複素関数の問題

$f(z)=\frac{z^5}{(z^2+1)(z^4-16)}$ の極は $z^2+1=0$ の解 $z=\pm i$ と、$z^4=16$ の解 $z=\pm 2,\pm 2i$ の計 6 個で、いずれも 1 位の極で $|z|<3$ にある。

方法 1: 無限遠点の留数. 6 個すべての極が $C$ の内部にあるので
$${\oint }_{C}fdz=2\pi i\sum _{\text{極}}\mathrm{Res}f=-2\pi i{\mathrm{Res}}_{z=\infty }f.$$
$|z|$ が大きいとき
$$f(z)=\frac{z^5}{z^6\left(1+\frac{1}{z^2}\right)\left(1-\frac{16}{z^4}\right)}=\frac{1}{z}\left(1-\frac{1}{z^2}+\cdots \right)$$
なので $\frac{1}{z}$ の係数は $1$、${\mathrm{Res}}_{z=\infty }f=-1$。よって積分は $2\pi i$。

方法 2: 各極の留数を直接計算する（検算）. 1 位の極 $a$ で $f=\frac{p}{q}$ のとき ${\mathrm{Res}}_{z=a}f=\frac{p(a)}{q^{\prime }(a)}$ を使う。
- $z=\pm i$: $(z^2+1{)}^{\prime }=2z$ より $\mathrm{Res}=\frac{z^5}{2z(z^4-16)}=\frac{z^4}{2(z^4-16)}$。$z^4=1$ なので $\frac{1}{2\cdot (-15)}=-\frac{1}{30}$。2 点で $-\frac{1}{15}$。
- $z^4=16$ の根: $(z^4-16{)}^{\prime }=4z^3$ より $\mathrm{Res}=\frac{z^5}{(z^2+1)\cdot 4z^3}=\frac{z^2}{4(z^2+1)}$。
- $z=\pm 2$（$z^2=4$）: $\frac{4}{4\cdot 5}=\frac{1}{5}$。2 点で $\frac{2}{5}$。
- $z=\pm 2i$（$z^2=-4$）: $\frac{-4}{4\cdot (-3)}=\frac{1}{3}$。2 点で $\frac{2}{3}$。

合計は $-\frac{1}{15}+\frac{2}{5}+\frac{2}{3}=\frac{-1+6+10}{15}=1$ で、方法 1 と一致する。

よって
$${\oint }_C\frac{z^5}{(z^2+1)(z^4-16)}dz=2\pi i.$$

分母は $(z^2+1)(z^2-4)(z^2+4)$ で、極は $\pm i,\pm 2,\pm 2i$ の 6 個の相異なる 1 位の極で、すべて $|z|<3$ の内部にある。$|z|=3$ の外側では $f(z)=\frac{z^5}{z^6(1+\cdots )}=\frac{1}{z}+O(z^{-3})$ とローラン展開できる（分母は $z^6-15z^4-\cdots$ の形で、$f=\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1-15z^{-2}+\cdots }$）。したがって ${\oint }_{C}fdz=2\pi i\cdot 1=2\pi i$。検算（留数の直接計算）: $f(z)=\frac{w^2\cdot z}{(w+1)(w^2-16)}$ ($w=z^2$) と書けるので $f=z\cdot F(z^2)$、$\frac{w^2}{(w+1)(w-4)(w+4)}$ を部分分数分解すると $1+\frac{A}{w+1}+\frac{B}{w-4}+\frac{C}{w+4}$ ではなく次数が等しいので定数 1 を含み、$A=\frac{1}{(-5)(3)}=-\frac{1}{15}$, $B=\frac{16}{5\cdot 8}=\frac{2}{5}$, $C=\frac{16}{(-3)(-8)}=\frac{2}{3}$。$A+B+C=-\frac{1}{15}+\frac{6}{15}+\frac{10}{15}=1$。各項 $\frac{z}{z^2-k}$ の留数は $\frac{1}{2}$ が 2 つ（$z=\pm \sqrt{k}$）で合計 1 なので、$f$ の留数の総和は $A+B+C=1$。よって $2\pi i$。