の点 z ∈ Δ ( a , R ) z \in \Delta (a,R) z ∈ Δ ( a , R ) について f ( z ) = 1 2 π i ∮ ∂ Δ ( a , R ) f ( ζ ) ζ − z d ζ f(z) = \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta f ( z ) = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ Δ ( a , R ) ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ

ただし，最後の等号は積分と無限和を交換した（→補足）。つまり， a n = 1 2 π i ∮ ∂ Δ ( a , R ) f ( ζ ) ( ζ − a ) n + 1 d ζ a_n = \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta a n ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ Δ ( a , R ) ​ ( ζ − a ) n + 1 f ( ζ ) ​ d ζ とおくと f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \displaystyle\sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n という級数展開が得られる。さらに，グルサの定理から a n = 1 2 π i ∮ ∂ Δ ( a , R ) f ( ζ ) ( ζ − a ) n + 1 d ζ = f ( n ) ( a ) n ! a_n = \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta = \dfrac (a)> a n ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ Δ ( a , R ) ​ ( ζ − a ) n + 1 f ( ζ ) ​ d ζ = n ! f ( n ) ( a ) ​

∣ ​ ζ − z 1 ​ − k = 0 ∑ n ​ ( ζ − a ) k + 1 ( z − a ) k ​ ∣

∣ ​ = ζ ∈ ∂ Δ ( a , R ) sup ​ ∣

∣ ​ ζ − z 1 ​ ( ζ − a z − a ​ ) n + 1 ∣

∣ ​ ≦ R − r 1 ​ ( R r ​ ) n + 1 → 0 ( N → ∞ ) ​

• R < 1 R < 1 R < 1 として f ( z ) = 1 1 − z f(z) = \dfracf ( z ) = 1 − z 1 ​ を Δ ( 0 , R ) \Delta (0,R) Δ ( 0 , R ) で展開すると f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ z n f(z) = \sum_^ z^n f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ​ z n
• g ( z ) = sin ⁡ x g(z) = \sin x g ( z ) = sin x を Δ ( 0 , R ) \Delta (0,R) Δ ( 0 , R ) で展開すると g ( z ) = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) ! z 2 n + 1 g(z) = \sum_^ \dfracz^ g ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ​ ( 2 n + 1 )! ( − 1 ) n ​ z 2 n + 1

正則ならテイラー展開すればよいのですが，正則でない関数もべき級数展開したいです！ そこでローラン展開です。正則でなくても その点のまわりで正則なら ローラン展開できるのです。

まずは「 その点のまわりで正則なら 」の意味を詳しく説明します。

関数 f : C → C f:\mathbb\to\mathbb f : C → C に対して，「 Δ ( a , R ) \Delta (a,R) Δ ( a , R ) で正則ではないが， Δ ( a , R ) \ < a >\Delta (a,R) \backslash \ Δ ( a , R ) \ < a >で正則となる」ような正の実数 R R R が存在するとき， a a a を f f f の 孤立特異点 という。

• f ( z ) = 1 z f(z) = \dfracf ( z ) = z 1 ​ は z = 0 z=0 z = 0 で定義されていません。一方 z ≠ 0 z \neq 0 z  = 0 では正則です。よって z = 0 z=0 z = 0 は f f f の孤立特異点となります。
• g ( z ) = 1 z ( z + 1 ) g(z) = \dfracg ( z ) = z ( z + 1 ) 1 ​ とすると g g g は z = 0 , 1 z = 0 , 1 z = 0 , 1 で孤立特異点を持ちます。

上の例では C \mathbb C 全体で特異点が有限個しかないパターンでしたが，そうでない例もあります。

• h ( z ) = 1 sin ⁡ z h(z) = \dfrach ( z ) = sin z 1 ​ は z = n π ( n ∈ Z ) z = n \pi \; (n \in \mathbb) z = nπ ( n ∈ Z ) で正則ではありません。ですが， R < π R < \pi R < π とすれば， Δ ( n π , R ) \ < n π >\Delta (n\pi , R) \backslash \ < n\pi \>Δ ( nπ , R ) \ < nπ >で正則です。つまり， z = n π ( n ∈ Z ) z=n\pi\;(n\in\mathbb) z = nπ ( n ∈ Z ) は h ( z ) h(z) h ( z ) の孤立特異点です。

孤立特異点の近傍でもべき級数展開したいのですが，テイラー展開はできません。なぜなら，特異点では微分ができないため，以下の テイラー展開の式の2 が計算できないからです：

1. f ( z ) = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \displaystyle\sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = 0 ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n
2. a n = f ( n ) ( a ) n ! a_n = \dfrac (a)>a n ​ = n ! f ( n ) ( a ) ​

f ( n ) ( a ) n ! = 1 2 π i ∮ ∂ Δ ( a , R ) f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z \dfrac (a)>=\displaystyle\dfrac \oint_ \dfrac \; dz n ! f ( n ) ( a ) ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ Δ ( a , R ) ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z

2’. a n = 1 2 π i ∮ ∂ Δ ( a , R ) f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z a_n=\displaystyle\dfrac \oint_ \dfrac \; dz a n ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ Δ ( a , R ) ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z

で定めればべき級数展開できるのではないか？と考えてみます。2’なら f f f が微分できなくても計算できますね。実は，この2’に基づくと，

1’. f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \displaystyle\sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n

が成立します！（ n n n が 0 0 0 からではなく − ∞ -\infty − ∞ から動く）

1’と2’でうまくいく証明は記事末でしっかり説明しますが，とりあえず ローラン展開はテイラー展開を孤立特異点でも使えるように拡張したもの と理解しておきましょう。実際， z = a z=a z = a で正則ならローラン展開とテイラー展開は一致します（なぜなら， n ≦ − 1 n\leqq -1 n ≦ − 1 のとき a n a_n a n ​ の表式の被積分関数は正則になり，コーシーの積分定理より a n = 0 a_n=0 a n ​ = 0 になって負の部分が消えるから）。

ローラン展開では積分によって係数 a n a_n a n ​ を計算できます。しかし，必ず積分しないといけないわけではありません。ローラン展開は一意に定まる（以下の補題）ので，何かしらの方法で頑張って

f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n f(z) = \displaystyle\sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n

を満たす a n a_n a n ​ を見つけてくればよいわけです。あくまでも積分の計算はローラン展開を求める1つの手段です。むしろ，積分を忠実に計算することは少ない気がします。

f ( z ) = 1 sin ⁡ z f(z) = \dfrac f ( z ) = sin z 1 ​ を z = 0 z=0 z = 0 近傍でローラン展開してみる。

1 sin ⁡ z = 1 z ⋅ z sin ⁡ z = 1 z ⋅ < 1 z ( z − 1 3 ! z 3 + 1 5 ! z 5 − ⋯ ) >− 1 = 1 z ⋅ ( 1 − 1 3 ! z 2 + 1 5 ! z 4 − ⋯ ) − 1 = 1 z ⋅ ( 1 − ( 1 3 ! z 2 − 1 5 ! z 4 + ⋯ ) ) − 1 = 1 z ∑ n = 0 ∞ ( 1 3 ! z 2 − 1 5 ! z 4 + ⋯ ) n = 1 z ⋅ ( 1 + ( 1 3 ! z 2 − 1 5 ! z 4 + ⋯ ) + ⋯ ) = 1 z ⋅ ( 1 + 1 6 z 2 + 7 360 z 4 + ⋯ ) = 1 z + 1 6 z + 7 360 z 3 + ⋯ \begin \dfrac &= \dfrac \cdot \dfrac\\ &= \dfrac \cdot \left\< \dfrac \left( z - \dfracz^3 + \dfrac z^5 - \cdots \right) \right\>^\\ &= \dfrac \cdot \left( 1 - \dfracz^2 + \dfrac z^4 - \cdots \right)^\\ &=\dfrac \cdot \left( 1 - \left( \dfracz^2 - \dfrac z^4 + \cdots \right) \right)^\\ &= \dfrac \displaystyle\sum_^ \left( \dfracz^2 - \dfrac z^4 + \cdots \right)^n\\ &= \dfrac \cdot \left( 1 + \left( \dfracz^2 - \dfrac z^4 + \cdots \right) + \cdots \right)\\ &= \dfrac \cdot \left( 1 + \dfrac z^2 + \dfrac z^4 + \cdots \right)\\ &= \dfrac + \dfrac z + \dfrac z^3 + \cdots \end sin z 1 ​ ​ = z 1 ​ ⋅ sin z z ​ = z 1 ​ ⋅ < z 1 ​ ( z − 3 ! 1 ​ z 3 + 5 ! 1 ​ z 5 − ⋯ ) >− 1 = z 1 ​ ⋅ ( 1 − 3 ! 1 ​ z 2 + 5 ! 1 ​ z 4 − ⋯ ) − 1 = z 1 ​ ⋅ ( 1 − ( 3 ! 1 ​ z 2 − 5 ! 1 ​ z 4 + ⋯ ) ) − 1 = z 1 ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( 3 ! 1 ​ z 2 − 5 ! 1 ​ z 4 + ⋯ ) n = z 1 ​ ⋅ ( 1 + ( 3 ! 1 ​ z 2 − 5 ! 1 ​ z 4 + ⋯ ) + ⋯ ) = z 1 ​ ⋅ ( 1 + 6 1 ​ z 2 + 360 7 ​ z 4 + ⋯ ) = z 1 ​ + 6 1 ​ z + 360 7 ​ z 3 + ⋯ ​

なお，計算の過程で 1 1 − z \dfrac 1 − z 1 ​ のローラン展開を使った。

ローラン展開は一意に定まる。つまり，正則関数 f ( z ) f(z) f ( z ) に広義一様収束する級数展開が2種類あるなら両者の係数は一致する。

f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n f(z)=\displaystyle \sum_^ a_n (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n と f ( z ) = ∑ n = − ∞ ∞ a n ′ ( z − a ) n f(z)=\displaystyle \sum_^ a_n' (z-a)^n f ( z ) = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ′ ​ ( z − a ) n という2種類の級数展開ができたとする。

任意に n n n をとる。級数は一様収束することから

1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z = 1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r ∑ m = − ∞ ∞ a m ( z − a ) n + 1 − m d z = ∑ m = − ∞ ∞ 1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r a m ( z − a ) n + 1 − m d z \begin &\dfrac \oint_ \dfrac \; dz \\ &= \dfrac \oint_ \sum_^ \dfrac\; dz\\ &= \sum_^ \dfrac \oint_ \dfrac\; dz \end ​ 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z = 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ m = − ∞ ∑ ∞ ​ ( z − a ) n + 1 − m a m ​ ​ d z = m = − ∞ ∑ ∞ ​ 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n + 1 − m a m ​ ​ d z ​

と変形できる。ここで ∮ ∣ z − a ∣ = r 1 ( z − a ) n d z = < 2 π i ( n = 1 ) 0 ( n ≠ 1 ) \oint_\dfrac \; dz = \begin 2 \pi i &(n=1)\\ 0 &(n \neq 1) \end ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n 1 ​ d z = < 2 πi 0 ​ ( n = 1 ) ( n  = 1 ) ​ を思い出すと 1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z = 1 2 π i ⋅ 2 π i a n = a n \dfrac \oint_ \dfrac \; dz = \dfrac \cdot 2\pi i a_n = a_n 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z = 2 πi 1 ​ ⋅ 2 πi a n ​ = a n ​ が得られる。同様の計算を ∑ n = − ∞ ∞ a n ′ ( z − a ) n \displaystyle \sum_^ a_n' (z-a)^n n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ′ ​ ( z − a ) n に当てはめると 1 2 π i ∮ ∣ z − a ∣ = r f ( z ) ( z − a ) n + 1 d z = a n ′ \dfrac \oint_ \dfrac \; dz = a_n' 2 πi 1 ​ ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n + 1 f ( z ) ​ d z = a n ′ ​ が得られる。こうして a n = a n ′ a_n = a_n' a n ​ = a n ′ ​ となり展開の一意性が示された。

1. 1 z ( z − 1 ) \dfracz ( z − 1 ) 1 ​ （ z = 1 z=1 z = 1 の周りで）
2. sin ⁡ z z \dfracz sin z ​ （ z = 0 z=0 z = 0 の周りで）
3. e 1 z e^ e z 1 ​ （ z = 0 z=0 z = 0 の周りで）

1. 1 z + 1 \dfracz + 1 1 ​ のマクローリン展開を用いる。 1 z ( z − 1 ) = 1 z − 1 ⋅ 1 1 + ( z − 1 ) = 1 z − 1 ⋅ ( 1 − ( z − 1 ) + ( z − 1 ) 2 − ⋯ ) = 1 z − 1 − 1 + ( z − 1 ) − ( z − 1 ) 2 + ⋯ \begin \dfrac&= \dfrac\cdot \dfrac\\ &= \dfrac\cdot \left( 1 - (z-1) + (z-1)^2 - \cdots \right)\\ &= \dfrac- 1 + (z-1) - (z-1)^2 + \cdots \end z ( z − 1 ) 1 ​ ​ = z − 1 1 ​ ⋅ 1 + ( z − 1 ) 1 ​ = z − 1 1 ​ ⋅ ( 1 − ( z − 1 ) + ( z − 1 ) 2 − ⋯ ) = z − 1 1 ​ − 1 + ( z − 1 ) − ( z − 1 ) 2 + ⋯ ​ （ただし， z = 0 z=0 z = 0 も特異点なので，この式の成立範囲は ∣ z − 1 ∣ < 1 |z-1|< 1 ∣ z − 1∣ < 1 である）
2. sin ⁡ z \sin z sin z のマクローリン展開を用いる。 sin ⁡ z z = 1 z ⋅ ( z − 1 3 ! z 3 + 1 5 ! z 5 − ⋯ ) = 1 − 1 3 ! z 2 + 1 5 ! z 4 − ⋯ \begin \dfrac&= \dfrac\cdot \left( z - \dfracz^3 + \dfracz^5 - \cdots \right)\\ &= 1 - \dfracz^2 + \dfracz^4 - \cdots \end z sin z ​ ​ = z 1 ​ ⋅ ( z − 3 ! 1 ​ z 3 + 5 ! 1 ​ z 5 − ⋯ ) = 1 − 3 ! 1 ​ z 2 + 5 ! 1 ​ z 4 − ⋯ ​
3. e z e^z e z のマクローリン展開を用いる。 e 1 z = 1 + ( 1 z ) + 1 2 ! ( 1 z ) 2 + ⋯ e^ = 1 + \left( \dfrac\right) +\dfrac\left( \dfrac\right)^2 + \cdots e z 1 ​ = 1 + ( z 1 ​ ) + 2 ! 1 ​ ( z 1 ​ ) 2 + ⋯

• ローラン展開とテイラー展開の違いとして「負の部分の有無」があります。
• 負の部分を 主要部 もしくは 特異部 といいます。
• 孤立特異点はそのローラン展開の主要部により3つのパターンに分解できます。

sin ⁡ z z = 1 − 1 3 ! z 2 + 1 5 ! z 4 − ⋯ \dfrac = 1 - \dfrac z^2 + \dfrac z^4 - \cdots z sin z ​ = 1 − 3 ! 1 ​ z 2 + 5 ! 1 ​ z 4 − ⋯ のようにローラン展開に主要部が現れない特異点を 可除特異点 （ 除去可能特異点 ・ 見かけ上の特異点 ）といいます。**特異点が可除特異点であるとき，複素関数 f f f を延長すれば（ f ( a ) f(a) f ( a ) を適切に定めれば）特異点を含む領域で正則になります。**このため，可除特異点は，特異点とカウントしないことが多いです。

1 z ( z − 1 ) = 1 z − 1 − 1 + ( z − 1 ) − ( z − 1 ) 2 + ⋯ \dfrac = \dfrac - 1 + (z-1) - (z-1)^2 + \cdots z ( z − 1 ) 1 ​ = z − 1 1 ​ − 1 + ( z − 1 ) − ( z − 1 ) 2 + ⋯ のように主要部がどこかで終わる場合， 極 といいます。 − n -n − n 次まで主要部があるとき， n n n 位の極 といいます。

例えば 1 z ( z − 1 ) \dfrac z ( z − 1 ) 1 ​ では z = 1 z=1 z = 1 が 1 1 1 位の極となります。

e 1 z = 1 + ( 1 z ) + 1 2 ! ( 1 z ) 2 + ⋯ e^> = 1 + \left( \dfrac \right) +\dfrac \left( \dfrac \right)^2 + \cdots e z 1 ​ = 1 + ( z 1 ​ ) + 2 ! 1 ​ ( z 1 ​ ) 2 + ⋯ のように上記のどちらでもない場合， 真性特異点 といいます。

f f f は U a = < 0 < ∣ z − a ∣ < δ >U_a = \ < 0 < |z-a| < \delta \>U a ​ = < 0 < ∣ z − a ∣ < δ >で正則であり， z = a z=a z = a を真性特異点に持つとする。

このとき，ある z 0 z_0 z 0 ​ があって，任意の b ∈ C \ < z 0 >b \in \mathbb \backslash \ b ∈ C \ < z 0 ​ >に対して，ある z ∈ U a z \in U_a z ∈ U a ​ であって f ( z ) = b f(z) = b f ( z ) = b を満たすものが取れる。

冒頭の主張は上記で R 1 = 0 , R 2 = R R_1 = 0,R_2 = R R 1 ​ = 0 , R 2 ​ = R とした場合です。

領域 D = < z ∈ C ∣ r 1 < ∣ z − a ∣ < r 2 >D = \ < z \in \mathbb\mid r_1 < |z-a| < r_2 \>D = < z ∈ C ∣ r 1 ​ < ∣ z − a ∣ < r 2 ​ >にコーシーの積分公式を適用する(→補足)と f ( z ) = 1 2 π i ∮ ∂ D f ( ζ ) ζ − z d ζ = 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 f ( ζ ) ζ − z d ζ − 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 f ( ζ ) ζ − z d ζ \begin f(z) &= \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta\\ &= \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta -\dfrac\oint_ \dfrac \; d\zeta \end f ( z ) ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ D ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ = 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 ​ ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ − 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 ​ ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ ​ となる。

一項目について式を変形する。 f ( ζ ) ( ζ − a ) − ( z − a ) = f ( ζ ) ζ − a ⋅ 1 1 − z − a ζ − a = f ( ζ ) ζ − a ∑ n = 0 ∞ ( z − a ) n ( ζ − a ) n \dfrac = \dfrac \cdot \dfrac> = \dfrac \sum_^ \dfrac ( ζ − a ) − ( z − a ) f ( ζ ) ​ = ζ − a f ( ζ ) ​ ⋅ 1 − ζ − a z − a ​ 1 ​ = ζ − a f ( ζ ) ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( ζ − a ) n ( z − a ) n ​ この無限級数は ∣ ζ − a ∣ = r 2 |\zeta - a|=r_2 ∣ ζ − a ∣ = r 2 ​ で一様収束するため，一項目は積分と極限を交換できる。

二項目についても同様に変形を行う。 − f ( ζ ) ζ − z = f ( ζ ) ( z − a ) − ( ζ − a ) = f ( ζ ) z − a ∑ n = 0 ∞ ( ζ − a ) n ( z − a ) n -\dfrac = \dfrac = \dfrac \sum_^ \dfrac − ζ − z f ( ζ ) ​ = ( z − a ) − ( ζ − a ) f ( ζ ) ​ = z − a f ( ζ ) ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( z − a ) n ( ζ − a ) n ​ この無限級数は ∣ ζ − a ∣ = r 1 |\zeta - a| = r_1 ∣ ζ − a ∣ = r 1 ​ で一様収束するため，二項目でも積分と極限を入れかえることができる。

以上より f ( z ) = 1 2 π i ∮ ∂ D f ( ζ ) ζ − z d ζ = 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 f ( ζ ) ζ − z d ζ − 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 f ( ζ ) ζ − z d ζ = 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 f ( ζ ) ζ − a ∑ n = 0 ∞ ( z − a ) n ( ζ − a ) n d ζ + 1 2 π i ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 f ( ζ ) z − a ∑ n = 0 ∞ ( ζ − a ) n ( z − a ) n d ζ = 1 2 π i ∑ n = 0 ∞ ( z − a ) n ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 f ( ζ ) ( ζ − a ) n + 1 d ζ + 1 2 π i ∑ n = 0 ∞ ( z − a ) − n − 1 ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 f ( ζ ) ( ζ − a ) n d ζ = ∑ n = 0 ∞ a n ( z − a ) n + ∑ n = 0 ∞ a − n − 1 ( z − a ) − n − 1 = ∑ n = − ∞ ∞ a n ( z − a ) n \begin f(z) &= \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta\\ &= \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta - \dfrac \oint_ \dfrac \; d\zeta \\ &= \dfrac \oint_ \dfrac \sum_^ \dfrac \; d\zeta\\ &\quad\quad + \dfrac \oint_ \dfrac \sum_^ \dfrac \; d\zeta \\ &= \dfrac \sum_^ (z-a)^n \oint_ \dfrac \; d\zeta\\ &\quad\quad + \dfrac \sum_^ (z-a)^ \oint_ \dfrac \; d\zeta \\ &= \sum_^ a_n (z-a)^n + \sum_^ a_ (z-a)^\\ &= \sum_^ a_n (z-a)^n \end f ( z ) ​ = 2 πi 1 ​ ∮ ∂ D ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ = 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 ​ ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ − 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 ​ ​ ζ − z f ( ζ ) ​ d ζ = 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 ​ ​ ζ − a f ( ζ ) ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( ζ − a ) n ( z − a ) n ​ d ζ + 2 πi 1 ​ ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 ​ ​ z − a f ( ζ ) ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( z − a ) n ( ζ − a ) n ​ d ζ = 2 πi 1 ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( z − a ) n ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 2 ​ ​ ( ζ − a ) n + 1 f ( ζ ) ​ d ζ + 2 πi 1 ​ n = 0 ∑ ∞ ​ ( z − a ) − n − 1 ∮ ∣ ζ − a ∣ = r 1 ​ ​ ( ζ − a ) n f ( ζ ) ​ d ζ = n = 0 ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n + n = 0 ∑ ∞ ​ a − n − 1 ​ ( z − a ) − n − 1 = n = − ∞ ∑ ∞ ​ a n ​ ( z − a ) n ​ と展開できた。

補足：領域 D D D はドーナツ型で穴があります。コーシーの積分公式の記事中でも言及しましたが，コーシーの積分公式は，単純曲線に囲われた領域に当てはまるもので，穴があっても適用できます。

複素関数を積分するとき，元の関数の表示ではなくローラン展開したものを積分することを考えましょう（一様収束することから，項別積分できます）。ローラン展開の一意性を確認したときに登場した公式 ∮ ∣ z − a ∣ = r 1 ( z − a ) n d z = < 2 π i ( n = 1 ) 0 ( n ≠ 1 ) \oint_\dfrac \; dz = \begin 2 \pi i &(n=1)\\ 0 &(n \neq 1) \end ∮ ∣ z − a ∣ = r ​ ( z − a ) n 1 ​ d z = < 2 πi 0 ​ ( n = 1 ) ( n  = 1 ) ​ を思い出すと， − 1 -1 − 1 次の項，すなわち a − 1 a_a − 1 ​ だけが積分結果に関与しそうです。このことをより一般に述べた定理が留数定理です。