ご回答大変有難うございます。

>> exp(1/z)=1+1/z+1/(2!z^2)+1/(3!z^3)+…はz=0は特異点ですが
>> (負のべき部分が無限個あるので)極ではないのですね。
> 真性特異点の例だと分かっていたのではないのですか.
> まあ, 極が分かっていないというのは,
> 教科書もちゃんと読んでいないのでしょうから,
> 驚きはしませんが.

すいません。

>> 一位の零点を持つとはexp(2z)-1=(z-0)^1〓(z)
>> (但し,〓(z)はz=0の近傍で正則で〓(0)≠0)という形
>> に因数分解できると いう事ですよね。
> 又, 〓で示したところに外字を使われませんでしたか.
> 記事自体が utf-8 で b64 encode されています.

すいません。再三,気を付けていたのですが。
「〓」の箇所は全て「ψ」の記号になります。実際は
http://www.geocities.jp/narunarunarunaru/study/complex_function/corrected_June292009.jpg
となります。

> それはさておき, 一位の零点になるというのは, 結局は
> そういうことですが, 一番基本的なのは, ベキ級数展開が
> z^1 の零でない定数倍の項から始まっているということです.
> exp(2z) のベキ級数展開を知っていれば,
> exp(2z) - 1 が一位の零点を持つことは自明です.

exp(2z)=Σ_{k=0}^∞ (2z)^k/k!ですよね。だから
exp(2z)-1=Σ_{k=0}^∞ (2z)^k/k!-1=Σ_{k=1}^∞ (2z)^k/k!=zΣ_{k=1}^∞ (2z)^
{k-1}/k!
=2(z-0)^1Σ_{k=1}^∞ (2z)^{k-1}/k!
となりますね。
有難うございます。

>> 今,exp(2z)-1は全平面で正則で定数関数ではないのでz=0の近傍U(0)で
>> 命題「f(z)は領域Dで正則且つ定数でないものとする。
>> Dの1点aがf(z)の零点ならばz=aの適当な近傍U(a)に於いて次
>> のように表される。 f(z)=(z-a)^k 〓(z) 但し,kは正の整数で〓(z)はU(a)で正則で〓(a)≠0」
> その k について, f(z) が k 位の零点を持つというのです.
> exp(2z) - 1 が一位の零点を持つならそれでお仕舞い.
> 一位の零点を持っていることが分からないなら,
> ここでその命題を持ち出す意味もない.

すいません。上記の通り,exp(2z)-1が一位の零点を持つ事が分かりました。
lim_{z→0}(z-0)f(z)=lim_{z→0}(z-0)(2z+5)/((z-0)g(z))
=lim_{z→0}(2z+5)/g(z)=lim_{z→0}(2z+5)/Σ_{k=1}^∞ (2z)^{k-1}/k!
=5/2∈Cなので
「lim_{z→a}(z-a)f(z)∈CならRes_{z=a}f(z)=lim_{z→a}(z-a)f(z)」が使えて,
Res_{z=a}f(z)=5/2となるのですね。

因みにk位の極の留数は
「1/(k-1)!lim_{z→a}(z-a)^k d^{k-1}/dz^{k-1}f(z)∈CならRes_{z=a}f(z)=1/
(k-1)!lim_{z→a}d^{k-1}/dz^{k-1} (z-a)^kf(z)」
で求まるのですね。

>> からexp(2z)-1=(z-0)^k〓(z) (但し,k∈N, U(0)で〓(z)は正則) と因数分解できて,
>> exp(2z)-1= (z-0) ((z-0)^{k-1}〓(z)) で一位の零点を持つかと思いましたが
> だから, k は何か, が分からなければ話にならない.

そうですね。すいません。

>> (z-0)^{k-1}〓(z)にz=0を代入すると =0になってしまいますので
> k > 1 で, k - 1 > 0 になっているならね.

そうですね。

> k = 1 なら (z - 0)^{k-1} = (z - 0)^0 = 1 と考えることに
> なっています.

これもそうですね。

>> (z-0) ((z-0)^{k-1}〓(z))は一位の零点を持つとは言えませんね。
> だから, それは間違い.

そうでした。

>> exp(2z)-1が一位の零点を持つなら exp(2z)-1=(z-0)^1〓(z)
>> (但し,〓(z)はz=0の近傍で正則で〓(0)≠0) という形に因数分解できて
> 話は逆で, ベキ級数展開が分かっていて,
> そう因数分解できることが分かっているから,
> 一位の零点を持つと言えるわけです.

ありがとうございます。

>> f(z)=(2z+5)/(exp(2z)-1)=(2z+5)/((z-0)^1〓(z))からどうすれば =a_{-1} (1/z)
>> + a_0 + a_1 z + … + a_n z^n になりましょうか?
> exp(2z) - 1 = z g(z), g(0) ≠ 0 とすれば,

そうですね。≠0になりますね。

> f(z) = (2z + 5)/(exp(2z) - 1) = ((5 + 2z)/g(z))/z

これも納得です。

> で, (5 + 2z)/g(z) が z = 0 の近傍で正則であり,
> z = 0 での値が 5/g(0) ですから,
> (5 + 2z)/g(z) = 5/g(0) + b_1 z + b_2 z^2 + … + b_n z^n + …
> とベキ級数展開できるのは自明で,

そうですね。
「f(z)がz=aの近傍で正則ならf(z)=Σ_{k=0}^∞ f^(k) (z-a)^k/k!とTaylor展開できる」

> f(z) = ((5 + 2z)/g(z))/z
> = (5/g(0))(1/z) + b_1 + b_2 z + … + b_n z^{n-1} + …
> となるのも自明です.

納得です。

>> すいません。改めて考えてみますと, ここでは0<|z-0|<1で
>> f(z)=(2z+5)/(exp(2z)-1)の一価性を言いたいのですよね。
> そんなことは自明で, 分かっていないのは貴方位のものです.

すいません。

>> ではどうしてh(z)について言及さなったのでしょうか?
> 貴方が質問されたからです.

これもすいません。どうもありがとうございます。

吉田京子