複素解析

木上　淳京都大学大学院情報学研究科

e-mail : kigami@i.kyoto-u.ac.jp

January 17, 2008

Introduction

函数論（複素解析）Complex Analysisex, cos x, sin x: 実数で定義された関数。複素平面（C) 上への拡張複素数 z に対して

ez =∞∑

n=0

zn

n!

cos z =∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n)!

sin z =∞∑

n=0

(−1)nz2n+1

(2n + 1)!

と定義すると、任意の複素数 z に対して、

eiz = cos z + i sin z.

いま指数法則 ez1+z2 = ez1ez2 より、

cos (θ1 + θ2) + i sin (θ1 + θ2)

=ei(θ1+θ2)

=eiθ1eiθ2

=(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2)

= cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 + i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)

これは三角関数の加法公式つまり複素平面に拡張すれば指数関数と三角関数は同じ関数。函数論は f : C → C で（複素数の意味で）微分可能な関数の性質を調べ

る。（複素数の意味で）微分可能とは、任意の z ∈ C で

f(z + h) − f(z)

h

が h → 0 で極限を持つこと。この極限を f ′(z) と書く。（h は複素数であることに注意）「複素数の意味で微分可能 ＝ 正則 ＝ holomorphic」ともいう。

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正則関数の性質：1. f が holomorphic ならば、任意の曲線 γ に対して、∫

γ

f(z)dz = 0

（Cauchy の積分定理）2. f が holomorphic ならば、f は何回でも（複素数の意味で）微分可能。つまり f が holomorphic ならば f ′ も holomorphic3. f, g がともに holomorphic である開集合上で一致するなら f と g は C上で等しい。

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Chapter 1

複素平面、正則関数

§1.1 複素平面

定義 1.1.1.C = x + iy|x, y ∈ R

を複素平面（complex plane) と呼ぶ。ただし i =√−1 は虚数単位. 複素数

z = x + iy

(x, y ∈ R) に対して、x を z の実部、y を z の虚部とよびそれぞれ x =Re(z), y = Im(z) と書く。さらに z の複素共役（complex conjugate) z を

z = x − iy

と定義する。また、z の絶対値（absolute value）|z| を

|z| =√

x2 + y2

と定義する。さらに複素数 z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2 (x1, x2, y1, y2 ∈ R) に対して、その和 z1 + z2 およびその積 z1z2 を

z1 + z2 = x1 + x2 + i(y1 + y2)

z1z2 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2)

と定義する。

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命題 1.1.2. (1) z1, z2 ∈ C に対して、

|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|

さらに d(z1, z2) = |z1 − z1| と定義すると d(·, ·) は C 上の距離である。すなわち

d(z1, z2) = 0 ⇔ z1 = z2

d(z1, z2) = d(z2, z1)　

d(z1, z2) ≤ d(z1, z3) + d(z3, z2)(2) z ∈ C に対して

Re(z) =z + z

2, Im(z) =

z − z

2i, |z|2 = zz

(3) z1, z2, z3 ∈ C に対して、z1 + z2 = z2 + z1, z1z2 = z2z1

z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3, z1(z2z3) = (z1z2)z3

z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3

命題 1.1.3. z ∈ C に対してある r ∈ [0, +∞), θ ∈ R があって

z = reiθ = r(cos θ + i sin θ) (1.1.1)

と書ける。このとき r = |z| である。また z 6= 0 ならば θ は 2π の整数倍を除いて一意的に決まる。

(1.1.1)の形を複素数の極形式（polar form）による表示といい、θ を z の偏角（argument）と呼び θ = arg z と書く。

演習 1.1.1. M2(R) を 2 行 2 列の実行列全体のなす集合とする。いま H :C → M2(R) を、z = x + iy (x, y ∈ R）に対して、

H(z) =

(x −yy x

)と定義する。このとき次のことを示せ。(1) 任意の z1, z2 ∈ C に対して、H(z1 + z2) = H(z1) + H(z2), H(z1z2) =H(z1)H(z2).(2) 任意の z, w ∈ C に対して、

H(z)

(Re(w)Im(w)

)=

(Re(zw)Im(zw)

).

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演習 1.1.2. z, w ∈ C に対して、zw = z · w を示せ。さらに z 6= 0 ならば1/z = 1/z を示せ。

演習 1.1.3. zw 6= 1 をみたす z, w ∈ C に対して、

B(z, w) =∣∣∣ w − z

1 − wz

∣∣∣と定義する。(1) |z| < 1, |w| < 1 ならば |B(z, w)| < 1 を示せ。(2) |z| = 1 ならば |B(z, w)| = 1 を示せ。

§1.2 複素平面での収束

定義 1.2.1. 複素平面の点列（複素数列）znn=1,2,... が n → ∞ で z ∈ C に収束するとは、

limn→∞

|z − zn| = 0

が成り立つこと。このとき limn→∞ zn = z と書く。

命題 1.2.2. 複素数列 znn=1,2,..., wnn=1,2,... は n → ∞でそれぞれ z, w ∈ Cに収束する。このとき zn+wnn=1,2,..., znwnn=1,2,..., |zn|n=1,2,... は n → ∞でそれぞれ z + w, zw, |z| に収束する。

定義 1.2.3 (Cauchy 列). 複素数列 znn=1,2,... が Cauchy 列であるとは、n, m → ∞ のとき |zn − zm| → 0 となること。つまり、任意の ε > 0 に対してある N ∈ N があって n,m ≥ N ならば |zn − zm| < ε が成り立つこと。

定理 1.2.4. 複素数列 znn=1,2,... に対して、ある z ∈ Cがあって limn→∞ zn =z となるための必要十分条件は znn=1,2,... が Cauchy 列であることである。　とくに C は完備（complete）である。

定義 1.2.5. z1, z2, . . . ∈ C とする。このとき無限級数∑∞

n=1 zn が収束するとは、ある Z ∈ C があって Zm =

∑mn=1 zn が m → ∞ で Z に収束すること。

さらに∑∞

n=1 zn が絶対収束するとは∑∞

n=1 |zn| が収束すること

定理 1.2.6. z1, z2, . . . C に対して、ある a1, a2, . . . ∈ R が存在して、十分大きな n で |zn| ≤ an かつ

∑∞n=1 an が収束する

ならば∑∞

n=1 zn は絶対収束かつ収束する。とくに∑∞

n=1 zn は絶対収束するならば収束する。

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演習 1.2.1. 任意の z ∈ C に対して∑∞

n=0 zn/n! は絶対収束することを示せ。

演習 1.2.2. 複素数列 ann=1,2,...に対して、∞∑

n=1

anが収束するとき、limn→∞

an = 0

を示せ。

演習 1.2.3. (1)∞∑

n=1

zn

n2は |z| ≤ 1 で絶対収束することを示せ。　

(2)∞∑

n=1

zn

n2は |z| > 1 では収束しないことを示せ。

§1.3 複素平面の位相

定義 1.3.1. (1) z ∈ C, r ∈ (0, +∞) に対して、z を中心とする半径 r の開円板（open disc）Dr(z) および閉円板（closed disc）Dr(z) を

Dr(z) = w|w ∈ C, |z − w| < rDr(z) = w|w ∈ C, |z − w| ≤ r

さらにCr(z) = w|w ∈ C, |z − w| = r

とおく。とくに D1(0) を単位円板（unit disc）と呼び、D で表す。(2) Ω ⊆ C に対して、z ∈ Ω が Ω の内点（interior point）であるとはあるr > 0 に対して Dr(z) ⊆ Ω となること。Ω の内点全体の集合を Ω の内部（interior）といい Ωi であらわす。Ω の内部が Ω 自身に一致するとき Ω は開集合（open set）であるという。(3) Ω ⊆ C に対して、z ∈ C が Ω の極限点であるとはある z1, z2, . . . ∈ Ω に対して、limn→∞ zn = z となること。Ω の極限点の全体の集合を、Ω の閉包（closure）という。Ω の閉包を Ω で表す。Ω = Ω のとき Ω は閉集合（closedset）であるという。Ω\Ωi を Ω の境界（boundary）といい、∂Ω と書く。

命題 1.3.2. Ω ⊆ C とする。Ω が閉集合 ⇔ Ωc = C\Ω が開集合

定義 1.3.3. Ω ⊆ C とする。Ω が有界（bounded）であるとは、ある r > 0に対して Ω ⊆ Dr(0) となること。また、Ω が有界かつ閉のとき Ω はコンパクト（compact）であるという。

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定理 1.3.4. 次の３つは同値(1) Ω はコンパクト(2) Ω の任意の開被覆に対して、有限個の部分被覆で Ω を覆うことができる。(3) 任意の z1, z2, . . . ∈ Ω に対して Ω の点に収束するような部分列が存在する。

定義 1.3.5. Ω を C の開集合とする。(1) Ω が連結（connected）であるとは、空でない開集合 Ω1, Ω2 で、

Ω = Ω1 ∪ Ω2 かつ Ω1 ∩ Ω2 = ∅

となるものが存在しないこと。連結な開集合を領域（region, domain）という。(2) a, b ∈ R で a < b とする。γ : [a, b] → C が連続なとき、γ は γ(a) とγ(b) を結ぶ曲線であるという。任意の z, w ∈ Ω に対して z と w を結ぶ Ω内の曲線が存在するとき、Ω は弧状連結（arcwise connected) であるという。

定理 1.3.6. Ω ⊆ C は開集合とする。このとき、

Ω が連結 ⇔ Ω が弧状連結

証明. とりあえず、⇒ を示す。Ω は連結とする。z ∈ Ω に対して

C(z) = w|w ∈ Ω, z と w を結ぶ Ω 内の曲線が存在する。

と定義する。このとき、w ∈ C(z)に対して、ある r > 0があって、Dr(w) ⊆ Ω.いま、y と Dr(w) の点は Ω 内の曲線（個の場合は直線）で結ぶことができる。この曲線と、z と w を結ぶ Ω 内の曲線をつなぐと、z と Dr(y) の点を結ぶ曲線ができる。すなわち、Dr(w) ⊆ C(z). 従って C(z) は開集合。また、Dr′(z) ⊆ Ω となる r′ > 0 に対して、Dr′(z) ⊆ C(z) より C(z) 6= ∅. さて、D = Ω\C(z) とする。w ∈ D に対して、DR(w) ⊆ Ω となる R > 0 をとる。もしもある w1 ∈ DR(w) に対して w1 ∈ C(z) ならば、w1 と w は Ω 内の曲線で結ぶことができるので、w ∈ C(z) となる。これは w ∈ D に矛盾するので、w1 ∈ D. すなわち DR(w) ⊆ D である。これより D は開集合である。いま、Ω = C(z) ∪ D かつ C(z) ∩ D = ∅ であり、さらに C(z) 6= ∅ である。Ω は連結であるので、D = ∅、つまり Ω = C(z). いま任意の z1, z2 ∈ Ω に対して、z1 と z, z2 と z をそれぞれ結ぶ Ω 内の曲線をつなげば z1 と z2 を Ω内でつなぐ曲線が得られる。従って Ω は弧状連結である。

⇐ の証明に次の補題を用いる。

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補題 1.3.7. D1, D2 を開集合で、D1 ∩ D2 = ∅ とする。z ∈ D1, w ∈ D2 とし、γ : [a, b] → C を z と w を結ぶ曲線とするとき、γ は、C\(D1 ∪D2) と交わる。

証明. ここで、t∗ = inft|γ(t) ∈ D2, z∗ = γ(t∗) とおく。j = 1, 2 に対して、z∗ ∈ Dj とするとき、Dj は開集合であるから、ある r > 0があって Dr(z∗) ⊆Dj. γ の連続性より、ある ε > 0 があって γ((t∗ − ε, t∗ + ε)) ⊆ Dr(z∗) ⊆ Di.j = 1 としても 2 としても inf の定義に反する。従って、z∗ /∈ D1 ∪ D2.

定理 1.3.6 の ⇐ の証明. Ω は弧状連結とする。いま、Ω は連結でないとするとき、空でない開集合 D1, D2 で Ω = D1 ∪ D2 かつ D1 ∩ D2 = ∅ となるものがある。ここで、z ∈ D1, w ∈ D2 として γ を z と w を結ぶ Ω 内の曲線とする。このとき、補題 1.3.7 より、γ は C\Ω と交わる。これは γ が Ω内の曲線であることに矛盾する。従って、Ω は連結である。

§1.4 複素微分

約束：今後関数の値（値域）はすべて複素数とする。用語：“z0 ∈ C の周りで” とは、“ある r > 0 に対して Dr(z0) 上で” と

いう意味とする。例えば “f は z0 ∈ C の周りで定義された関数” とは “あるr > 0 に対して f の定義域が Dr(z0) を含むこと”である。

f が C の部分集合上で定義された複素数値の関数の時、f(z) を実部と虚部に分ければ、

f(z) = u(z) + iv(z)

ただし u(z) = Re(f(z)), v(z) = Im(f(z)). このとき z = x + iy(x, y ∈R) とおいて、f, u, v を実２変数の関数（x と y の関数）と考えて、f(z) =f(x, y), u(z) = u(x, y), v(z) = v(x, y) と書く。

定義 1.4.1. (1) f は z0 ∈ C の周りで定義された関数とする。f が z0 で連続であるとは、z → z0 のとき f(z) → f(z0) となること。つまり、任意のε > 0 に対してある δ > 0 がとれて、|z − z0| < δ ならば |f(z) − f(z0)| < εとなること。(2) Ω を C の領域とし、f : Ω → C とする。f が Ω 上で連続であるとは任意の z0 ∈ Ω で f が連続であること。

f が z = z0 で連続 ⇔0 の周りで定義された関数 g(z) で limz→0 g(z) = 0 となるものがあって、f(z0 + h) = f(z0) + g(h) とかける。

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定義 1.4.2. (1) f は z0 ∈ C の周りで定義された複素数値の関数とする。いま、f が z0 で複素数の意味で微分可能（正則、holomorphic）であるとは、h → 0 で

f(z0 + h) − f(z0)

h

が収束すること。つまり、ある c ∈ C があって、任意の ε > 0 に対してあるδ > 0 があって |h| < δ ならば∣∣∣f(z0 + h) − f(z0)

h− c

∣∣∣ < ε

が成り立つこと。このとき c = f ′(z0) と書き、f の z0 での微分と呼ぶ。Ω を C の領域、f : Ω → C とする。f が Ω 上で（複素数の意味で）微

分可能（正則、holomorphic）であるとは、任意の z0 ∈ C で holomorphic であること。

例 1.4.3. n ∈ N に対して、f(z) = zn とする。このとき、

f(z + h) − f(z)

h=

(z + h)n − zn

h=

n∑j=1

(z + h)n−izi−1

この式で h → 0とすれば f は任意の z で holomorphicであり f ′(z) = nzn−1

となることがわかる。

命題 1.4.4. f は z0 ∈ C 上で定義された関数とする。このとき f が z0 でholomorphic ⇔ 0 の周りで定義された関数 g(h) で、limh→0 g(h) = 0 となるものと、c ∈ C があって、

f(z) = f(z0) + c(z − z0) + (z − z0)g(z − z0) (1.4.2)

とかける。このとき c = f ′(z0).

簡単のため f は 0 の周りで定義された関数とする。さらに、２変数の実数値関数 u(x, y), v(x, y) に対して、

f(z) = u(x, y) + iv(x, y)

とおく。すなわち Re(f(z)) = u(x, y), Im(f(z)) = v(x, y), z = x+iy, x, y ∈ R.いま f が 0 で holomorphic であり f ′(0) = a + bi(a, b ∈ R) とする。このとき (1.4.2) より

u(x, y)+iv(x, y) = u(0, 0)+iv(0, 0)+(a+bi)(x+iy)+(x+iy)(g1(x, y)+ig2(x, y))

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これを整理して、

u(x, y) = u(0, 0) + ax − by + xg1(x, y) − yg2(x, y)

v(x, y) = v(0, 0) + bx + ay + yg1(x, y) + xg2(x, y)

従って、u, v はそれぞれ (0, 0) で全微分可能であり

Re(f ′(0)) = a =∂u

∂x(0, 0) =

∂v

∂y(0, 0)

Im(f ′(0)) = b =∂v

∂x(0, 0) = −∂u

∂y(0, 0)

が成立する。ここで、“全微分可能” の定義を復習すると、

定義 1.4.5. (0, 0) の周りで定義された関数 u(x, y) が (0, 0) で全微分可能であるとは、ある a, b ∈ C と (x, y) → (0, 0) で g(x, y) → 0 となる関数 g(x, y)があって

u(x, y) = u(0, 0) + ax + by +√

x2 + y2g(x, y)

と書けること。

さて上の議論をまとめると、

定理 1.4.6. f を z0 ∈ C の周りで定義された関数とし、u = Re(f), v =Im(f), α = Re(z0), β = Im(z0) とする。このとき次の (A), (B) は同値である。(A) f は z0 で holomorphic である(B) u, v は (α, β) で全微分可能であり、

∂u

∂x(α, β) =

∂v

∂y(α, β),

∂v

∂x(α, β) = −∂u

∂y(α, β) (1.4.3)

が成り立つ。さらに上の (A), (B) が成り立つとき、

f ′(z0) =∂u

∂x(z0) + i

∂v

∂x(z0) =

∂v

∂y(z0) − i

∂u

∂y(z0)

(1.4.3) を Cauchy-Riemann の関係式という。

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演習 1.4.1. z = x + iy(x, y ∈ R) に対して

∂f

∂z=

1

2

(∂f

∂x− i

∂f

∂y

)∂f

∂z=

1

2

(∂f

∂x+ i

∂f

∂y

)と定義する。f を z0 ∈ C の周りで定義された関数とする。f が z0 で holo-morphic ならば、∂f

∂z(z0) = 0, ∂f

∂z(z0) = f ′(z0) であることを示せ。

演習 1.4.2. f, g は z0 ∈ C の周りで定義された関数とする。f, g はともに z0

で holomorphic であるとするとき以下の問いに答えよ。(1) f + g は z0 で holomorphic であり (f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0) が成り立つことを示せ。(2) fg は z0 で holomorphic であり (fg)′(z0) = f ′(z0)g(z0) + f(z0)g

′(z0) が成り立つことを示せ。(3) f(z0) 6= 0 のとき g/f は z0 で holomorphic であり、(g/f)′(z0) =(g′(z0)f(z0) − g(z0)f

′(z0))/f(z0)2 が成り立つことを示せ。

§1.5 一様収束

定義 1.5.1. A ⊆ C, n ∈ N に対して fn : A → C とする。(1) f : A → C とする。A 上 fnn≥1 が f に n → ∞ で一様収束するとは、任意の ε > 0 に対してある N があって、任意の n ≥ N , 任意の z ∈ A で|fn(z) − f(z)| < ε が成立することである。(2) z ∈ A に対して Fn(z) =

∑nj=0 fj(z) とおく。A 上

∑∞n=1 fn が一様収束

するとは、任意の z ∈ A に対して∑∞

n=1 fn(z) が収束し、その和を F (z) とおくとき、A 上で Fnn≥1 が n → ∞ で FN に収束することである。

A 上 fnn≥1 が f に n → ∞ で一様収束するための必要十分条件は、

limn→∞

supz∈A

|fn(Z) − f(z)| = 0.

である。

定理 1.5.2. A ⊆ C とし、n ∈ N に対して fn : A → C とする。いま、あるa1, a2, . . . ,∈ R があって、

十分大きな n と任意の z ∈ A に対して、|fn(z)| ≤ an

かつ∑∞n=1 an は収束する

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ならば、A 上∑∞

n=1 fn は一様収束する。

定理 1.5.3. D ⊆ C で D は開集合とする。いま、n ≥ 1 に対して fn : D → Cは D 上連続であるとする。D 上 fnn≥1 は n → ∞ で f : D → C に一様収束するならば f も D 上連続である。

定理 1.5.4. n ∈ N に対して、fn : [0, 1] → C は Riemann 積分可能であるとする。いま、[0, 1] 上 fnn≥1 が n → ∞ で f : [0, 1] → C に一様収束するならば、f も Riemann 積分可能であり、n → ∞ で

∫ 1

0fn(t)dt →

∫ 1

0f(t)dt.

§1.6 べき級数

複素数列 a0, a1, a2, . . . に対して、∞∑

n=1

anzn

をべき級数という。たとえば、∞∑

n=0

zn

n!,

∞∑n=0

zn

など。

定理 1.6.1. べき級数∑∞

n=0 anzn に対して、R = (lim supn→∞ |an|1/n)−1 と

定義する。（ただし 1/∞ = 0, 1/0 = ∞ とする。）このとき、(1) |z| < R ならば

∑∞n=0 anz

n は絶対収束する。更に、任意の r ∈ (0, R) に対して、

∑∞n=0 anz

n は Dr(0) 上、一様収束する。(2) |z| > R ならば

∑∞n=0 anz

n は発散する。

証明. 0 < r < R とする。ε を 0 < r < r + ε < R となるようにとることができる。いま、lim supn→∞ |an|1/n < 1/(r + ε) より十分大きな n では（あるN があって n ≥ N では） |an|1/n < 1/(r + ε). よって λ = r/(r + ε) とおけば、z ∈ Dr(0) に対して、 |anz

n| ≤ |z|n/(r + ε)n ≤ λn. λ < 1 より∑∞

n=N λn

は収束する。定理 1.2.6 および 定理 1.5.2 より∑∞

n=0 anzn は絶対収束し、更

に Dr(0) 上 n → ∞ で一様収束する。次に |z| > R とする。このとき、lim supn→∞ |an|1/n > 1/|z| より、あ

る n1 < n2 < . . . があって |anj|nj > 1/|z| が任意の j で成り立つ。つま

り |anjznj | > 1 が任意の j で成り立つ。いま

∑∞n=0 anz

n が収束するならlimn→∞ anz

n = 0. これは矛盾であるから∑∞

n=0 anzn は収束しない。

12

この定理で定義した R をべき級数∑∞

n=0 anzn の収束半径という。

例 1.6.2. (1)∑∞

n=0 zn/n! の収束半径は ∞ である。なぜなら、R < ∞ ならば上の定理より |z| > R なら

∑∞n=0 zn/n! は発散する。ところが、演習 1.2.1

より∑∞

n=0 zn/n! は任意の z ∈ C で絶対収束する。よって R = ∞ である。(2)

∑∞n=0 zn の収束半径は 1 である。

補題 1.6.3. べき級数∑∞

n=0 anzn の収束半径と

∑∞n=0(n + 1)an+1z

n の収束半径は等しい。

定理 1.6.4. べき級数∑∞

n=0 anzn の収束半径を　 R とする。z ∈ DR(0) で

f(z) =∑∞

n=0 anzn とおくと f は DR(0) 上 holomorphic であって、任意の

z ∈ DR(0) で

f ′(z) =∞∑

n=0

(n + 1)an+1zn

である。

証明. z ∈ DR(0), N ∈ Nに対して f(z) =∑∞

n=0 anzn, fN(z) =

∑Nn=0 anz

n, FN(z) =∑∞n=N+1 anz

n, g(z) =∑∞

n=0(n+1)an+1zn, gN(z) =

∑N−1n=0 (n+1)an+1z

n, GN(z) =∑∞n=N(n + 1)an+1z

n とする。このとき fN(z)′ = gN(z) に注意。0 < r < Rとなる r をとり、z ∈ Dr(0) とする。このとき、

f(z + h) − f(z)

h− g(z)

=fN(z + h) − fN(z)

h− gN(z) +

FN(z + h) − FN(z)

h− GN(z) (1.6.4)

ここで ε > 0 を固定する。さていま、z + h ∈ Dr(0) とするとき、∣∣∣FN(z + h) − FN(z)

h

∣∣∣ ≤ ∞∑n=N+1

|an(z + h)n − zn

h| ≤

∞∑n=N+1

n|an|rn−1

いま∑∞

n=0(n + 1)an+1rn は絶対収束するので、N が十分大きいならば∣∣∣FN(z + h) − FN(z)

h

∣∣∣ ≤ ∞∑n=N+1

n|an|rn−1 < ε

13

同様に N が十分大きいならば

|GN(z)| ≤∞∑

n=N

(n + 1)|an+1||z|n ≤∞∑

n=N

(n + 1)|an+1|rn < ε

以上により N が十分大きいならば任意の z, z + h ∈ Dr(0) に対して (1.6.4)より ∣∣∣f(z + h) − f(z)

h− g(z)

∣∣∣ ≤ ∣∣∣fN(z + h) − fN(z)

h− gN(z)

∣∣∣ + 2ε

となる。ここで fn(z)′ = gN(z) より |h| を十分小さくとれば∣∣∣fN(z + h) − fN(z)

h− gN(z)

∣∣∣ < ε

これより ∣∣∣f(z + h) − f(z)

h− g(z)

∣∣∣ < 3ε

が導かれ f は z で holomorphic であり f ′(z) = g(z) であることが示された。

系 1.6.5. べき級数∑∞

n=0 anzn の収束半径を R とし、z ∈ DR(0) に対して

f(z) =∑∞

n=0 anzn とおく。このとき f は DR(0) 上で何階でも複素微分可能

であり、bn = n!an とおけば

f (m)(z) =∞∑

n=0

bn+m

n!zn

が任意の m ∈ N と任意の z ∈ DR(0) で成立する。

Ω を C の領域、f : Ω → C とする。z0 ∈ Ω で f が解析的（analytic）であるとは正の収束半径をもつべき級数

∑∞n=0 anz

n が存在して z0 の周りでf(z) =

∑∞n=0 an(z − z0)

n が成立することである。さらに f が任意の z0 ∈ Ωで解析的であるとき Ω 上解析的（analytic）であるという。上の系より f がΩ 上で analytic ならば f は Ω 上で何階でも複素微分可能であることがわかる。とくに

f が Ω 上 analytic ⇒ f が Ω 上 holomorphic

実は後ほどこの逆も成立することがわかる。

14

演習 1.6.1. 任意の n ≥ 0に対して an 6= 0とするとき、|an+1/an| が n → ∞で収束するなら |an|1/n も n → ∞ で収束し

limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = limn→∞

|an|1/n

が成立することを示せ。

演習 1.6.2. 次のべき級数の収束半径を求めよ。

(1)∞∑

n=0

xn

n + 2(2)

∞∑n=0

(1 − 3n)xn (3)∞∑

n=0

n

n2 − 4n + 8xn

(4)∞∑

n=0

xn

3n + 5n(5)

∞∑n=0

xn2

(6)∞∑

n=1

(1 +1

2+ · · · + 1

n)xn

§1.7 複素平面の曲線と線積分

定義 1.7.1. a, b ∈ R, a < b とする。(1) 曲線 γ : [a, b] → C に対して、γ が [a, b] 上 C∞ 級のとき γ を滑らかな曲線（smooth curve）という。(2) 曲線 γ : [a, b] → C が γ(s) = γ(t) ならば s = t または s, t ∈ a, b をみたすとき γ は単純曲線（simple curve, Jordan 曲線）という。(3) 曲線 γ : [a, b] → C が γ(a) = γ(b) をみたすとき γ は閉曲線（closedcurve）であるという。

混乱を招かないときは曲線 γ : [a, b] → C とその像 γ([a, b]) を同一視することも多い。例えば曲線 z||z| = 1 といったときは、γ : [0, 1] → C で　γ(t) = e2πit を意味する。

定理 1.7.2 (Jordan の曲線定理). γ : [a, b] → C を Jordan 閉曲線（つまり単純な閉曲線）とする。このとき、平面内の有界な領域 D1 と有界でない領域D2 でγ([a, b]) = ∂D1 = ∂D2 かつ D1 ∩ D2 = ∅, C = D1 ∪ γ([a, b]) ∪ D2

をみたすものがただひとつ存在する。D1 を曲線 γ で囲まれる領域あるいはγ の内部、D2 を γ の外部という。

補題 1.7.3. γ : [a, b] → C を Jordan 閉曲線、D1 を γ で囲まれる領域、D2

を γ の外部とする。いま、z1 ∈ D1, z2 ∈ D2 とするとき、z1 と z2 を結ぶ曲線は γ と交わる。

15

証明. ρ : [0, 1] → C を z1 と z2 を結ぶ曲線とする。補題 1.3.7 より ρ はγ([a, b]) = C\(D1 ∪ D2) と交わる。

命題 1.7.4. γ : [a, b] → C を Jordan 閉曲線、D1 を γ で囲まれる領域、D2

を γ の外部とする。z ∈ C に対して、

D(z) = w|z と w は γ と交わらない曲線で結ぶことができる。

とする。このとき、j = 1, 2 に対して

D(z) = Dj ⇔ z ∈ Dj

証明. z /∈ γ([a, b]) なら z ∈ D(z) より ⇒ は明らか。z ∈ Dj とする。Dj は連結すなわち弧状連結であるから、任意の w ∈ Dj は

Dj 内の曲線で zと結ぶことができる。従ってDj ⊆ D(z). いま、w ∈ D(z)\Dj

とする。w /∈ γ([a, b]) より w ∈ Dk.（ただし j = 1 のとき、k = 2, j = 2 のとき k = 1）このとき補題 1.7.3 より w と z を結ぶ曲線は γ と交わる。これは D(z) の定義に矛盾するので、D(z) = Dj.

定義 1.7.5. 曲線 γ : [a, b] → C が滑らか（smooth）であるとは [a, b] 上 γ が（両端も込めて）C∞ 級であること。γ が区分的に滑らか（piecewise smooth）であるとは、ある a1 < a2 < . . . < an で a1 = a, an = b となるものがあって任意の j = 1, . . . , n − 1 に対して γ|[aj ,aj+1] が滑らかであること。

定義 1.7.6. γ : [a, b] → C を区分的に滑らかな曲線とする。（a = a1 < . . . <an = b で γ|[aj ,aj+1] は任意の j = 1, . . . , n− 1 で滑らかとする。)　いま f はγ([a, b]) を含む開集合 U 上で定義された複素数値連続関数とする。このとき

f の γ に関する線積分∫

γ

f(z)dz を

∫γ

f(z)dz =n−1∑j=1

∫ aj+1

aj

f(γ(t))γ′(t)dt

で定義する。

定義 1.7.7. (1) 曲線 γ1 : [a, b] → C が γ2 : [c, d] → C に同値であるとは、ある C∞ 級の関数 ϕ : [a, b] → [c, d] で、ϕ(a) = c, ϕ(b) = d, 任意の t ∈ [a, b]で ϕ′(t) > 0 かつ γ1 = γ2ϕ をみたすものがあること。(2) 曲線 γ′ : [a, b] → Cが曲線 γ : [a, b] → Cの逆であるとは任意の t ∈ [a, b]に対して γ′(t) = γ(a + b − t) 成り立つこと。このとき γ′ = −γ と書く。

16

γ1 が γ2 に同値ならば、ϕ−1 を考えて逆関数定理を用いることにより γ2

は γ1 に同値になる。すなわち γ1 が γ2 に同値であるとき γ1 ∼ γ2 と書けば∼ は同値関係になる。γ1 と γ2 が同値な曲線であるとき γ1 が、単純、閉、滑らか、区分的に滑らか、ならば γ2 も単純、閉、滑らか、区分的に滑らか、である。これ以降同値な曲線は同じ曲線と見なす。

γ′ = −γ ならば γ = −γ′ である。

命題 1.7.8. γ を区分的に滑らかな曲線とする。(1) γ′ が γ と同値ならば∫

γ

f(z)dz =

∫γ′

f(z)dz.

(2)

∫−γ

f(z)dz = −∫

γ

f(z)dz.

命題 1.7.9. γ; [a, b] → C を区分的に滑らかな曲線とし、γ の長さを L とおく。f を γ を含む領域上で定義された連続な関数に対して

|∫

γ

f(z)dz| ≤ L maxt∈[a,b]

|f(γ(t))|

証明.

|∫

γ

f(z)dz| = |∫ b

a

f(γ(t))γ′(t)dt| ≤∫ b

a

|f(γ(t))|γ′(t)|dt

≤ maxt∈[a,b]

|f(γ(t))|∫ b

a

|γ′(t)|dt = maxt∈[a,b]

|f(γ(t))|L

演習 1.7.1. (1) γ; [0, 1] → C を γ(t) = Re2πit とする。(R は正の定数である。）このとき、整数 n に対して、∫

γ

zndz =

0 (n 6= 1)

2πi (n = −1)

を示せ。

(2) γ : [0, 1] → Cを滑らかな閉曲線とする。自然数 nに対して、∫

γ

zndz = 0

を示せ。また n が −1 以外の整数の時も、γ(t) = 0 となる t がなければ∫γ

zndz = 0 であることを示せ。

17

§1.8 原始関数と線積分

定義 1.8.1. Ω を C の領域、f を Ω 上定義された連続関数とする。Ω 上のholomorphic な関数 F で Ω 上 F ′ = f が成り立つものを f の Ω 上の原始関数（primitive）という。

命題 1.8.2. Ωを Cの領域、f を Ω上の連続関数、F を f の Ω上の primitiveとする。このとき区分的に滑らかな曲線 γ : [a, b] → Ω に対して、∫

γ

f(z)dz = F (γ(b)) − F (γ(a)).

とくに γ が閉曲線ならば∫

γ

f(z)dz = 0.

定義 1.8.3. 曲線 γ : [a, b] → C が線分であるとは、γ(t) = (γ(a)(b − t) +γ(b)(t − a))/(b − a) となること。γ が折れ線であるとはある a = a1 < a2 <. . . < an = b があって任意の j = 1, . . . , n− 1 で γ|[ai,aj+1] が線分であること。

定理 1.8.4. Ω を C の領域、f を Ω 上定義された連続関数とする。このとき次の３つの条件 (A), (B), (C) は同値である。(A) f の Ω 上の primitive が存在する。

(B) 任意の区分的に滑らかな曲線 γ : [a, b] → Ω に対して∫

γ

f(z)dz = 0.

(C) 任意の折れ線 γ : [a, b] → Ω に対して∫

γ

f(z)dz = 0.

証明. (A) ⇒ (B) は命題 1.8.2 より。(B) ⇒ (C) は明らか。(C) ⇒ (A) を示す。z0 ∈ C を固定する。Ω は連結であるから、任意の z ∈ Ω に対して折れ線 γ : [a, b] → Ω で γ(a) = z0, γ(b) = z となるものが存在する。いまF (z) =

∫γf(z)dz と定義する。（(C) より F (z) の値は折れ線の取り方には

よらない。）さていま z ∈ Ω に対してある r > 0 があって Dr(z) ⊆ Ω. ここで、折れ線 γ : [−1, 0] → C として γ(−1) = z0, γ(0) = z となるものを選ぶ。h ∈ Dr(0) に対して、γh : [−1, 1] → Ω を、γh|[−1,0] = γ, t ∈ [0, 1] でγh(t) = z + th とおく。このとき

F (z + h) − F (z)

h=

∫γh

f(w)dw −∫

γf(w)dw

h=

∫ 1

0

f(z + th)dt.

18

f は連続であるから任意の ε に対して |h| が十分小さいならば、|f(z + th)−f(z)| < ε が t ∈ [0, 1] で成立。すなわち、

|∫ 1

0

f(z + th)dt − f(z)| ≤∫ 1

0

|f(z + th) − f(z)|dt ≤ ε

従って、h → 0 で (F (z + h)− F (z))/h → f(z). つまり F は f の primitiveである。

19

Chapter 2

Cauchy の積分定理

§2.1 Cauchy の積分定理

定義 2.1.1. Ω ⊆ Cが単連結であるとは、任意の Jordan閉曲線 γ : [0, 1] → Ωに対して、γ で囲まれる領域が Ω に含まれること。

命題 2.1.2. γ : [0, 1] → C を Jordan 閉曲線とする。このとき γ で囲まれる領域は単連結である。

証明. γ で囲まれる領域を Ω1 とする。さらに Ω1 の外部を Ω2 とする。（このとき C = Ω1 ∪ γ ∪ Ω2. Jordan の曲線定理（定理 1.7.2）より Ω2 は連結、Ω1 は有界。）いま Ω1 に含まれる Jordan 曲線を γ∗ とし、γ∗ で囲まれる領域を D1, D1 の外部を D2 とする。このとき D1 ⊆ Ω1 を示せばよい。いまΩ1 も D1 も有界であるから、|z| が十分大きいならば z ∈ Ω2 ∩ D2. つまりΩ2 ∩ D2 6= ∅. ところで γ∗ ⊆ Ω1 であるから Ω2 = (D1 ∩ Ω2) ∪ (D2 ∩ Ω2). Ω2

は連結であり D2 ∩ Ω2 6= ∅ より D1 ∩ Ω2 = ∅ かつ Ω2 = D2 ∩ Ω2. すなわちΩ2 ⊆ D2. これより Ω2 ∪ γ = Ω2 ⊆ D2. 補集合をくらべると D1 ⊆ Ω1

定理 2.1.3 (Cauchy の積分定理). Ω を C の単連結な領域、f : Ω → C は Ω上 holomorphic とする。このとき区分的に滑らかな曲線 γ : [0, 1] → Ω に対

して∫

γ

f(z)dz = 0.

補題 2.1.4. Ω を C の単連結な領域、f : Ω → C は Ω 上 holomorphic とす

る。γ を Ω 内の三角形とするとき∫

γ

f(z)dz = 0.

20

証明. ３点 A, B,C を頂点とする三角形（の周）を ∆ABC とかく。（∆ABCを Aを始点として線分 AB,BC,CAからなる折れ線と考える。）B,C の中点をA′, C,Aの中点をB′, A,Bの中点を C ′として、(∆ABC)1 = ∆AC ′B′, (∆ABC)2 =∆BA′C ′, (∆ABC)3 = ∆CB′A′, (∆ABC)4 = ∆A′B′C ′ とおく。このとき、∫

∆ABC

f(z)dz =4∑

j=1

∫∆ABCj

f(z)dz

である。いま j = 1, 2, 3, 4 に関して |∫∆ABCj

f(z)dz| が最大となるような j

を k とおき (∆ABC)k = ∆A1B1C1 とする。∣∣∣∣ ∫∆ABC

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4

∣∣∣∣ ∫∆A1B1C1

f(z)dz

∣∣∣∣である。次に ∆A1B1C1 に対して同じ操作をおこない、∆A2B2C2 を定義する。以下、帰納的に n ≥ 1 に対して ∆AnBnCn が定義できる。ここで∆n = ∆AnBnCn とおき、Dn を ∆n で囲まれる領域とその周を合わせたものとする。いま ∆n と ∆ABC は相似であり相似比は 2−n. さらに∣∣∣∣ ∫

∆ABC

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ 4n

∣∣∣∣ ∫∆n

f(z)dz

∣∣∣∣が成り立つ。いま D1 ⊇ D2 ⊇ D3 . . .であり Dn はコンパクトより ∩n≥1Dn 6=∅. さらに n → ∞ で Dn の辺の長さ → 0 であるから、∩n≥1Dn は一点である。その点を z0 とする。f は z0 で holomorphic であるので命題 1.4.4 により

f(z) = f(z0) + f ′(z0)(z − z0) + (z − z0)g(z − z0)

（ただし limh→0 g(h) = 0）と書ける。ここで、z − z0 には原始関数が存在するので、 ∫

∆n

f(z)dz =

∫∆n

(z − z0)g(z − z0)dz

Ln を ∆n の周の長さ、L を ∆ABC の長さとすると、Ln = L/2n. 命題 1.7.9より ∣∣∣∣ ∫

∆n

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ maxz∈∆n

|z − z0||g(z − z0)|Ln ≤ L2 maxz∈∆n

|g(z − z0)|/4n

従って、 ∣∣∣∣ ∫∆ABC

f(z)dz

∣∣∣∣ ≤ L2 maxz∈∆n

|g(z − z0)|

21

である。いま limh→0 g(h) = 0 より n → ∞ で maxz∈∆n |g(z− z0)| → 0. 従って

∫∆ABC

f(z)dz = 0.

補題 2.1.5. Ω, f は定理 2.1.3 と同様とする。γ が Ω 内の閉な折れ線ならば∫γf(z)dz = 0.

証明. n個の線分 p1p2, p2p3, . . . , pnpn+1をつないだ折れ線を (p1, p2, . . . , pn+1)と表す。このとき n をこの折れ線の辺の数という。閉な折れ線の場合は、pn+1 = p1 である。さて、辺の数に関する帰納法でこの補題を示す。辺の数が 2 では γ = (p1, p2, p1)。よって、∫

γ

f(z)dz =

∫p1p2

f(z)dz +

∫p2p1

f(z)dz = 0.

辺の数が 3 の時は、p1, p2, p3 が一つの直線上にあるか、三角形をなすかである。この場合は補題 2.1.4 より示すべき命題

∫γf(z)dz = 0　は成り立つ。

N > 3 として、辺の数が N − 1 以下では示すべき命題が成り立つとする。γ = (p1, p2, . . . , pN+1), ただし pN+1 = p1 とする。Case 1 γ が単純なとき。γ の内部をD1, γ の外部を D2とする。Ωは単連結よりD1 ⊆ Ω,また D1は有界なので、ある R > 0に対して D1 ⊆ DR(0). 従って |z| ≥ R ならば z ∈ D2.さて、番号を付け直すことで、Re(p1) = maxk=1,...,N Re(pk) と仮定しても一般性を失わない。いま、j 6= 2に対して θj ∈ [0, 2π)を eiθj = pj −p1/|pj −p1|が成り立つように決める。このとき、π/2 ≤ θ2, θN ≤ 3π/2 が成り立つ。必要ならば γ を −γ に置き換えることで θN < θ2 と仮定しても一般性を失わない。このとき次の Claim が成り立つ。Claim (1) r > 0 に対して、

A1(δ) = p1 + teiθ|0 < t < δ, θ ∈ (θN , θ2)A2(δ) = p1 + teiθ|0 < t < δ, θ ∈ [0, θN) ∪ (θ2, 2π)

とする。ある δ > 0 があって、j = 1, 2 で Aj(δ) ⊆ Dj が成り立つ。(2) θ ∈ (θN , θ2)とする。ある t > 0に対して p1+teiθ ∈ D2 ならば 0 < t∗ < tで p1 + t∗e

iθ ∈ γ となる t∗ が存在する。

Claim の証明 (1) j = 1, 2 に対して、Aj(δ) ∩ γ = ∅ となるように δ > 0 を選ぶことができる。いま、p1 +δ/2 ∈ A2(δ)であり、p1 +2R ∈ D2 である。この２点を結ぶ直線は γ と交わらないので、命題 1.7.4 により p1 + δ/2 ∈ D2.A2(δ)は弧状連結かつ A2(δ)∩γ = ∅より再び命題 1.7.4を用いれば A2 ⊆ D2

となる。さて、ある z ∈ A1(δ) に対して z ∈ D2 ならば、直前の議論と同様

22

に命題 1.7.4 から A1(δ) ⊆ D2 となる。これは、p1 が D1 の境界点であることに反するので、A1(δ) ⊆ D1.(2) (1) より十分小さな s > 0 に対して p1 + seiθ ∈ D1. p1 + teθ ∈ D2 ならば補題 1.7.3 より p1 + seiθ と p1 + teiθ を結ぶ線分は γ と交わる。よってt∗ ∈ (s, t) で p1 + t∗e

iθ ∈ γ となる t∗ が存在する。Claim の証明終了さて、γ が単純な場合をさらに２つに分けて証明する。Case 1-1 線分 pNp2 が Ω に含まれるときこのときは、pN , p1, p2 を頂点とする三角形が Ω に含まれるので、補題 2.1.4より ∫

pNp1

f(z)dz +

∫p1p2

f(z)dz =

∫pNp2

f(z)dz.

従って、γ′ = (p2, . . . , pN , p2) とするとき、∫

γ′ f(z)dz =∫

γf(z)dz. いま γ′ の

辺の数は N − 1 なので、∫

γf(z)dz = 0.

Case 1-2 線分 pNp2 が C\Ω と交わるときp ∈ pNp2\Ω とする。C\Ω ⊆ D2 より、p ∈ D2. ある θ ∈ (θN , θ2) と t > 0に対して p = p1 + teiθ と書けるので、Claim-(2) より p1 + t∗e

iθ ∈ γ となる t∗ ∈ (0, t) が存在する。すなわち、∆pNp1p2 の内部を T とおくとき、γ∩T 6= ∅. 従って、pj|pj ∈ T 6= ∅. いま、pj|pj ∈ Tの元で Re(pj)が最大となるものを pk とおく。pk の選び方により、線分 pkp1 は両端以外では γ と交わらない。Claim-(2)を用いれば、pkp1 は両端以外では D1 に属する。よって pkp1 ⊆ Ω. ここで、γ1 = (p1, pk, pk+1, . . . , pN , p1), γ2 = (p1, p2, . . . , pk, p1)とおくと γ1, γ2 は Ω 内の閉な折れ線である。 γ1 の辺の数と γ2 の辺の数の和は N + 2 となる。一方 γ1, γ2 の辺の数は少なくとも 3 以上であるので、γ1, γ2 の辺の数は共に N より小さい。 帰納法の仮定により、∫

γ

f(z)dz =

∫γ1

f(z)dz +

∫γ2

f(z)dz = 0.

以上で Case 1 については議論が終了した。Case 2 γ が単純でないときいま、γ : [0, N ] → Ωであり、γ(j) = pj+1, γ([j−1, j]) = pjpj+1とする。γは単純でないので、ある 0 ≤ s < t ≤ N で、(s, t) 6= (0, N) かつ γ(s) = γ(t) となる (s, t)が存在する。p = γ(s)とおく。いま j, kを j−1 < s ≤ j, k−1 ≤ t < kとなるように選ぶ。Case 2-1 j = k − 1 のときこのとき、s < j = k−1 < tとなるので、pjpj+1 と pj+1pj+2 は互いに逆向けである。とくに pj, pj+1, pj+2は同じ直線の上にある。|pj−pj+1| ≤ |pj+1−pj+2|ならば、γ1 = (p1, . . . , pj−1, pj, pj+2, . . . , p1), γ2 = (pj, pj+1, pj) とおく。この

23

とき、γ1, γ2 は Ω 内の閉な折れ線であり、γ1, γ2 の辺の数はそれぞれ N − 1と 2. 帰納法の仮定により、∫

γ

f(z)dz =

∫γ1

f(z)dz +

∫γ2

f(z)dz = 0.

|pj − pj+1| > |pj+1 − pj+2| ならば、γ1 = (p1, . . . , pj, pj+2, . . . , pN−1, p1), γ2 =(pj+2, pj+1, pj+2) とおく。このときも上の場合と同様に

∫γf(z)dz = 0 が示さ

れる。Case 2-2 j 6= k − 1 のときγ1 = (p1, . . . , pj, p, pk+1, . . . , pN−1, p1), γ2 = (p, pj+1, . . . , pk, p)とおく。このとき γ1, γ2は Ω内の閉な折れ線である。いま、γ1と γ2の辺の数の和はN+2. ここで、γ1の辺の数が 2とすると、pj 6= pかつ pk+1 6= pより j = 1かつ k = N .すなわち、γ1 = (p1, p, p1). このときは、q1 = pN , q2 = p1, . . . , qN = pN−1 とおいて、γ′ = (q1, q2, . . . , qN , q1) を考えると、Case 2-1 で j = 1 の場合に帰着する。よって、 ∫

γ

f(z)dz =

∫γ′

f(z)dz = 0.

γ1の辺の数が 3以上ならば、γ2の辺の数は N−1以下である。また、j+1 < kであるから、γ2 の辺の数は 3 以上である。従って、γ2 の辺の数は N − 1 以下。以上より、帰納法の仮定を用いれば、∫

γ

f(z)dz =

∫γ1

f(z)dz +

∫γ2

f(z)dz = 0

よってこの場合にも成立。以上により、Case 1, Case 2のいずれにおいても示すべき命題は成立する。

従って、帰納法により、任意の Ω内の閉な折れ線 γ に対して、∫

γf(z)dz = 0

が成り立つ。

定理 2.1.3 の証明. 補題 2.1.5 より、Ω 内の任意の閉な折れ線に γ に対して∫γf(z)dz が成立する。この事実より、定理 1.8.4 を用いれば定理 2.1.3 は示

された。

Cauchy の積分定理の応用の一つとして次のような積分の計算ができる。

例 2.1.6 (積分の計算への応用).∫ ∞

0

sin x

xdx =

π

2(2.1.1)

24

を示す。f(z) = eiz/z とおく。また、r > 0 に対して、曲線 γr; [0, π] → C をγr(t) = reit と定義する。0 < ε < R に対して、γε,R を γR, t|t ∈ [−R,−e],−γε, t|t ∈ [e,R] をつないだ Jordan閉曲線とする。いま γε,R で囲まれた領域を含む単連結な領域で z = 0 を含まないものがとれる。そのような領域をΩ とするとき f(z) は Ω 上で holomorphic. 従って Cauchy の積分定理より、∫

γε,R

f(z)dz =

∫ −e

−R

f(x)dx +

∫ R

ε

f(x)dx +

∫−γε

f(z)dz +

∫γR

f(z)dz = 0

(2.1.2)である。さていま、∫ −ε

−R

f(x)dx +

∫ R

ε

f(x)dx = 2i

∫ R

ε

sin x

xdx

(2.1.2) より、 ∫ R

ε

sin x

xdx = − i

2

∫γε

f(z)dz +i

2

∫γR

f(z)dz

となる。よって、

limR→∞

∫γR

f(z)dz = 0 (2.1.3)

limε↓0

∫γε

f(z)dz = −iπ (2.1.4)

が示されれば、(2.1.1) が得られる。(2.1.3) の証明：∣∣∣ ∫

γR

f(z)dz∣∣∣ ≤ ∫ π

0

e−R sin tdt = 2

∫ π/2

0

e−R sin tdt

いま、t ∈ [0, π/2] では sin t ≥ 2t/π. 従って∫ π/2

0

e−R sin tdt ≤∫ π/2

0

e−2Rt/πdt =π

2R(1 − e−R)

これより R → ∞ で∫ π

0e−R sin tdt → 0. よって (2.1.3) は示された。

(2.1.4) の証明： ∫γε

f(z)dz = −i

∫ π

0

eiεeit

dt

25

ここで、|iεeit| = ε より、ε → 0 で t に関して一様に eiεeit → e0 = 1 である。従って、ε → 0 で ∫

γε

f(z)dz → −i

∫ π

0

dt = −iπ

演習 2.1.1. ∫ ∞

0

1 − cos x

x2dx =

π

2

を示せ。

略解: f(z) = (1 − eiz)/z2 とする。このとき Cauchy の積分定理より0 < ε < R とすると、∫ −e

−R

f(x)dx +

∫ 0

π

f(εeiθ)iεeiθdθ +

∫ R

ε

f(z)dz +

∫ π

0

f(Reiθ)iReiθdθ = 0.

ここで(I) limR→∞

∫ π

0f(Reiθ)iReiθdθ = 0,

(II) limε→0

∫ 0

πf(εeiθ)iεeiθdθ = −π

を示せば、上の式で ε → 0, R → ∞ として、∫ ∞

−∞

1 − cos x

x2dx = π

をえる。(I) について： ∣∣∣ ∫ π

0

f(Reiθ)iReiθdθ∣∣∣ ≤ ∫ π

0

1 + e−R sin θ

Rdθ

より明らか。(II) について ∫ 0

π

f(εeiθ)iεeiθdθ = −i

∫ π

0

1 − εeiθ

εeiθdθ

である。いま、z → 0 で 1−eiz

z→ −i より ε → 0 でこの式は πi に収束する。

26

§2.2 Cauchy の積分公式

定理 2.2.1. γ : [0, 1] → C を区分的に滑らかな曲線とする。ϕ : γ([0, 1]) → Cが連続であるとき、n ≥ 0, z ∈ C\γ([0, 1]) に対して、

Aϕ,n(z) =

∫γ

ϕ(w)

(w − z)n+1dw

と定義し、特に Fϕ(z) = Aϕ,0(z) とおく。いま R > 0 に対して DR(z0) ∩γ([0, 1]) = ∅ ならばべき級数

∑∞n=0 Aϕ,n(z0)z

n の収束半径は R 以上であり任意の z ∈ DR(z0) に対して

Fϕ(z) =∞∑

n=0

Aϕ,n(z0)(z − z0)n

が成立する。とくに Fϕ(z) は C\γ([0, 1]) で複素数の意味で何階でも微分可能であって F

(n)ϕ (z) = n!An,ϕ(z).

記号. (1) z ∈ C, R > 0 に対して CR(z0) を CR(z0) 上を正の向き（反時計回り）に一周する曲線（γ; [0, 2π] → R, γ(t) = z + Reit）と同一視する。さらにz1, z2 ∈ CR(z0), z1 6= z2 に対して、CR(z0|z1, z2) を CR(z0) 上を z1 から z2 に正の向きにまわる曲線とする。(2) z1, z2 ∈ C に対して、`(z1, z2)(t) : [0, 1] → C を `(z1, z2)(t) = (1− t)z1 +tz2 と定義する。`(z1, z2) を z1 を始点とし z2 を終点とする線分と呼ぶ。また、|z1z2| = (1 − t)z1 + tz2|t ∈ [0, 1] とする。

証明. 簡単のため an = Aϕ,n(z0) とおく。DR(z0) ∩ γ([0, 1]) = ∅ ならばあるε > 0 に対して DR+ε(z0)∩ γ([0, 1]) である。従って任意の t ∈ [0, 1]　と任意の z ∈ DR(z0) に対して

|z − z0||γ(t) − z0|

≤ R

R + ε< 1

従って

1

γ(t) − z=

1

(γ(t) − z0)(1 − z−z0

γ(t)−z0

) =1

γ(t) − z0

∞∑n=0

( z − z0

γ(t) − z0

)n

27

であり、この無限級数は t ∈ [0, 1]に関して一様に収束する。これより |z−z0| ≤R ならば

Fϕ(z) =

∫γ

ϕ(w)

w − zdw =

∫ 1

0

ϕ(γ(t))γ′(t)

γ(t) − zdt =

∫ 1

0

∞∑n=0

ϕ(γ(t))γ′(t)(z − z0)n

(γ(t) − z0)n+1dt

=∞∑

n=0

∫ 1

0

ϕ(γ(t))γ′(t)(z − z0)n

(γ(t) − z0)n+1dt =

∞∑n=0

an(z − z0)n.

とくに∑∞

n=0 anzn は |z| ≤ R で収束するので定理 1.6.1 よりその収束半

径は R 以上である。残りの部分は系 1.6.5 より。

定理 2.2.2. f を領域 Ω 上で holomorphic な関数とする。いま z0 ∈ Ω, R > 0に対して DR(z0) ⊆ Ω ならば任意の z ∈ DR(z0) に対して、

f(z) =1

2πi

∫CR(z0)

f(w)

w − zdw

が成り立つ。

証明. z ∈ DR(z0)とするとき、十分小さな δ > 0に対してDδ(z) ⊆ DR(z0). zを通る直線の一つを `とし、 と Cδ(z)の交点を z1, z2 とする。さらに CR(z0)と `の交点のうち z に関して z1 と同じ側に有る点を w1, z2 と同じ側に有る点を w2 とする。いま、γ1 を CR(z0|w1, w2), `(w2, z2),−Cδ(z|z1, z2), `(z1, w1)をつないだ Joran閉曲線、γ2 を CR(z0|w2, w1), `(w1, z1),−Cδ(z|z2, z1), `(z2, w2)をつないだ Jordan閉曲線とする。γ1, γ2に囲まれた領域をそれぞれD1, D2とする。F (w) = f(w)/(w−z)とおくとき F は Ω\zで holomorphicなので、i = 1, 2 に対して Di を含む単連結な領域 Ωi で Ωi 上 F (w) が holomorphicであるものがとれる。Cauchy の積分定理より、i = 1, 2 で

∫γi

F (w)dw = 0.

よって∫γ1

F (w)dw +

∫γ2

F (w)dw =

∫CR(z0)

F (w)dw −∫

Cδ(z)

F (w)dw = 0

つまり ∫CR(z0)

F (w)dw =

∫Cδ(z)

F (w)dw = i

∫ 2π

0

f(z + δeit)dt (2.2.1)

いま f は z で連続なので ε > 0に対して δ が十分小さいならば |f(z+δeit)−f(z)| < ε. 従って δ → 0 で f(z + δeit) は t に関して一様に f(z) に収束す

28

る。これより (2.2.1) で δ → 0 とすれば、∫CR(z0)

F (w)dw = 2πi.

定理 2.2.1 と 2.2.2 より次の系が得られる。

系 2.2.3. f は領域 Ω の上で holomorphic とする。z0 ∈ Ω, R > 0 に対してDR(z0) ⊆ Ω のとき

an(z0, R) =1

2πi

∫CR(z0)

f(w)

(w − z0)n+1dw

とおく。このときべき級数∑∞

n=0 an(z0, R)zn の収束半径は R 以上であり、任意の z ∈ DR(z0) で、

f(z) =∞∑

n=0

an(z0, R)(z − z0)n

が成立する。特に f は Ω 上何階でも複素微分可能であり DR(z) ⊆ Ω となるような z ∈ Ω, R > 0 に対して

f (n)(z) = n!an(z,R).

この系により、f が Ω 上 holomorphic ⇔ f が Ω 上 Analytic

定理 2.2.4. Ω を単連結な領域、f : Ω → C は Ω 上連続とする。このとき次の３つの条件は同値。(A) Ω 上で f は原始関数をもつ。（不定積分可能）(B) Ω 上で f は holomorphic　（複素微分可能）

(C) Ω 内の任意の三角形（の周）T に対して、∫

T

f(z)dz = 0.

証明. (A) ⇒ (B): f の原始関数を F とすると、F は Ω 上 holomorphic であり F ′ = f である。系 2.2.3 により F ′ も Ω 上 holomorphic であるから(B) が出る。(B) ⇒ (C) ⇒ (A) は Cauchy の積分定理の証明の一部である。

29

系 2.2.5 (Morera の定理). Ω を領域、f : Ω → C は Ω 上連続であるとする。このとき次の２つの条件は同値である。(A) Ω 上で f は holomorphic.

(B) 三角形 T でその内部および周が Ω に含まれるならば∫

T

f(z)dz = 0.

証明. (A) ⇒ (B) は Cauchy の積分定理より明らか。(B) ⇒ (A): 任意の z ∈ Ω に対して、R > 0 を DR(z) ⊆ Ω となるように選ぶ。ここで、DR(z) について定理 2.2.4 を用いれば、f は DR(z) 上でholomorphicであることがでる。従って任意の z ∈ Ωで f は holomorphic.

定義 2.2.6. Ω を領域とする。f : Ω → C, n ≥ 1 に対して fn : Ω → C とする。fn が n → ∞ で f に Ω 上広義一様収束するとは、Ω の任意のコンパクトな部分集合　K 上で n → ∞ のとき fn が f に一様収束すること。すなわち、n → ∞ で supz∈K |fn(z) − f(z)| → 0 となること。

注意. 広義一様収束の定義におけるコンパクト集合 K としては DR(z) の形のもののみを考えれば十分である。z ∈ Ωに対して、R > 0を DR(z) ⊆ Ωとなるように選び Uz = DR(z) と定義しておく。一般のコンパクト集合 K ⊆ Ωに対して、K ⊆ ∪z∈KUz なので K のコンパクト性よりある z1, . . . , zm ∈ Kに対して K ⊆ ∪m

j=1Uzjとなる。各 Uz 上で fn が f に n → ∞ で一様収束す

れば、K 上でも fn は f に n → ∞ で一様収束する。

定理 2.2.7. Ω を領域、f : Ω → C, n ≥ 1 に対して fn を Ω 上 holomorphicであるとする。いま n → ∞ で Ω 上 fn が f に広義一様収束するならば、fも Ω 上 holomorphic である。さらにこのとき f ′

n も n → ∞ で Ω 上 f ′ に広義一様収束する。

証明. z ∈ Ω, R > 0 で DR(z) ⊆ Ω ならば DR(z) 上 n → ∞ で fn は f に一様収束する。fn は連続であるから、f も DR(z)上連続である。よって f は Ω上連続である。さて T をその内部も Ω に含まれる三角形とする。Cauchyの積分定理より任意の n に対して、

∫T

fn(z)dz = 0 である。T 上 fn は f に一様収束するので、n → ∞ で

∫T

fn(z)dz →∫

Tf(z)dz. よって

∫T

f(z)dz = 0である。Morera の定理（系 2.2.5）より f は Ω 上 holomorphic である。いま z0 ∈ Ω, R > 0 に対して DR(z0) ⊆ Ω とする。このとき ε > 0 が十分小さいならば DR+ε(z0) ⊆ Ω である。系 2.2.3 より z ∈ DR(z0) に対して

|f ′(z) − f ′n(z)| =

∣∣∣ 1

2πi

∫Cε(z)

f(w) − fn(w)

(w − z)2dw

∣∣∣ ≤ 1

εsup

w∈DR+ε(z0)

|f(w) − fn(w)|

30

である。DR+ε(z0) 上 fn は f に n → ∞ で一様収束するので、DR(z0) 上　f ′

n は f ′ に n → ∞ で一様収束する。定義 2.2.6 の後の注意より Ω 上 f ′n は

　 f ′ に n → ∞ で広義一様収束する。

演習 2.2.1. f は領域 Ω 上で holomorphic であるとする。いま z0 ∈ Ω とm ≥ 1 に対して、 f (j)(z0) = 0 が任意の j = 0, 1, . . . ,m − 1 で成り立つとする。このとき Ω 上で holomorphic な関数 g があって、任意の z ∈ Ω でf(z) = (z − z0)

mg(z) となることを示せ。

解答. Dr(z0) ⊆ Ωとする。このとき収束半径が r 以上のべき級数∑∞

n=0 anzn

があって、z ∈ Dr(z0) で f(z) =∑∞

n=0 an(z − z0)n が成り立つ。いま an =

f (n)(z0)/n! であるので、a0 = a1 = . . . = am−1 = 0 である。したがって、z ∈ Dr(z0) で f(z) = (z − z0)

m∑∞

n=0 an+mzn とかける。ここで、z ∈ Ω に対して g(z) を

g(z) =

f(z)

(z−z0)m (z 6= z0)

am (z = z0)

と定義するとき、Dr(z0) 上では g(z) =∑∞

n=0 an+mzn となるので、g は z0

で holomorphic. z 6= z0 で g が holomorphic であることは明らかなので、gは Ω 上で holomorphic である。ここで f(z) = (z − z0)

mg(z) は明らか。

§2.3 代数学の基本定理

定義 2.3.1. f : C → C が C 上で holomorphic のとき、f は整関数（entirefunction）であるという。

命題 2.3.2. f を整関数とする。このとき、収束半径が無限大であるべき級数

∑∞n=0 anz

n があって、任意の z ∈ C で f(z) =∑∞

n=0 anzn が成り立つ。

証明. f は整関数なので系 2.2.3より任意の R > 0 に対して |z| < R ならば、

f(z) =∞∑

n=0

an(0, R)zn

である。いま f (n)(0) = n!an(0, R) より an(0, R) の値は R によらない。よって、an = an(0, 1) とおけば、

∑∞n=0 anz

n の収束半径は無限大であり任意のz ∈ C に対して f(z) =

∑∞n=0 anz

n.

31

補題 2.3.3. べき級数∑∞

n=0 anzn の収束半径は 0 ではないとし、その値を

R とおく。z ∈ DR(0) に対して f(z) =∑∞

n=0 anzn とおくとき、任意の

r ∈ [0, R) に対して、

1

2π

∫ 2π

0

|f(reit)|2dt =∞∑

n=0

|an|2r2n. (2.3.1)

証明. n ≥ 0 に対して fn(z) =∑n

j=1 ajzj とする。このとき、

|fn(reit)|2 = fn(reit)fn(reit)

=n∑

k=0

akrkeikt

n∑m≥0

amrne−imt =∑

0≤k,m≤n

akamrk+mei(k−m)t.

k 6= m のとき∫ 2π

0ei(k−m)tdt = 0 に注意すると∫ 2π

0

|fn(reit)|2dt =∑

0≤k,m≤n

∫ 2π

0

akamrk+mei(k−m)tdt =n∑

k=0

2π|ak|2r2k.

いま、0 ≤ r < R ならば fn(reit) は n → ∞ で t に関して一様に f(reit) に収束するので (2.3.1) が得られる。

定理 2.3.4 (Liouville の定理). f を整関数とする。supz∈C |f(z)| < ∞ ならば f は C 上定数である。

証明. f は整関数であるから、命題 2.3.2 より、収束半径が無限大のべき級数

∑∞n=0 anz

n があって、任意の z ∈ C で f(z) =∑∞

n=0 anzn となる。さて

実数 M > 0 に対して |f(z)| ≤ M が任意の z ∈ C で成り立つとすると、補題 2.3.3 より任意の r > 0 に対して

∞∑n=0

|an|2r2n =1

2π

∫ 2π

0

|f(reit)|2dt ≤ M2

よって、n ≥ 1 で an = 0 となる。

定理 2.3.5 (代数学の基本定理). f を複素数を係数とする n次の多項式とする。このときある、w1, . . . , wn ∈ C とある c ∈ C\0 があって、

f(z) = c

n∏j=1

(z − wj)

が任意の z ∈ C で成り立つ。

32

補題 2.3.6. f を複素数を係数とする n次の多項式とする。n ≥ 1 ならばある w ∈ C に対して f(w) = 0 となる。

証明. f(z) =∑n

j=0 ajzj で an 6= 0 とする。z 6= 0 で F (z) =

∑nj=0 anz

j−n

とおくと |z| → ∞ で F (z) → an 6= 0. いま f(z) = znF (z) であるから、|z| → ∞ で f(z) → ∞. 特に、ある R > 0 があって |z| ≥ R ならば|f(z)| ≥ 1である。さて、f(w) = 0となる wがないと仮定すると、|f(z)| 6= 0が z ∈ C で成り立つ。DR(0) はコンパクトであるから、ある z∗ ∈ DR(0)に対して minz∈DR(0) |f(z)| = |f(z∗)| > 0. 従って任意の z ∈ C に対して|f(z)| ≥ |f(z∗)|.（|z| = R のとき |f(z)| ≥ 1 より |f(z∗)| ≥ 1.）ここでg(z) = 1/f(z) とすると、g は整関数であり、supz∈C |g(z)| ≤ 1/|f(z∗)| となる。Louville の定理より、g(z) は定数。よって f(z) も定数となるがこれは矛盾である。

定理 2.3.5 の証明. f の次数 n に関する帰納法を用いる。n = 1 の時は明らか。n ≥ 1 まで成立と仮定して n + 1 のときに議論をする。すなわち f はn + 1 次の多項式とする。このとき補題 2.3.6 によりある w1 ∈ C があってf(w1) = 0. ある b0, . . . , bn+1 ∈ Cに対して　　 f(z) =

∑n+1j=1 bj(z−w1)

j と書けるが b0 = 0 であるから、f(z) = (z −w1)

∑nj=0 bj+1(z −w1)

j. つまり n 次の多項式 g(z) =

∑nj=0 bj+1(z−w1)

j に対して f(z) = (z−w1)g(z)となる。帰納法の仮定よりある w2, . . . , wn+1 と c 6= 0があって、 g(z) = c

∏n+1j=2 (z−wj).

よって n + 1 でも成立する。

§2.4 最大値の原理

定理 2.4.1 (一致の定理). f, g は共に領域 Ω 上で holomorphic とする。Ω の点列 zmn≥1 である z∗ ∈ Ω に対して任意の m ≥ 1 で zm 6= z∗, m → ∞ でzm → z∗ かつ任意の m ≥ 1 に対して f(zm) = g(zm) が成り立つものが存在するならば、任意の z ∈ Ω で f(z) = g(z) である。

証明. F = f − g とするとき、F (zn) = 0 が任意の n ≥ 0 で成立する。F はΩ上 holomorphicなので系 2.2.3により、適当な R > 0に対して z ∈ DR(z∗)で収束半径が R 以上のべき級数を用いて、

F (z) =∑n≥0

an(z − z∗)n

33

と書ける。ここで「ある n に対して an 6= 0」と仮定する。いま N を an 6= 0となる最小の n とするとき、

FN(z) =∑n≥0

aN+n(z − z∗)n

とおくと、FN(z) は z ∈ DR(z) で holomorphic である。特に FN(z) は z∗ で連続である。いま m → ∞ で FN(zm) → FN(z∗) = aN 6= 0 より、m が十分大きいならば FN(zm) 6= 0. ところが、F (zm) = (zm − z∗)

NFN(zm) であり、zm 6= z∗ より F (zm) = 0 ならば FN(zm) = 0. これは矛盾。 従って任意のn ≥ 0 に対して an = 0 である。つまり F (z) = 0 が z ∈ DR(z∗) で成立する。さて

U = w|w ∈ Ω,ある R > 0 があって任意の z ∈ DR(w) で F (z) = 0

とおくと、U は開集合であり z∗ ∈ U より U 6= ∅. ここで V = Ω\U とおき、z0 ∈ V とする。いま任意の m ≥ 1 に対して D1/m(z0)∩U 6= ∅ とする。このとき zm ∈ D1/m(z0) ∩ U とすれば z0 /∈ U より zm 6= z0 であり、F (zm) = 0,m → ∞ で zm → z0. 上の議論により z0 ∈ U となるがこれは矛盾。従ってある m に対して D1/m(z0) ∩ U = ∅. よって z0 は V の内点となる。つまり Vは開集合である。いま Ω は連結であり、Ω = U ∪ V, U ∩ V = ∅, U 6= ∅ なので V = ∅ である。よって Ω = U となり F は Ω 上で恒等的に 0 である。

演習 2.4.1. f は領域 Ω 上で holomorphic であるとする。いま z0 ∈ Ω において任意の n ≥ 0 で f (n)(z0) = 0 ならば f は Ω 上で恒等的に 0 であることを示せ。

解答. Dr(z0) ⊆ Ωとする。このとき収束半径が r 以上のべき級数∑∞

n=0 anzn

があって、任意の z ∈ Dr(z0) で f(z) =∑∞

n=0 an(z − z0)n. いま an =

f (n)(0)/n! であるから、z ∈ Dr(z0) で f(z) = 0 である。一致の定理より Ω上で f(z) = 0 となる。

定理 2.4.2. f は領域 Ω 上で holomorphic とする。いま |f | がある z0 ∈ Ωで極大となるならば、f は Ω 上で定数関数である。

注意. 「|f | が z0 で極大」の意味は、ある R > 0 があって任意の z ∈ DR(z0)で |f(z)| ≤ |f(z0)| となることである。

証明. |f | が z0 で極大となるとする。このときある R があって任意の z ∈DR(z0) ⊆ Ω に対して |f(z)| ≤ |f(z0)|. 系 2.2.3 より収束半径が R 以上であ

34

るべき級数∑∞

n=0 anzn を用いて z ∈ DR(z0)ならば f(z) =

∑∞n=0 an(z− z0)

n

と書ける。ここで f(z0) = a0 に注意。補題 2.3.3 より 0 < r < R ならば、

∞∑n=0

|an|2r2n =1

2π

∫ 2π

0

|f(z0 +reit)|2dt ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(z0)|2dt = |f(z0)|2 = |a0|2

従って an = 0 が n ≥ 1 で成立。つまり DR(z0) 上で f は定数関数。一致の定理（定理 2.4.1）より f は Ω 上で定数関数。

系 2.4.3 (最大値の原理（Maximum Principle）). f は領域 Ω 上で holomor-phic であり、Ω 上で連続とする。Ω がコンパクト（i.e. 有界）ならば、

maxz∈Ω

|f(z)| = maxz∈∂Ω

|f(z)|. (2.4.1)

証明. f が Ω の中で極大となるときは、定理 2.4.2 より f は Ω 上定数であるので (2.4.1) は成立。f が Ω の中で極大を持たないときは、f の Ω での最大値は ∂Ω にあるのでこの場合も (2.4.1) が成立。

定理 2.4.4 (Schwarzの補題). ϕ : D → D は D 上 holomorphic かつ ϕ(0) = 0とする。(1) 任意の z ∈ D に対して |ϕ(z)| ≤ |z|.(2) |ϕ(z0)| = |z0| となる z0 ∈ D\0 が存在するならば、|λ| = 1 となる λがあって任意の z ∈ D に対して ϕ(z) = λz.(3) |ϕ′(0)| ≤ 1 であり、等号が成立するならば、任意の z ∈ D に対してϕ(z) = ϕ′(0)z.

証明. 系 2.2.3 により、収束半径が 1 以上のべき級数∑n

n=0 anzn があって

z ∈ D で ϕ(z) =∑∞

n=0 anzn が成り立つ。いま ϕ(0) = 0 より a0 = 0. こ

こで g(z) =∑∞

n=0 an+1zn とするとき、g(z) は D 上 holomorphic であり、

ϕ(z) = zg(z) となる。(1) 0 < r < 1 に対して、系 2.4.3 より

supz∈Dr(0)

|g(z)| = sup|z|=r

|g(z)| = sup|z|=r

|ϕ(z)||z|

≤ 1

r

いま r ↑ 1 で supz∈Dr(0) |g(z)| → supz∈D |g(z)| である。従って上の式より、supz∈D |g(z)| ≤ 1. すなわち |ϕ(z)| ≤ |z|.(2) ある z0 ∈ D\0 で |ϕ(z0)| = |z0| ならば |g(z0)| = 1. よって g は z0 で極大となり定理 2.4.2 より g(z) は D 上定数である。λ = g(z0) = ϕ(z0)/z0

35

とすると、|λ| = 1 であり任意の z ∈ D で g(z) = λ. すなわち　 ϕ(z) = λz.(3) g(0) = limz→0 ϕ(z)/z = ϕ′(0) であるので（１）の議論より |ϕ′(0)| =|g(0)| ≤ 1. |ϕ′(0)| = 1 のときは |g(0)| = 1 であるから (2) と同様の議論により、任意の z ∈ D に対して ϕ(z) = ϕ′(0)z.

命題 2.4.5. α ∈ D に対して

ψα(z) =α − z

1 − αz

と定義する。このとき(1) |z| = 1 ならば |ψα(z)| = 1.(2) ψα(ψα(z)) = z が任意の z ∈ D で成り立つ。(3) ψα は D から D への全単射であり ψα の逆写像は ψα 自身である。

証明. (1) |z| = 1 のとき、

ψα(z)ψα(z) =(α − z)(α − z)

(1 − αz)(1 − αz)=

|α|2 + |z|2 − αz − αz

1 + |α|2|z|2 − αz − αz= 1

(2)α − ψα(z)

1 − αψα(z)=

α − |α|2z − (α − z)

1 − αz − |α|2 + αz= z

(3) ψαはD上 holomorphicであるから系 2.4.3と (1)より、maxz∈D |ψα(z)| ≤max|z|=1 |ψα(z)| ≤ 1 である。いま z ∈ D に対して |ψα(z)| = 1 とすると (1)より |ψα(ψα(z))| = 1. (2) より |z| = 1 となるので矛盾。よって ψα(D) ⊆ D.ここで (2) より、ψα は D 上１対１かつ上への写像である。

定理 2.4.6. ϕ : D → D は D 上 holomorphic な全単射であり ϕ−1 も D 上holomorphic であるとする。このとき、ある t ∈ [0, 2π] とある α ∈ D に対して、ϕ(z) = eitψα(z) が任意の z ∈ D で成り立つ。

注意. 実は後に証明する系 3.4.8 より、ϕ : D → D が D 上 holomorphic な全単射ならば ϕ−1 も D 上 holomorphic であることが導かれる。従って、定理 2.4.6 の「ϕ−1 も D 上 holomorphic」という仮定は必要ない。

証明. α ∈ D を ϕ(α) = 0 となるように選ぶ。このとき g(z) = ϕψα と定義すると、g(0) = 0 で g : D → D. Schwarz の補題（定理 2.4.4）より、z ∈ Dに対して、|g(z)| ≤ |z| である。いま g−1 = ψα ϕ−1 であるから g−1 も D 上holomorphicであり、g−1(0) = 0. g−1 に Schwarzの補題を用いれば、任意のw ∈ D に対して |g−1(w)| ≤ |w|. よって任意の z ∈ D に対して |g(z)| ≥ |z|

36

である。これより任意の z ∈ D に対して |g(z)| = |z|. 再び Schwwarz の補題（定理 2.4.4-(2)）より、ある t ∈ [0, 2π]があって g(z) = eitz. g(ψα(z)) = ϕ(z)より定理が示された。

37

Chapter 3

特異点

§3.1 特異点の分類

定義 3.1.1. Ω を領域とし、f : Ω → C とする。(1) z0 が f の孤立特異点（isolated singularity）であるとは、ある r > 0 に対して Dr(z0)\z0 ⊆ Ω かつ f は Dr(z0)\z0 上 holomorphicであり、次の (a), (b) のいずれかが成り立つときである。(a) z0 /∈ Ω(b) z0 ∈ Ω であり f は z0 で holomorphicでない。(2) z0 を f の孤立特異点とする。z0 が f の除去可能な特異点（removablesingurality）であるとは、適当な r > 0 に対して Dr(z0) 上 holomorphicな関数 g があって、g(z) = f(z) が任意の z ∈ Ω∩Dr(z0) で成り立つことである。

以降は（孤立）特異点のことを単に特異点という。

命題 3.1.2. Ω を領域、f : Ω → C、z0 を f の特異点とする。さらに r > 0を Dr(z0)\z0 ⊆ Ω かつ f は Dr(z0)\z0 上で holomorphicとなるようにとる。このとき、z0 が f の除去可能な特異点であるための必要十分条件はある c ∈ C に対して、f : Dr(z0) → C を z 6= z0 ならば f(z) = f(z), z = z0 ならば f(z0) = c と定義すれば f が Dr(z0) 上 holomorphicになることである。

通常、z0 が f の除去可能な特異点であるときは上の命題のように f をz0 まで holomorphicになるように拡張して、z0 は特異点ではないとみなす。

定理 3.1.3. Ω を領域、f : Ω → C、z0 を f の特異点とする。z0 が f の除去可能な特異点であるための必要十分条件は、ある r > 0 に対して、|f(z)|が Dr(z0) ∩ Ω 上で有界となることである。

38

証明. ⇒: 除去可能な特異点の定義の r > 0 および g : Dr(z0) → C をとる。このとき、十分小さな ε > 0 に対して r > ε かつ Dε(z0)\z0 ⊆ Ω となる。いま Dε(z0) はコンパクトであり |g| は Dε(z0) 上で連続であるから、|g| はDε(z0) 上で有界である。よって |f | も Dε(z0) 上で有界である。　⇐: r > 0 を Dr(z0)\z0 ⊆ Ω かつ f は Dr(z0)\z0 上で holomorphicとなるようにとる。ここで、z ∈ Dr(z0) に対して、

h(z) =

(z − z0)

2f(z) (z 6= z0)

0 (z = z0)

と定義する。いま hは Dr(z0)\z0上でholomorphicである。さらに、z 6= z0

において、h(z) − h(z0)

z − z0

= (z − z0)f(z) (3.1.1)

であり、|f | は z0 の近傍で有界であるから、(3.1.1) で z → z0 とすれば、hは z0 でも holomorphicであり、h′(z0) = 0 がわかる。よって h は Dr(z0) 上holomorphicである。系 2.2.3 より収束半径が r 以上のべき級数

∑∞n=0 anz

n

があって、h(z) =∑∞

n=0 an(z−z0)n が z ∈ Dr(z0)で成り立つ。いま、h(z0) =

h′(z0) = 0 であるから、h(z) = (z − z0)2∑∞

n=0 an+2(z − z0)n. ここで g(z) =∑∞

n=0 an+2(z−z0)n とおくと g(z)は Dr(z0)上でholomorphicであり、z 6= z0

で f(z) = g(z) が成り立つ。よって z0 は除去可能な特異点である。

定義 3.1.4. Ω を領域、f : Ω → C、z0 を f の特異点とする。(1) m ∈ N に対して z0 が f の m 位の極（a pole of order m）であるとは、適当な r > 0 に対して、holomorphicな g : Dr(z0) → C と c−1, . . . , c−m ∈ Cで c−m 6= 0 をみたすものがあって、任意の z ∈ Ω ∩ Dr(z0)\z0 で、

f(z) = g(z) +m∑

n=1

c−n

(z − z0)n

が成り立つことである。ある m ∈ N に対して z0 が f の m 位の極であるとき、z0 は f の極であるという。(2) z0 が f の除去可能な特異点でも極でもないとき z0 は f の真性特異点（essential singularity）という。

命題 3.1.5. Ω を領域、f : Ω → C, z0 を f の特異点とする。z0 が f のm 位の極であるための必要十分条件は適当な r > 0 に対して Dr(z0) 上

39

で holomorphicな関数 g(z) で g(z0) 6= 0 となるものがあって、任意の z ∈Dr(z0)\z0 に対して、

f(z) =g(z)

(z − z0)m

が成り立つことである。

定理 3.1.6. Ω を領域、f : Ω → C、z0 を f の特異点とする。このとき(1) z0 が f の除去可能な特異点である。⇔ ある c ∈ C に対して z → z0 でf(z) → c.(2) z0 が f の極である。⇔ z → z0 で |f(z)| → ∞.(3) z0 が f の真性特異点である ⇔ 十分小さな r に対して、f(Dr(z0)\z0)が C で稠密である。

証明. (1) は定理 3.1.3 より明らかである。(2) の ⇒: z0 が m 位の極であるとする。命題 3.1.5 より z0 の近傍で、

f(z) =g(z)

(z − z0)m

（g(z) は適当な ε > 0 に対して Dε(z0) 上で holomorphicかつ g(z0) 6= 0 となる関数）ここで z → z0 とすると、g(z) → g(z0) 6= 0 かつ |z − z0|−m → ∞より、|f(z)| → ∞.(3) ⇒: 対偶を示す。ある r > 0 で f(Dr(z0)\z0) が C で稠密でないとする。すなわちある w ∈ C とある ε > 0 があって Dε(w)∩ f(Dr(z0)\z0) = ∅となる。いま Dr(z0)\z0上で g(z) = (f(z)−w)−1 とするとき、|g(z)| ≤ ε−1

である。定理 3.1.3 より z0 は g の除去可能な特異点となる。g を z0 でもholomorphicになるように拡張しておく。このとき、g(n)(z0) 6= 0となるような最小の nをmとすると、g のべき級数展開を考えれば Dr(z0)上holomorphicな h で h(z0) 6= 0 となるもの対して g(z) = (z − z0)

mh(z) と書ける。よってz 6= z0 では、

f(z) =1

(z − z0)mh(z)+ w

いま、h(z0) 6= 0 より 1/h は十分小さな r′ > 0 に対して Dr′(z0) 上で holo-morphicである。命題 3.1.5 より z0 は f の m 位の極（m = 0 のときは除去可能な特異点）である。　⇐: 対偶を示す。z0 が真性特異点でないとする。z0 が除去可能な特異点の時は、ある c に対して z → z0 で　 f(z) → c. r が十分小さいならばf(Dr(z0)\z0) ⊆ D1(c) となる。

40

z0が極のときは (2)の⇒より rが十分小さいならば、任意の z ∈ Dr(z0)\z0で |f(z)| ≥ |g(z0)|/2.(2) の ⇐: (1) より z0 は除去可能でない。また (3) より z0 は真性特異点でない。よって z0 は極である。

§3.2 留数定理

補題 3.2.1. Ω を領域、f : Ω → C とする。z0 ∈ C と R > 0 に対して、DR(z0)\z0 ⊆ Ω かつ DR(z0)\z0 上 f が holomorphicならば、任意のr1, r2 ∈ (0, R) に対して、∫

Cr1(z0)

f(z)dz =

∫Cr2 (z0)

f(z)dz.

さらに、z0 が f の m 位の極で、z0 の近傍で、

f(z) =m∑

n=1

c−n

(z − z0)n+ g(z),

（ただし g(z) は z0 の近傍でholomorphicな関数）と書けるときは、r ∈ (0, R)に対して、∫

Cr(z0)

f(z)dz = 2πic−1 =2πi

(m − 1)!limz→z0

( d

dz

)m−1((z − z0)

mf(z))

定義 3.2.2. Ωを領域、f : Ω → C. z0 ∈ Cと R > 0に対して、DR(z0)\z0 ⊆Ω かつ DR(z0)\z0 上 f が holomorphic　ならば、f の z0 における留数（residue）Res(f, z0) を十分小さい r > 0 に対して、

Res(f, z0) =1

2πi

∫Cr(z0)

f(z)dz

と定義する。

z0 ∈ Ω であり、f が z0 で正則ならば（z0 が f の除去可能な特異点ならば）、Cauchy の積分定理より Res(f, z0) = 0 である。

演習 3.2.1. 次の関数の特異点とその特異点での留数をすべて求めよ。

(1)1

(1 + z2)2(2)

z2

(1 + z3)(3) sin

(1

z

)41

定義 3.2.3. 滑らかな曲線 γ : [a, b] → C が正則であるとはある ε > 0 と、滑らかな曲線 γ∗ : (a− ε, b + ε) → C があって、任意の t ∈ [a, b] で (γ∗)

′(t) 6= 0であり、γ∗|[a,b] = γ が成り立つこと。区分的に滑らかな曲線 γ : [a, b] → Cが正則であるとはある a = a0 < a1 < . . . < an = b に対して、γ|[ai,ai+1] が任意の i = 0, 1, . . . , n − 1 で滑らかで正則な曲線であること。

注意. 実は滑らかな曲線 γ : [a, b] → C と ε > 0 に対して、滑らかな曲線γ∗ : [a− ε, b + ε] → C で γ∗|[a,b] = γ となるものが存在する。従って滑らかな曲線 γ : [a, b] → C において任意の t ∈ [a, b] で γ′(t) 6= 0 ならば γ は正則である。

これ以降、「正則な曲線」を「区分的に滑らかで正則な曲線」の意味で使う。たとえば「正則な Jordan 曲線」は「区分的に滑らかで正則かつ単純な曲線」という意味である。

定理 3.2.4 (Cauchy の積分定理（拡張版）). γ : [0, 1] → C を正則な Jordan閉曲線、γ で囲まれる領域を D、D を含む領域を Ωとする。いま、f : Ω → Cが Ω 上 holomorphic ならば、 ∫

γ

f(z)dz = 0

証明. γ : [0, 1] → C とする。D は単連結であるから、定理 2.2.4 より f はD 上原始関数 F を持つ。t ∈ [0, 1] に対して w = γ(t) とする。r を十分小さくとれば、Dr(w) ⊆ Ω かつ Dr(w) ∩ D が連結となるようにできる。このような r を一つ選んで r(t) とおく。以下では簡単のため、R = r(t) と書く。ここで f は DR(w) 上 holomorphic であるので、DR(w) 上の原始関数 G をもつ。DR(w)∩D 上で、F ′ = G′ = f である。ここで Dr1(w1) ⊆ Dr(w)∩Dとなる w1 における F と G のべき級数展開を比べれば、F − G は Dr1(w1)上定数であることがわかる。一致の定理により、DR(w) ∩ D 上で F − G は定数。よって、G に定数を加えておくことで、Dr(w) ∩D 上で F = G としても一般性を失わない。ここで、

Ft(z) =

F (z) if z ∈ D

G(z) if z ∈ Dr(w)

とおくとき、Ft(z) は D ∪ Dr(w) 上の f の原始関数である。以上の議論より、Fact 1: 任意の t ∈ [0, 1] に対してある H(t) ∈ C があって、znn≥1 ⊆ D,limn→∞ zn = γ(t)となるような任意の znに対して、limn→∞ F (zn) = H(t).

42

いま、γ(0) = γ(1) であるので H(0) = H(1) である。さて、任意の t ∈ [0, 1]に対して上と同様に w = γ(t), R = r(t) とおくと、ある ε > 0 があって、γ((t − ε, t + ε)) ⊆ DR(w) となる。s ∈ (t − ε, t + ε) に対して、znn≥1 ⊆ Dかつ limn→∞ zn = γ(s) とする。十分大きな n では zn ∈ DR(w) であるので、F (zn) = Ft(zn).

H(s) = limn→∞

F (zn) = Ft(γ(s))

である。右辺は s で微分可能なので、H(·) は微分可能で、任意の t ∈ [0, 1]で

H ′(t) = f(γ(t))γ′(t)

従って、 ∫γ

f(z)dz =

∫ 1

0

f(γ(t))γ′(t)dt = H(1) − H(0) = 0

補題 3.2.5. γ : [a, b] → C を正則な Jordan 閉曲線、γ で囲まれる領域を D、S を D の有限部分集合とする。w ∈ S に対して、I(w, S, γ) = ±1 が決まって、Ω を D を含む領域とするとき、f が Ω\S 上 holomorphic ならば、∫

γ

f(z)dz = 2πi∑w∈S

I(w, S, γ)Res(f, w).

証明. S の要素の個数 #S に関する帰納法を用いる。#S = 0 のときは定理 3.2.4 により

∫γf(z)dz = 0. #S ≥ 1 のとき、適当に平行移動と回転

をすることで、0 ∈ S かつ虚軸上に 0 以外の S の点がないようにできる。D2R(0)\0 ⊆ D\S となる R > 0 を選ぶ。ここで、s+ = infs|s ∈(0,∞), si ∈ γ([a, b]), s− = sups|s ∈ (−∞, 0), si ∈ γ([a, b]) とする。γ と同値な曲線を適当に選んで、γ : [0, 2] → C で γ(0) = γ(2) = s+i, γ(1) = s−iとしてよい。 ここで、γ1, γ2 を

γ1(t) =

γ(t) if t ∈ [0, 1],

((s+ − s−)(t − 1) + s−)i if t ∈ [1, 2]

γ2(t) =

((s− − s+)t + s+)i if t ∈ [0, 1],

γ(t) if t ∈ [1, 2]

と定義する。γ1, γ2 は正則な Jordan 閉曲線であり、それぞれに囲まれた領域を D1, D2 とすると、D1 ∪ D2 ⊆ D となる。

43

Case 1: DR(0) ∩ z|Re(z) > 0 ⊆ D2 の時このとき、γ3 を γ|[0,1], `(γ(1),−Ri),−CR(0|Ri,−Ri), `(Ri, γ(0)) をつないだ曲線、γ4 を `(γ(0), Ri),−CR(0| − Ri,Ri), `(−Ri, γ(1)), γ|[1,2] をつないだ曲線とすると γ3, γ4 は正則な Jordan 閉曲線である。ここで、∫

γ

f(z)dz =

∫γ3

f(z)dz +

∫γ4

f(z)dz +

∫CR(0)

f(z)dz (3.2.1)

さて、γ3, γ4に囲まれる領域をそれぞれD3, D4とするとD3 = D1\DR(0), D4 =D2\(DR(0)) である。ここで Sj = Dj ∩ S とするとき S3 ∪ S4 = S\0 であるので、#S3 < #S かつ #S4 < #S. 帰納法の仮定と (3.2.1) より、∫

γ

f(z)dz = 2πi( ∑

j=3,4

∑w∈Sj

I(w, Sj, γj)Res(f, w) + Res(f, 0))

よって、j = 3, 4に対して、w ∈ Sj のとき、I(w, S, γ) = I(w, Sj, γ), I(0, S, γ) =1 と定義すればよい。Case 2: DR(0) ∩ z|Re(z) > 0 ⊆ D1 の時このときは Case 1 と同様の議論を行えば γ3 を γ|[0,1], `(γ(1),−Ri), CR(0| −Ri,Ri), `(Ri, γ(0))をつないだ曲線、γ4を `(γ(0), Ri),CR(0|Ri,−Ri), `(−Ri, γ(1)),γ|[1,2]

をつないだ曲線とすると、∫γ

f(z)dz = 2πi( ∑

j=3,4

∑w∈Sj

I(w, Sj, γj)Res(f, w) − Res(f, 0))

よって、j = 3, 4に対して、w ∈ Sj のとき、I(w, S, γ) = I(w, Sj, γ), I(0, S, γ) =−1 と定義すればよい。

補題 3.2.6. γ : [a, b] → C を正則な Jordan 閉曲線とし、γ で囲まれた領域を D とする。このとき、w ∈ D に対して、

Jγ(w) =1

2πi

∫γ

1

z − wdz

とおくと、Jγ は D 上定数であり、Jγ(w) = ±1. さらに I(γ) = Jγ(w)と定義すると、任意の有限部分集合 S ⊂ D と任意の w ∈ S に対して、I(w, S, γ) = I(γ) である。

証明. S = w として補題 3.2.5 を使えば

Jγ(w) =1

2πi

∫γ

1

z − wdz = I(w, S, γ)

44

である。従って Jγ(w) = ±1. ここで D±1 = w|w ∈ D, Jγ(w) = ±1 （複号同順）とおく。定理 2.2.1 により Jγ は D 上 holomorphic であり、特に連続である。いま、D±1 = (Jγ)

−1(R\∓1) なので、D±1 は共に開集合である。さらに D1 ∪ D−1 = D,D1 ∩ D−1 = ∅ である。D は連結なので D1 = ∅ または D−1 = ∅. よって Jγ は D 上定数であり ±1 の値をとる。さて、S を Dの有限部分集合、w ∈ S、f(z) = 1/(z − w) として補題 3.2.5 を使うと

2πiI(w, S, γ) =

∫γ

1

z − wdz = 2πiI(γ)

従って I(γ) = I(w, S, γ).

定義 3.2.7. γ : [a, b] → Cを正則な Jordan閉曲線とする。I(γ)が 1のとき、γ は正の向きを持つという。I(γ) が −1 のとき γ は負の向きを持つという。

補題 3.2.5 と 3.2.6 を合わせれば次の定理が得られる。

定理 3.2.8 (留数定理). γ : [a, b] → C を正則な Jordan 閉曲線、γ で囲まれる領域を D、S を D の有限部分集合とする。さらに Ω を D を含む領域とする。このとき、Ω\S 上 holomorphic な関数 f に対して∫

γ

f(z)dz = 2πiI(γ)∑w∈S

Res(f, w).

§3.3 留数定理の積分計算への応用

例 3.3.1. a > b > 0 とする。このとき、∫ 2π

0

dθ

a + b cos θ=

2π√a2 − b2

(3.3.1)

cos θ = (eiθ + e−iθ)/2 であるから、f(z) = (bz2 + 2az + b)−1 とおくとき、∫ 2π

0

dθ

a + b cos θ=

2

i

∫C1(0)

f(z)dz.

いま、bz2+2az+b = 0の解は、α = (−a+√

a2 − b2)/b, β = (−a−√

a2 − b2)/b.β < −1 < α < 0 であるので、f(z) の特異点で D 内にあるものは α のみである。α は f の 1 位の極であり、

Res(f, α) = limz→α

(z − α)f(z) =1

2√

a2 − b2

45

留数定理より ∫ 2π

0

dθ

a + b cos θ=

2

i2πiRes(f, α) =

2π√a2 − b2

例 3.3.2. a ∈ (0,∞) に対して、∫ ∞

0

cos ax

1 + x2dx =

πe−a

2(3.3.2)

である。f(z) = eiaz/(1 + z2) とおくと、∫ ∞

0

cos ax

1 + x2dx =

1

2Re(

∫ ∞

−∞f(x)dx) (3.3.3)

に注意する。ここで、f(z) は z = i で 1 位の極をもち、

Res(f, i) = limz→i

(z − i)f(z) =e−a

2i

留数定理より∫ R

−R

f(z)dz +

∫CR(0|R,−R)

f(z)dz = 2πiRes(f, i) = πe−a. (3.3.4)

ここで、R > 1 ならば、∣∣∣ ∫CR(0|R,−R)

f(z)dz∣∣∣ =

∣∣∣ ∫ π

0

iReiθ e−aR sin θeiaR cos θ

R2e2θ + 1dθ

∣∣∣ ≤ ∫ π

0

Re−R sin θ

R2 − 1dθ

よって、(3.3.4) で R → ∞ とすれば、∫ ∞

−∞f(z)dz = πe−a

(3.3.3) より (3.3.2) が得られる。

演習 3.3.1. 次の積分の値を求めよ。ただし aは正の定数、nは自然数とする。

(1)

∫ 2π

0

dθ

4 − sin θ(2)

∫ ∞

0

dx

(1 + x2)n(3)

∫ ∞

0

dx

1 + x3

(4)

∫ 2π

0

dx

a + sin2 x(5)

∫ ∞

0

x sin x

1 + x2dx (6)

∫ ∞

0

cos πx

4x2 − 1dx

46

§3.4 有理型関数

定義 3.4.1. Ω を領域、S ⊆ Ω、f : Ω\S → R は Ω\S 上正則とする。 S がΩ 内に集積点をもたず、任意の z0 ∈ S が f の極であるとき f は Ω 上有理型（meromorphic）であるという。Jordan閉曲線 γ : [a, b] → Ω\S に対して、γ で囲まれる領域を D とする。D ⊆ Ω のとき、γ で囲まれた領域内の f の（重複度を込めた）極の個数 P (f, γ) を、

P (f, γ) =∑

z0∈S∩D

z0 の位数

と定義する。

注意. S が Ω に集積点をもたないとき、任意の Ω のコンパクト部分集合 Kに対して、S ∩ K は有限集合である。（znn≥1 ⊆ S ∩ K で、n 6= m ならばzn 6= zm とする。このとき K はコンパクトなので znn≥1 の収束する部分列 znj

j≥1 があってある z∗ ∈ K に対して、j → ∞ で znj→ z∗. z∗ ∈ Ω で

あるので、S が Ω に集積点を持たないことに矛盾）したがって、Jordan 閉曲線 γ : [a, b] → Ω で囲まれた領域 D が Ω の部分集合ならば D ∩ S は有限集合である。

定義 3.4.2. Ω を領域、f は Ω 上有理型とする。z0 ∈ Ω が m ∈ N に対してf の m 位の零点（a zero of order m）であるとは、f が z0 で正則であってm = infn|f (n)(z0) 6= 0 となることである。Jordan 閉曲線 γ : [a, b] → Ω\Sに対して、γ で囲まれる領域を D とする。D ⊆ Ω のとき、γ で囲まれた領域内の f の（重複度を込めた）零点の個数 Z(f, γ) を、

Z(f, γ) =∑

z0 は D 内の f の零点

z0 の位数

と定義する。

補題 3.4.3. Ω を開集合、f は Ω 上有理型とする。(1) f が Ω 上定数 0 でなければ、Z = z0|z0 は f の零点 とするとき、Zは Ω 内に集積点をもたない。(2) z0 を f の m 位の零点⇔収束半径が正のべき級数

∑∞n=m anz

n があって、z0 の周りで f(z) =∑∞

n=m an(z−z0)

n

⇔ z0 の周りで正則な h(z) で h(z0) 6= 0 となるものがあって、z0 の周りでf(z) = (z − z0)

mh(z).

47

証明. (1) Z が Ω に集積点をもつとする。すなわちある znn≥1 ⊆ Ω でm 6= n ならば zn 6= zm. さらにある z∗ ∈ Ω で n → ∞ で zn → z∗ とする。いま、z∗ が f の極ならば定理 3.1.6より |f(zn)| → ∞ である。f(zn) = 0 よりこれは矛盾なので z∗ は f の極ではない。S を f の極の集合とするとき、Ω\S は連結である。f の零点が Ω\S で集積点を持つので、一致の定理よりΩ\S 上で f は定数 0 となる。これは矛盾。よって Z は Ω で集積点を持たない。

定理 3.4.4. Ω は領域、f は Ω 上有理型とする。f の極および零点を通らない正の向きを持つ正則な Jordan 閉曲線 γ : [a, b] → Ω に対して、γ で囲まれる領域が Ω に含まれるならば

1

2πi

∫γ

f ′(z)

f(z)dz = Z(f, γ) − P (f, γ)

証明. f ′/f は z0 が f の極でも零点でもないときは z0 で正則である。従って f ′/f の特異点は f の極あるいは零点である。いま、z0 が f の m 位の零点であるとする。補題 3.4.3-(2)より z0 の周りで正則な h(z) で h(z0) 6= 0 となるものがあって z0 の周りで f(z) = (z − z0)

mh(z). 従って、z0 の周りで

f ′(z)

f(z)=

m(z − z0)m−1h(z) + (z − z0)

mh′(z)

(z − z0)mh(z)=

m

z − z0

+h′(z)

h(z)

h(z0) 6= 0 より h′/h は z0 で正則である。従って f ′/f は z0 で 1 位の極をもち、Res(f ′/f, z0) = m.次に z0 が f の n 位の極であるとする。このとき z0 の周りで正則な h(z)

で h(z0) 6= 0 となるものがあって、 z0 の周りでは f(z) = h(z)/(z − z0)n.

従って、

f ′(z)

f(z)=

( h′(z)

(z − z0)n− n

h(z)

(z − z0)n+1

)· (z − z0)

n

h(z)=

h′(z)

h(z)− n

z − z0

h(z0) 6= 0 より h′/h は z0 で正則。よって f ′/f は z0 で 1 位の極をもちRes(f ′/f, z0) = −n.さて γ に囲まれた領域内の f ′/f の零点を z1, . . . , zk、極を w1, . . . , wl と

するとき留数定理より

1

2πi

∫γ

f ′(z)

f(z)dz =

k∑j=1

Res(f ′/f, zj) +l∑

j=1

Res(f ′/f, wj) = Z(f, γ) − P (f, γ)

48

定理 3.4.5 (Rouche の定理). γ : [a, b] → C は正の向きを持つ正則な Jordan閉曲線とする。γ に囲まれる領域を D とするとき、 f, g は D を含む領域上で holomorphic な関数であり、任意の λ ∈ [0, 1] と任意の t ∈ [a, b] に対して、|f(γ(t))+λg(γ(t))| > 0 が成り立つとする。このとき、Z(f, γ) = Z(f + g, γ)である。

証明. λ ∈ [0, 1] に対して、N(λ) = Z(f + λg, γ) とする。定理 3.4.4 より、

N(λ) =1

2πi

∫γ

f ′(z) + λg′(z)

f(z) + λg(z)dz

である。いま、F (t, λ) = |f(γ(t))−λg(γ(t))| とおくと、F は [a, b]× [0, 1] 上の連続関数である。よってある (t∗, λ∗) ∈ [a, b] × [0, 1] で

min(t,λ)∈[a,b]×[0,1]

|F (t, λ)| = F (t∗, λ∗) > 0

F (t∗, λ∗) = c とおく。このとき、

N(λ) − N(λ′) =λ − λ′

2πi

∫γ

(fg)′(z)

(f(z) + λg(z))(f(z) + λ′g(z))dz

ここで、γ 上では |(f(z) + λg(z))(f(z) + λ′g(z))| ≥ c2 なので

|N(λ) − N(λ′)| ≤ |λ − λ′|(b − a)

2πc2maxt∈[a,b]

|(fg)′(γ(t))|

従って、N(λ) は λ に関して連続である。いま N(λ) は整数値しかとらないので、中間値の定理より N(0) = N(1).

系 3.4.6. Ω を領域、f は Ω 上で holomorphic な関数とする。いま、z0 ∈ Ωが f(z) − w0 の k 位の零点であるとする。このとき任意の ε > 0 に対してある δ > 0 があって、任意の w ∈ Dδ(w0) に対して、f(z) −w は Dε(z0) 内に互いに相異なる 1 位の零点を k 個持つ。

証明. f(z) − w0 を f(z) と置きなおせば w0 = 0 と考えても一般性を失わない。一致の定理より、ある r > 0 があって、Dr(z0) ⊆ Ω、任意の z ∈Dr(z0)\z0 で f(z) 6= 0 かつ f ′(z) 6= 0 とできる。ε < R とする。δ =minz∈Cε(z0) |f(z)| とおき、w ∈ Dδ(0) とする。このとき z ∈ Cε(z0), λ ∈ [0, 1]に対して |f(z) − λw| ≥ |f(z)| − λ|w| ≥ δ − λ|w| > 0. 定理 3.4.5 より、Z(f, Cε(z0)) = Z(f −w,Cε(z0)) である。いま、z ∈ Dε(z0)\z0 で f(z) 6= 0

49

より、Z(f, Cε(z0)) = k. 従って、Z(f −w,Cε(z0)) = k. ここで、z1 ∈ Dε(z0)かつ f(z1) = w とするとき、f ′(z1) 6= 0 より、z1 は f(z) − w の 1 位の零点。Z(f −w,Cε(z0)) = k より f(z)−w は Dε(z0) 内に 1 位の零点を k 個もつ。

上の系の状況で、D = f−1(Dδ(w0)) ∩Dε(z0) ∩Ω\z0 とおくと、f |D はD から Dδ(w0)\w0 への k 対 1 の上への写像となる。

系 3.4.7 (開写像定理). Ω を領域、f は Ω 上で holomorphic とする。このとき任意の開集合 O ⊆ Ω に対して f(O) は開集合である。

証明. O = Ω として 系 3.4.6 を使えば、任意の z0 ∈ O に対してある δ が存在して、Dδ(f(z0))が f(O)に含まれる。すなわち f(O)は開集合である。

系 3.4.8. Ω を領域、f は Ω 上 holomorphic とする。いま f が Ω 上 1 対 1の写像なら、任意の z ∈ Ω で f ′(z) 6= 0 である。さらにこのとき D = f(Ω)とすると、逆写像 g : D → Ω も D 上正則である。

証明. 系 3.4.6 よりある z0 ∈ Ω で f ′(z0) = 0 ならば z0 の近傍で f は 1 対1 でない。よって Ω 上 f ′(z) 6= 0 である。さらに系 3.4.7 より f は開写像であるから、g は連続である。ここで、z0 ∈ Ω に対して w0 = f(z0) とするとき、η 6= 0 に対して、h(η) = g(w0 + η) − g(w0) とおくと、

g(w0 + η) − g(w0)

η=

h(η)

f(z0 + h(η)) − f(z0)

h は η について連続であるから、η → 0 で h(η) → 0. f ′(z0) 6= 0 なので、上の式より、g は w0 で holomorphic であり、g′(w0) = 1/f ′(z0).

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