複素解析において，関数がある点のまわりで正則（微分可能）でない点をもつ場合でも，その点の近傍で級数展開できるようにテイラー展開を拡張したものがローラン展開 (Laurent expansion) です。
通常のテイラー展開では正のべき乗のみを扱いますが，ローラン展開では負のべき乗も含めて無限級数に展開します。
本記事では，ローラン展開の定理の正確な主張と具体例と証明，および留数や孤立特異点との関係について解説します。
ローラン展開
ローラン展開は， z_0\in\mathbb{C},\, 0 \le R_1 < R_2 \le \infty に対し， z_0 中心の円環領域 (annulus)
\boldsymbol{\color{red}D_{R_1, R_2}(z_0)} = \{ z \in \mathbb{C} \mid R_1 < |z - z_0| < R_2 \}
上で正則な関数を級数展開する定理です。開円板 (open disc)
\boldsymbol{\color{red} D_{R_2}(z_0)}=\{ z \in \mathbb{C} \mid |z - z_0| < R_2 \}
上で正則な関数であれば，テイラー展開できることは知っているでしょう(→正則関数のテイラー展開(べき級数展開)可能性とその証明)。 D_{R_1, R_2}(z_0) 上ではべき級数に展開する「テイラー展開」は必ずしも無理ですが，負べきを許すことで，級数展開が可能です。それがローラン展開です。定理の主張を述べましょう。
以下では，上の記号以外に，中心 z_0\in\mathbb{C}，半径 r>0 の円周に反時計回りの向きを入れたものを
\boldsymbol{\color{red}C_r(z_0)}=\{ z\in\mathbb{C}\mid |z-z_0|= r\}
と表します。
定理1（ローラン展開）
f\colon D_{R_1, R_2}(z_0) \to \mathbb{C} を正則関数とする。このとき， f は次のように一意的に級数展開できる：
\color{red} \boldsymbol{f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-z_0)^n},\,\,\, z\in D_{R_1, R_2} (z_0)この級数は広義絶対一様収束である。これを z_0 の周りのローラン展開 (Laurent expansion) という。ただし，各係数 c_n は R_1<r<R_2 に対し，
c_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \, d\zeta ,\quad n\in\mathbb{Z}である( R_1<r<R_2 の値によらない)。ローラン展開における負べきの部分 \sum_{n=-\infty}^{-1} c_n (z-z_0)^n を主要部 (principal part) という。
のように書いたときに，主要部 f_1 は閉円板を除いた \mathbb{C}\setminus \overline{D_{R_1}(z_0)} 上収束して， f_2 は開円板 D_{R_2} (z_0) 上収束するので，その和 f_1+f_2 はその共通部分である円環領域 D_{R_1, R_2} (z_0) 上収束する，という感じになっています。
また， f が D_{R_2}(z_0) 上で正則になる（あるいは正則に拡張できる）ときは，コーシーの積分定理より， c_{-n}=0\, (n\ge 1) となり，ローラン展開は通常のテイラー展開に一致します。
ローラン展開の具体例
証明は後回しにして，まずは具体例を挙げましょう。
例題1.
f(z) = e^{1/z} を 0 のまわりでローラン展開せよ。
指数関数 e^w のマクローリン展開
e^w = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^n}{n!} \quad (w \in \mathbb{C})において， w =1/z と置換すると， 0 < |z| < \infty 上で
\begin{aligned} e^{1/z} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left(\frac{1}{z}\right)^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} z^{-n} \end{aligned}となり，これが求めるローラン展開です。
例題2.
f(z) = \dfrac{1}{(z-1)(z-2)} を 0 のまわりで，以下の各領域においてローラン展開せよ。
- |z| < 1
- 1 < |z| < 2
- |z|>2
まず， f(z) を部分分数分解すると，
f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}です。それぞれにおいて，無限級数展開 \displaystyle \dfrac{1}{1-w}= \sum_{n=0}^\infty w^n\;(|w|<1) の利用を考えましょう。
-\frac{1}{z-1}=\frac{1}{1-z}=\frac{1}{z\left(1 - \frac{1}{z}\right)}ですから，中辺を |z|<1 のときに使い，右辺を |z|>1 のときに使うと，
-\frac{1}{z-1}=\begin{dcases}\sum_{n=0}^\infty z^n& (|z|<1) \\ \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{z}\right)^n= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}} &(|z|>1) \end{dcases}と展開できます。また，
\frac{1}{z-2}= -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}}=\frac{1}{z\left(1 - \frac{2}{z}\right)}ですから，中辺を |z|<2 のときに使い，右辺を |z|>2 のときに使うと，
\frac{1}{z-2}=\begin{dcases}-\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^n =-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}} & (|z|<2) \\ \frac{1}{z} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{2}{z}\right)^n= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}}{z^{n}} &(|z|>2) \end{dcases}となります。結局
f(z)=\begin{dcases} \sum_{n=0}^{\infty} \left( 1 - \frac{1}{2^{n+1}} \right) z^n & (|z|<1) \\ -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}&(1<|z|<2) \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1} - 1}{z^n} & (|z|>2) \end{dcases}となります。特に， |z|<1 上では，円環領域というかただの開円板なので，主要部が現れず，テイラー展開に一致します。一方で，円環領域 1<|z|<2 や |z|>2 では，円環領域でくり抜かれる中心部分に特異点があり，主要部が現れていますね。
ローラン展開の証明
さて，ローラン展開の証明をしましょう。テイラー展開の証明のときに，コーシーの積分公式を用いて，それから無限等比級数の和の公式を用いましたが，ローラン展開のときも流れは概ね同じです。
定理1(ローラン展開)の証明
まず， c_n が R_1<r<R_2 の取り方によらず定数であることを示そう。
R_1<\rho_1<\rho_2<R_2 に対し，
\begin{aligned} &\oint_{C_{\rho_1}(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \, d\zeta \\ &= \oint_{C_{\rho_2}(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \, d\zeta\end{aligned}を示せばよいが，これは，以下の経路でコーシーの積分定理を適用すればよい。
次に，ローラン展開可能性を示そう。
z \in D_{R_1, R_2}(z_0) を任意に固定する。すなわち， R_1 < |z - z_0| < R_2 とする。 \rho_1, \rho_2 を
R_1 < \rho_1 < |z - z_0| < \rho_2 < R_2となるようにとる。 f は D_{R_1, R_2}(z_0) 上正則であるから，上でも用いた図のような経路でのコーシーの積分公式より，
\begin{aligned} f(z) &= \frac{1}{2\pi i}\left( \oint_{C_{\rho_2}(z_0)} -\oint_{C_{\rho_1}(z_0)}\right) \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} \, d\zeta \\ &\eqqcolon I_1+I_2\end{aligned}となる。 I_2 はマイナスも含むことに注意。 I_1, I_2 それぞれを級数展開しよう。
I_1 について， \zeta \in C_{\rho_2}(z_0) 上では |\zeta - z_0| = \rho_2 > |z - z_0| であるから， \left|\frac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right|<1 である。よって等比級数の和の公式より，
\small\begin{aligned} \frac{1}{\zeta - z} &= \frac{1}{(\zeta - z_0) - (z - z_0)} \\ &= \frac{1}{\zeta - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z - z_0}{\zeta - z_0}} \\ &= \frac{1}{\zeta - z_0} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{z - z_0}{\zeta - z_0} \right)^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z - z_0)^n}{(\zeta - z_0)^{n+1}} \end{aligned}と展開できる。この級数は \zeta \in C_{\rho_2}(z_0) 上で絶対一様収束するため，積分と無限和の順序交換が可能で，
\small\begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{\rho_2}(z_0)} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} (z - z_0)^n \, d\zeta \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{\rho_2}(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} \, d\zeta \right) (z - z_0)^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} c_n (z - z_0)^n \end{aligned}とべき級数展開できた。
I_2 について， \zeta \in C_{\rho_1}(z_0) 上では |\zeta - z_0| = \rho_1 < |z - z_0| であるから， \left| \frac{\zeta-z_0}{z-z_0}\right| <1 となる。よって，同様に等比級数展開を行うと，
\small \begin{aligned} -\frac{1}{\zeta - z} &= \frac{1}{(z - z_0) - (\zeta - z_0)} \\ &= \frac{1}{z - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{\zeta - z_0}{z - z_0}} \\ &= \frac{1}{z - z_0} \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{\zeta - z_0}{z - z_0} \right)^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\zeta - z_0)^k}{(z - z_0)^{k+1}} \end{aligned}となる。同様に積分と無限和を順序交換して，
\small \begin{aligned} I_2 &= \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{\rho_1}(z_0)} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f(\zeta) (\zeta - z_0)^k}{(z - z_0)^{k+1}} \, d\zeta \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{\rho_1}(z_0)}\hspace{-10pt}f(\zeta) (\zeta - z_0)^k \, d\zeta \right) \frac{1}{(z - z_0)^{k+1}}\\ &= \sum_{n=-\infty}^{-1} \left( \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_{\rho_1}(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} \, d\zeta \right) (z - z_0)^n \\ &=\sum_{n=-\infty}^{-1} c_n (z-z_0)^n \end{aligned}ここで，途中で n = -(k+1) と文字を置き換えた。よって，
f(z)=I_1+I_2=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n (z-z_0)^n
と級数展開できた。
最後に，ローラン展開の一意性を示そう。仮に f(z) = \sum_{m=-\infty}^{\infty} d_m (z - z_0)^m と広義絶対一様収束する級数で表されていたとする。このとき， R_1<r<R_2 に対し， C_r(z_0) 上で項別積分できて，すると，
\begin{aligned}c_n&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C_r(z_0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} \, d\zeta \\ &= \frac{1}{2\pi i}\sum_{m=-\infty}^{\infty} d_m \oint_{C_r(z_0)} (\zeta - z_0)^{m - n - 1} \, d\zeta \\ &= d_n\end{aligned}となる。ただし，\displaystyle \oint_{C_r(z_0)} (\zeta - z_0)^k \, d\zeta = \begin{cases} 2\pi i & (k = -1) \\ 0 & (k \neq -1) \end{cases} を用いた。よって， d_n =c_n と一意に定まる。
証明終
ローラン展開と留数
留数計算とローラン展開には関係性があります。
定理（ローラン展開と留数）
a\in \mathbb{C},\, R>0 とし，f\colon D_R(a)\setminus \{a\} \to \mathbb{C} を正則とする。このとき， a の周りのローラン展開を
{f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-a)^n},\,\,\, z\in D_{R}(a) \setminus\{a\}とする。このとき， f の a における留数 (residue)
\operatorname{Res} (f, a)\coloneqq \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r(a)} f(z)\, dz
（ただし， 0<r<R) は \color{red}\boldsymbol{ \operatorname{Res} (f, a)=c_{-1}} をみたす。
証明は，ローラン展開の証明の一意性の部分と似ています。
証明
ローラン展開の式は C_r(a) 上一様収束であるから， 項別積分できて，\displaystyle \oint_{C_r(a)} (z - a)^k \, dz = \begin{cases} 2\pi i & (k = -1) \\ 0 & (k \neq -1) \end{cases} を用いると，
\begin{aligned}&\operatorname{Res} (f, a)\\ &= \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r(a)} f(z)\, dz \\ &=\frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r(a)} \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-a)^n \, dz \\ &= \frac{1}{2\pi i} \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n \oint_{C_r(a)} (z-a)^n \, dz\\ &= c_{-1} \end{aligned}となって示せた。
証明終
ローラン展開と孤立特異点の分類
ローラン展開と孤立特異点の分類には，関連があります。孤立特異点の3つの種類についてまず述べましょう。
D は開集合なので，ある R>0 が存在して，開円板 D_{R}(a) が D に含まれるようにできます。そうすれば， f は円環領域 D_{R}(a)\setminus \{a\} 上でローラン展開できるはずです。
{f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-a)^n},\,\,\, z\in D_{R}(a) \setminus\{a\}とローラン展開できたとしましょう。もし a が除去可能特異点なら，開円板 D_{R}(a) 上でテイラー展開できるはずで，ローラン展開の一意性より， c_n =0 \; (\forall n<0) となるはずです。また， a が m\ge 1 位の極なら， h(z)=(z-a)^m f(z) が開円板 D_R(a) 上正則でテイラー展開可能かつ h(a)\ne 0 なので， c_{-m} \ne 0,\, c_n =0 \; (\forall n< -m) となるはずです。これ以外が真性特異点なので，次の定理が成立します。
定理2（ローラン展開と孤立特異点の分類）
a\in \mathbb{C},\, R>0 とし，f\colon D_R(a)\setminus \{a\} \to \mathbb{C} を正則とする。このとき， a の周りのローラン展開を
{f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-a)^n},\,\,\, z\in D_{R}(a) \setminus\{a\}とすると，
- a が除去可能 \iff c_n =0 \; (\forall n <0) すなわち主要部が 0
- a が m 位の極 \iff c_{-m} \ne 0,\, c_n =0 \; (\forall n< -m)
特に， a が極 \iff 主要部が 0 でなく有限和である - a が真性特異点 \iff 主要部が無限和である
ローラン展開の主要部 (principal part) とは負べきの部分 \sum_{n=-\infty}^{-1} c_n (z-z_0)^n だったことに注意してください。
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