『新訂解析学』学習ノート Part 13
いつもの熊原啓作著『新訂解析学』の演習問題から。解答例がないので（結果だけ見て）カンで解いている。 級数の係数を積分することなしに決めている。これでいいだろうか。
演習問題 8
8.1 Laurent 展開を求めろ
Q. $f(z) = (z - 2)\sin\dfrac{1}{z + 1}$ を $z = -1$ の周りで展開。
A. 式変形だけで展開した：
\[f(z) = (z + 1)\sin\frac{1}{z + 1} - 3\sin\frac{1}{z + 1}.\]任意の $z$ について $\displaystyle \sin z = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^{2n}}{(2n + 1)!} z^{2n + 1}$ であるから、単純に $z$ を $z + 1$ に置き換えれば $z \ne -1$ において：
\[\begin{aligned} \sin\frac{1}{z + 1} &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^{2n}}{(2n + 1)!}\left(\frac{1}{z + 1}\right)^{2n+1}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^{2n}}{(2n + 1)!}(z + 1)^{-(2n+1)}\\ &= \dotsb \frac{1}{5!(z + 1)^5} -\frac{1}{3!(z + 1)^3} + \frac{1}{z + 1}\\ &= \sum_{n = -\infty}^{-1} \frac{(-1)^{2n + 1}}{(-2n + 1)!}(z + 1)^{2n+1}\\ \end{aligned}\]これらを一緒にすると：
\[\begin{aligned} f(z) &= (z + 1)\sin\frac{1}{z + 1} - 3\sin\frac{1}{z + 1}\\ &= \sum_{n = -\infty}^{-1} \frac{(-1)^{2n}}{(-2n + 1)!}(z + 1)^{2n+2} -3 \sum_{n = -\infty}^{-1} \frac{(-1)^{2n+1}}{(-2n + 1)!}(z + 1)^{2n+1}. \end{aligned} \\\]よって $f(z) = \displaystyle \sum_{n = -\infty}^\infty c_n (z + 1)^{n}$ において係数は次のように得られる：
\[c_n = \begin{cases} 0, & n > 0,\\ \dfrac{(-1)^m}{(2m + 1)!}, & n = -2m \quad(m \in \N),\\ \dfrac{3(-1)^m}{(2m + 1)!}, & n = -(2m + 1). \end{cases}\]8.2 Laurent 展開を求めろ
Q. $\dfrac{1}{z^2(z - 2)^2}$ の $z = 2$ の周りでの Laurent 展開。
A. 次のような答案にしかならない（教科書の解答と異なる）。
方針は $1/z^2$ を $z = 2$ で展開してから $1/(z - 2)^2$ を乗じればいいだろうというものだ。
\[f(z) = \frac{1}{z^2}\]とおくと、その導関数が
\[\begin{aligned} f^{\prime}(z) &= (z^{-2})^{\prime} = -2z^{-3}\\ f^{\prime\prime}(z) &= (-2z^{-3})^{\prime} = (-3)(-2)z^{-4}\\ f^{(3)}(z) &= (-1)^3 4!z^{-5}\\ \dots\\ f^{(n)}(z) &= (-1)^n (n + 1)! z^{-(n + 2)}. \end{aligned}\]であるから、$1/z^2$ を $z = 2$ で展開すると次のようになる。
\[\begin{aligned} f(z) &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(2)}{n!}(z - 2)^n\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n (n + 1)!}{n! 2^{n + 2}}(z - 2)^n\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n (n + 1)}{2^{n + 2}}(z - 2)^n. \end{aligned}\]よって求める Laurent 展開は次になる：
\[\begin{aligned} \frac{1}{z^2(z - 2)^2} &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n (n + 1)}{2^{n + 2}}(z - 2)^{n - 2}\\ &= \sum_{n = -2}^\infty \frac{(-1)^n (n + 3)}{2^{n + 4}}(z - 2)^n \end{aligned}\]8.3 Laurent 展開を求めろ
Q. $f(z) = \dfrac{1}{(z - 1)(z - 2)}$ の Laurent 展開を次のそれぞれで：
- 領域 $A_1 = \lbrace z \,\mid\, \lvert z \rvert < 1\rbrace.$
- 領域 $A_2 = \lbrace z \,\mid\,1 < \lvert z \rvert < 2\rbrace.$
- 領域 $A_3 = \lbrace z \,\mid\,2 < \lvert z \rvert\rbrace.$
A. これも式変形だけで済ませてしまった。まず $f(z)$ を部分分数分解しておく。
\[f(z) = -\frac{1}{z - 1} + \frac{1}{z - 2}.\]ここで第一項は $z \in A_1$ か $z \in A_2 \cup A_3$ かで Laurent 展開が異なる。 $z \in A_1$ ならば：
\[-\frac{1}{z - 1} = \frac{1}{1 - z} = \sum_{n = 0}^\infty z^n.\]$z \in A_2 \cup A_3$ ならば：
\[\begin{aligned} -\frac{1}{z - 1} & = -\frac{1}{z}\cdot \cfrac{1}{1 - \cfrac{1}{z}}\\ &= -\frac{1}{z}\sum_{n = 0}^\infty z^{-n}\\ &= -\sum_{n = -\infty}^{-1} z^n. \end{aligned}\]第二項は $z \in A_1 \cup A_2$ か $z \in A_3$ かで Laurent 展開が異なる。 $z \in A_1 \cup A_2$ ならば：
\[\frac{1}{z - 2} = -\frac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{1 - \cfrac{z}{2}} = -\sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{2^{n + 1}} z^n.\]$z \in A_3$ ならば：
\[\begin{aligned} \frac{1}{z - 2} &= \frac{1}{z}\cdot \cfrac{1}{1 - \cfrac{2}{z}}\\ &= \frac{1}{z} \sum_{n = 0}^\infty \frac{2^n}{z^n}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{2^n}{z^{n+1}} = \sum_{n = 0}^\infty 2^n z^{-n-1}\\ &= \sum_{n = -\infty}^{-1} 2^{n+1} z^{-n} \end{aligned}\]よって解は：
\[f(z) = \begin{cases} \displaystyle \sum_{n = 0}^\infty z^n - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{2^{n + 1}} z^n, & z \in A_1,\\ \displaystyle -\sum_{n = -\infty}^{-1} z^n - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{2^{n + 1}} z^n, & z \in A_2,\\ \displaystyle -\sum_{n = -\infty}^{-1} z^n + \sum_{n = -\infty}^{-1} 2^{n+1} z^{-n} & z \in A_3. \end{cases}\]コメント：Confused by Laurent series - Mathematics Stack Exchange が大いに助かった。
結局上では使わなかったこの等式はいつか使うのでメモを残しておく：
$\alpha, \beta, \gamma$ が $\left\lvert \dfrac{\beta - \gamma}{\alpha - \gamma} \right\rvert < 1$ を満たすならば、等比級数の公式より：
\[\alpha - \beta = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(\beta - \gamma)^n}{(\alpha - \gamma)^{n + 1}}\]が成り立つ。
8.4 証明問題
$-1 \lt k \lt 1$ なる実数に対して $\lvert z \rvert \gt \lvert k \rvert$ において次が成り立つ：
\[\begin{aligned} \sum_{n = 0}^\infty k^n \sin(n + 1)\theta &= \frac{\sin\theta}{1 - 2k\cos\theta + k^2},\\ \sum_{n = 0}^\infty k^n \cos(n + 1)\theta &= \frac{\cos\theta - k}{1 - 2k\cos\theta + k^2}. \end{aligned}\]- コメント：$1/(z - k)$ の Laurent 展開を利用する。
- コメント：第一式の左辺に第二式の左辺の虚数単位倍をすると $\sum k^n \mathrm{e}^{i(n+1)\theta}$ が現れるのが急所。
- コメント：教科書に誤植があると思われるので修正する。
証明：条件より
\[\begin{aligned} \frac{1}{z - k} = \frac{1}{z(1 - k/z)} = \sum_{n = 0}^\infty k^nz^{-(n+1)}. \end{aligned}\]この式に $z = \mathrm{e}^{i\theta}$ を代入することができる。
\[\sum_{n = 0}^\infty k^n \mathrm{e}^{i(-(n+1))\theta} = \sum_{n = 0}^\infty k^n \cos(n + 1)\theta -i \sum_{n = 0}^\infty k^n \sin(n + 1)\theta\]一方、
\[\begin{aligned} \sum_{n = 0}^\infty k^n \mathrm{e}^{i(-(n+1))\theta} &= \frac{1}{\mathrm{e}^{i\theta} - k}\\ &= \frac{\cos\theta - k - i\sin\theta}{(\cos\theta - k + i\sin\theta)(\cos\theta - k - i\sin\theta)}\\ &= \frac{\cos\theta - k}{1 - 2k\cos\theta + k^2} - i \cdot \frac{\sin\theta}{1 - 2k\cos\theta + k^2}\\ \end{aligned}\]先の等式とこの等式の実部と虚部を比較すれば、主張どおりの等式を得る。
8.5 Bessel 関数
\[f(z) = \exp\left(\frac{u}{2}\left(z - \frac{1}{z}\right)\right),\quad z \ne 0\]の Laurent 展開 $\sum J_n(u) z^n$ の係数を求めろ。
コメント：被積分関数が $F(z \pm 1/z)$ の形をしている場合でも $z = \mathrm{e}^{i\theta}$ と置換積分することができる可能性がある。
\[\begin{aligned} z + z^{-1} = \mathrm{e}^{i\theta} + \mathrm{e}^{-i\theta} = 2 \cos\theta.\\ z - z^{-1} = \mathrm{e}^{i\theta} - \mathrm{e}^{-i\theta} = 2i \sin\theta. \end{aligned}\]解：定義どおりに Laurent 展開の係数を $0$ の周りで計算してみる。
\[\begin{aligned} c_n = J_n(u) &= \frac{1}{2\pi i}\int_C\!\frac{\exp(u(z - 1/z)/2)}{z^{n + 1}}\,\mathrm dz.\\ &= \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi}\! \frac{\exp(u(\mathrm{e}^{i\theta} - \mathrm{e}^{-i\theta})/2)} {(\mathrm{e}^{i\theta})^{n + 1}} i\mathrm{e}^{i\theta}\,\mathrm d\theta.\\ &= \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi}\! \frac{\exp(iu\sin\theta)}{\mathrm{e}^{in\theta}}\,\mathrm d\theta.\\ &= \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi}\! \exp(i(u\sin\theta - n\theta))\,\mathrm d\theta. \end{aligned}\]