複素関数と微積分

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数学解析の研究と同様に，複素数および拡張複素平面の基本的な性質を議論した後は， 複素変数関数の微積分学をさらに深く探究することが自然な流れである。 これが本章の主な目的である。

2.1 複素変数関数

$\mathcal{D}\subseteq\mathbb{C}$ を部分集合（例えば領域）とする。 写像 $f\colon\mathcal{D}\to\mathbb{C}$ を $\mathcal{D}$ 上の複素変数関数（略して複素関数）といい， $w=f(z)$，$\forall z\in\mathcal{D}$ と書く。

任意の $z\in\mathcal{D}$ に対して，関数値が $w=f(z)$ という式によって一意に定まるとき， $f$ を一価関数という。そうでない場合は多価関数という。

初等一価関数

以下にいくつかの古典的な初等一価関数の例を挙げる。

例 2.1.1

  1. 定数関数 $w=c$（$c$ は与えられた定数），定義域は複素平面全体 $\mathbb{C}$。
  2. べき関数 $w=z^n$（$n$ は正の整数），定義域は $\mathbb{C}$。
  3. 多項式関数
    $$w = a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1 z+a_0,\quad a_i\in\mathbb{C},$$
    定義域は $\mathbb{C}$。
  4. $w=\dfrac{1}{z^n}$（$n$ は正の整数），定義域は $\mathbb{C}\setminus\{0\}$。
  5. 有理関数 $w=\dfrac{f(z)}{g(z)}$（$f(z),g(z)$ はいずれも多項式）。 分式線形変換は最も単純な有理関数の一つである。$\blacksquare$

例 2.1.2

  1. 指数関数
    $$w = e^z := e^x\cdot e^{iy} = e^x(\cos y+i\sin y),\quad z=x+iy。$$
    定義域は複素平面全体 $\mathbb{C}$。定義から直ちに $|e^z|=e^{\operatorname{Re}z}$， 主偏角 $\arg e^z=\operatorname{Im}z$ がわかる。
  2. 三角関数
    $$w = \begin{cases} \cos z := \dfrac{1}{2}(e^{iz}+e^{-iz}),\\[6pt] \sin z := \dfrac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz}) \end{cases}$$
    および $w=\tan z:=\dfrac{\sin z}{\cos z}$，$w=\cot z:=\dfrac{\cos z}{\sin z}$。 三角関数の定義から次の公式が得られる：
    $$\begin{cases} e^{iz} := \cos z+i\sin z,\\ e^{-iz} := \cos z-i\sin z。 \end{cases}$$
    $z$ が実数のとき，これはオイラーの公式に他ならない。

    具体例として $z=i$ とすると $\sin i = \dfrac{1}{2i}(e^{-1}-e) = \dfrac{i}{2}(e-e^{-1})$。$\blacksquare$

例 2.1.3

  1. 共役関数 $w=\bar{z}$。
  2. 絶対値の二乗関数 $w=|z|^2=z\bar{z}$。 同様に $w=\operatorname{Re}z=\dfrac{1}{2}(z+\bar{z})$， $w=\operatorname{Im}z=\dfrac{1}{2i}(z-\bar{z})$ も一価関数である。$\blacksquare$

初等多価関数

以下にいくつかの多価関数の例を挙げる。

例 2.1.4（偏角関数） 偏角関数 $w=\operatorname{Arg}z$。主偏角 $\arg z$ を定めると

$$\operatorname{Arg}z = \arg z+2k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}。$$

したがって各 $z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ に対して，$\operatorname{Arg}z$ は無限多個の値をとる。$\blacksquare$

例 2.1.5（$n$ 次根関数） $n$ 次根関数を

$$w = \sqrt[n]{z} := \sqrt[n]{|z|}\cdot e^{i\operatorname{Arg}z/n}$$

と定める。これはべき関数 $z=w^n$ の逆関数である。 与えられた $z$ に対して，代数学の基本定理より方程式 $w^n=z$ は $w$ に関してちょうど $n$ 個の根をもつ。 すなわち $n$ 次根関数 $w=z^{1/n}$ はちょうど $n$ 個の値をとる。 主偏角 $\arg z$ を固定すると，この $n$ 個の値はそれぞれ

$$w = \sqrt[n]{z} = \sqrt[n]{|z|}\cdot e^{\frac{i}{n}(\arg z+2k\pi)},\quad k=0,1,\ldots,n-1$$

と表される。$z\neq 0$ であれば，これら $n$ 個の値は互いに異なることが容易に確かめられる。

特に $z=1$ とすると $\sqrt[n]{1}=1,\omega,\ldots,\omega^{n-1}$（$\omega=e^{2\pi i/n}$ は $n$ 次原始単位根）。

同様に，指数が分数のべき関数 $w=z^{m/n}$ も定義できる。$\blacksquare$

例 2.1.6（対数関数） 対数関数を

$$w = \ln z := \ln|z|+i\operatorname{Arg}z,\quad z\neq 0$$

と定める。主偏角 $\arg z$ を用いると

$$w = \ln z = \ln|z|+i(\arg z+2k\pi),\quad k\in\mathbb{Z}。$$

したがって対数関数も無限多個の値をとる。 例えば $z=1$ のとき $\ln 1=2k\pi i$， $z=-1$ のとき $\ln(-1)=(2k+1)\pi i$（$k\in\mathbb{Z}$）となる。$\blacksquare$

例 2.1.7（一般べき関数） 一般べき関数を

$$w = z^\alpha := e^{\alpha\ln z} = e^{\alpha(\ln|z|+i\operatorname{Arg}z)}$$

と定める（$\alpha$ は与えられた複素数）。 $\alpha$ が整数のとき通常のべき関数に一致し一価である。 $\alpha=1/n$ のとき $n$ 次根関数となる。 一般の $\alpha$ に対してこの関数は無限多個の値をとる。

例えば $\alpha=z=i$ とすると

$$i^i = e^{i\ln i} = e^{i(\ln|i|+i\frac{\pi}{2}+2k\pi i)} = e^{-2k\pi-\frac{\pi}{2}},\quad k\in\mathbb{Z}。\qquad\blacksquare$$

例 2.1.8（逆三角関数） 逆正弦関数を

$$w = \arcsin z := \frac{1}{i}\ln\!\left(iz+\sqrt{1-z^2}\right)$$

と定める。また $w=\arccos z:=\dfrac{\pi}{2}-\arcsin z$。

この定義式の由来を説明しよう。$z=\sin w=\dfrac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i}$ とおくと整理して

$$(e^{iw})^2-2iz\cdot e^{iw}-1=0。$$

$w=0$ のとき $z=\sin w=0$ に注意して，二次方程式の解の公式を用いると

$$e^{iw} = iz+\sqrt{1-z^2},$$

ここで $\sqrt{1}=1$ と定める。これより $w=\arcsin z$ の表示が得られる。$\blacksquare$

連続関数

$f\colon\mathcal{D}\to\mathbb{C}$ を $\mathcal{D}$ 上の一価関数とする。

定義 2.1.1 $z_0\in\mathcal{D}$ に対して，関数の極限 $A=\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)$ が存在するとは， 任意の $\varepsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在して， $|z-z_0|<\delta$ ならば $|f(z)-A|<\varepsilon$ となることである。

$f(z)$ が $z=z_0$ で連続であるとは，極限 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)=f(z_0)$ が成り立つことである。$w=f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上のすべての点で連続のとき， $f$ を$\mathcal{D}$ 上の連続関数という。

$z=x+iy$，$w=u+iv$ とおくと，$w=f(z)$ は $w=u(x,y)+iv(x,y)$ と書ける。 すなわち $u,v$ はともに $x,y$ の実二変数関数である。 命題 1.6.1 と同様の議論により次が成り立つ。

補題 2.1.1 $z_0=x_0+iy_0$ とする。関数 $w=f(z)$ が $z=z_0$ で連続であることと， 実二変数関数 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$ がともに点 $(x_0,y_0)$ で連続であることは同値である。

第 2.1.1 節の例はすべて連続関数であるため，ここでは繰り返さない。

2.2 解析関数

$f\colon\mathcal{D}\to\mathbb{C}$ を $\mathcal{D}$ 上の一価関数，$z_0\in\mathcal{D}$ とする。

可微分関数と解析関数

定義 2.2.1

  1. 極限
    $$\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}$$
    が存在するとき，$w=f(z)$ は $z=z_0$ において可微分（複素微分可能）であるといい， この極限値を $f(z)$ の $z=z_0$ における導関数と呼んで $f'(z_0)$ または $\left.\dfrac{df}{dz}\right|_{z=z_0}$ （従属変数 $w$ を強調するときは $\left.\dfrac{dw}{dz}\right|_{z=z_0}$）と書く。
  2. $w=f(z)$ がある近傍 $B(z_0,\varepsilon)$ のすべての点で可微分なとき， $f$ は $z_0$ において解析的であるという。 $f$ が $\mathcal{D}$ のすべての点で解析的なとき， $f$ を$\mathcal{D}$ 上の解析関数という。

後ほど見るように，解析性の条件は可微分性よりもはるかに強い。 ここではその証明は後に回し，一つの結論だけ先に述べておく。

定理 2.2.1 解析関数は任意の階数の導関数をもつ。

これは実解析とは著しく異なる点である。 実解析では可微分であっても二階以上の導関数が存在しない例が数多くある。

複素関数の微分公式は実解析の場合と全く同じである。以下にいくつかの例を挙げる。

例 2.2.1

  1. $w=z^n$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数で，$\dfrac{dw}{dz}=nz^{n-1}$。
  2. $w=e^z$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数で，$\dfrac{dw}{dz}=e^z$。
  3. $w=\cos z$ および $w=\sin z$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数で，
    $$(\cos z)'=-\sin z,\qquad(\sin z)'=\cos z。$$
    これらの微分公式は三角関数の定義（例 2.1.2）から直接導かれる。$\blacksquare$

例 2.2.2 $w=\bar{z}$ は至る所連続であるが至る所可微分でない。 すなわち任意の $z_0\in\mathbb{C}$ に対して，極限

$$\lim_{z\to z_0}\frac{\bar{z}-\bar{z}_0}{z-z_0}$$

は存在しない。

注意すべきことに，実解析では至る所連続だが至る所可微分でない関数を構成することはかなり困難である。 この事実は，複素可微分性が実可微分性よりも格段に強い条件であることを裏側から示している。$\blacksquare$

コーシー--リーマン方程式

導関数の定義から，極限

$$\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}$$

は $z$ が $z_0$ に近づく方向によらないはずである。 これは実際には非常に厳しい条件である。

実解析における実関数の微分を振り返ろう。変数が実数の場合， 極限点への近づき方は左右の二方向しかなく，左微分と右微分の二種類の極限が生じる。 左右の微分が等しいときにのみ関数は可微分となる。

この考え方を複素関数の微分に応用しよう。 $z=x+iy$，$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，$z_0=x_0+iy_0\in\mathcal{D}$ とし，

$$\Delta z = z-z_0 = \Delta x+i\Delta y,\qquad \Delta f = f(z)-f(z_0) = \Delta u+i\Delta v$$

とおく。

$f'(z_0)$ が存在すると仮定する。 まず $z$ を鉛直方向に $z_0$ へ近づける。すなわち $\Delta x=0$ とすると，

$$f'(z_0) = \lim_{\Delta z\to 0}\frac{\Delta f}{\Delta z} = \lim_{\Delta y\to 0}\frac{\Delta u+i\Delta v}{i\Delta y} = -i\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)} +\left.\frac{\partial v}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}。$$

同様に $z$ を水平方向に $z_0$ へ近づける。すなわち $\Delta y=0$ とすると，

$$f'(z_0) = \lim_{\Delta z\to 0}\frac{\Delta f}{\Delta z} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta u+i\Delta v}{\Delta x} = \left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)} +i\left.\frac{\partial v}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)}。$$

これら二式を比較することで，いわゆるコーシー--リーマン方程式が得られる：

$$\begin{cases} \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)} = \left.\dfrac{\partial v}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)},\\[10pt] \left.\dfrac{\partial u}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)} = -\left.\dfrac{\partial v}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)}。 \end{cases}$$

より一般的な結論は次の通りである（詳しい証明はここでは省く）。

定理 2.2.2 $f'(z_0)$ が存在することと，次の二条件が同時に成立することは同値である。

  1. $f(z)$ が $z=z_0$ においてコーシー--リーマン方程式を満たす。
  2. $u(x,y)$ および $v(x,y)$ が点 $(x_0,y_0)$ において（実関数の意味で）可微分である。

これより次の系が直ちに従う。

推論 2.2.1 関数 $w=f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上で解析的であることと， $u,v$ が $\mathcal{D}$ 上の可微分な関数で，$\mathcal{D}$ 上で常にコーシー--リーマン方程式

$$\begin{cases} \dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y},\\[6pt] \dfrac{\partial u}{\partial y}=-\dfrac{\partial v}{\partial x} \end{cases}$$

を満たすことは同値である。

注 2.2.1 コーシー--リーマン方程式は石鹸膜の問題の研究において重要な応用をもつ。 数学には多くの抽象的な理論があり，表面上は現実から遠く離れているように見えても， 実際には物理学やその他の学問分野において強力なツールとなることが多い。$\blacksquare$

次にいくつかの例でコーシー--リーマン方程式を確認しよう。

例 2.2.3 （$z=x+iy$，$f=u+iv$ とおく。）

  1. $w=z^2$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数。このとき $u=x^2-y^2$，$v=2xy$ であり，
    $$\frac{\partial u}{\partial x}=2x=\frac{\partial v}{\partial y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-2y=-\frac{\partial v}{\partial x}。$$
  2. $w=e^z$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数で，$u=e^x\cos y$，$v=e^x\sin y$，
    $$\frac{\partial u}{\partial x}=e^x\cos y=\frac{\partial v}{\partial y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-e^x\sin y=-\frac{\partial v}{\partial x}。$$
  3. $w=\dfrac{1}{z}$ は $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 上の解析関数で， $u=\dfrac{x}{x^2+y^2}$，$v=-\dfrac{y}{x^2+y^2}$，
    $$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{\partial v}{\partial y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}=-\frac{\partial v}{\partial x}。\qquad\blacksquare$$

例 2.2.4

  1. 前述の通り $w=\bar{z}$ は至る所可微分でない。 $u=x$，$v=-y$ はいずれも可微分な関数だが，コーシー--リーマン方程式を満たさない。具体的には，
    $$\frac{\partial u}{\partial x}=1\neq-1=\frac{\partial v}{\partial y},\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=0=-\frac{\partial v}{\partial x}。$$
  2. $w=\sqrt{|xy|}$。$u=\sqrt{|xy|}$，$v=0$。点 $(0,0)$ において
    $$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y} =\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0$$
    が成り立つが，$u$ は $(0,0)$ で可微分でない。 したがって $w=\sqrt{|xy|}$ は $z=0$ で複素微分不可能である。$\blacksquare$

コーシー--リーマン方程式のもう一つの帰結として次が成り立つ。

推論 2.2.2 可微分な関数 $u,v$ が $\mathcal{D}$ 上でコーシー--リーマン方程式を満たし， かつ二階偏微分が存在するならば，

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0,\qquad \frac{\partial^2 v}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 v}{\partial y^2}=0。$$

$\Delta:=\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}$ をラプラシアンと呼び， 関係式 $\Delta u=0$ を満たす実二変数の可微分な関数を調和関数という。 推論 2.2.2 はつまり，解析関数の実部と虚部はいずれも調和関数で， コーシー--リーマン方程式を満たすということである。

一つの興味深い問いとして，与えられた調和関数 $u$ に対して， $f(z)=u+iv$ が解析関数となるような別の調和関数 $v$ が存在するかどうかがある。 このような $v$ が存在するとき，$v$ を $u$ の共役調和関数という。

実可微分と複素可微分の関係

$\mathcal{D}$ 上の関数（必ずしも解析的とは限らない）

$$f(z) = u(x,y)+iv(x,y),\quad z=x+iy\in\mathcal{D}$$

を考える。$u,v$ は可微分とする。命題 1.1.1 から

$$x=\frac{z+\bar{z}}{2},\qquad y=\frac{z-\bar{z}}{2i} \tag{2-1}$$

が成り立つので，$f(z)$ は $z,\bar{z}$ の二変数複素関数として表せる。 ここで $f$ に対して形式的な偏微分 $\dfrac{\partial f}{\partial z}$， $\dfrac{\partial f}{\partial\bar{z}}$ を定める。連鎖律を用いると， 式 (2-1) から

$$\frac{\partial x}{\partial z}=\frac{\partial x}{\partial\bar{z}}=\frac{1}{2},\qquad \frac{\partial y}{\partial z}=-\frac{\partial y}{\partial\bar{z}}=\frac{1}{2i}。$$

これらを代入すると，

$$\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial z} =\dfrac{1}{2}\!\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}-i\dfrac{\partial f}{\partial y}\right),\\[10pt] \dfrac{\partial f}{\partial\bar{z}} =\dfrac{1}{2}\!\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}+i\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)。 \end{cases} \tag{2-2}$$

一方，$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial u}{\partial x}+i\dfrac{\partial v}{\partial x}$， $\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial u}{\partial y}+i\dfrac{\partial v}{\partial y}$ であるから，これらを (2-2) に代入すると，

$$\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial z} =\dfrac{1}{2}\!\left(\dfrac{\partial u}{\partial x}+\dfrac{\partial v}{\partial y}\right) +\dfrac{i}{2}\!\left(\dfrac{\partial v}{\partial x}-\dfrac{\partial u}{\partial y}\right),\\[10pt] \dfrac{\partial f}{\partial\bar{z}} =\dfrac{1}{2}\!\left(\dfrac{\partial u}{\partial x}-\dfrac{\partial v}{\partial y}\right) +\dfrac{i}{2}\!\left(\dfrac{\partial v}{\partial x}+\dfrac{\partial u}{\partial y}\right)。 \end{cases} \tag{2-3}$$

これにより次の命題が得られる。

命題 2.2.1 以下の条件は互いに同値である：

  1. $\dfrac{\partial f}{\partial\bar{z}}=0$。
  2. $u,v$ はコーシー--リーマン方程式を満たす可微分な関数である。
  3. $f(z)$ は可微分（解析的）である。
  4. $f(z)$ の表示式に $\bar{z}$ が現れない。
証明

(1) と (4) の同値性は明らかであり，これは偏微分の定義によるものである。 (2) と (3) の同値性は定理 2.2.2 による。 (1) と (2) の同値性は式 (2-3) による。

例 2.2.5 （$f(z)=ax^2+by^2+2cxyi$，$a,b,c\in\mathbb{R}$，$z=x+iy$。）

  1. 形式的な偏微分 $\dfrac{\partial f}{\partial z}$，$\dfrac{\partial f}{\partial\bar{z}}$ を求めよう。 式 (2-2) から，
    $$\frac{\partial f}{\partial z}=(a+c)x+(c-b)yi,\qquad \frac{\partial f}{\partial\bar{z}}=(a-c)x+(c+b)yi。$$
    また式 (2-1) を用いて $f(z)$ を $z,\bar{z}$ で明示的に表すこともできる。
  2. $f(z)$ が解析的になる必要十分条件を求めよう。 命題 2.2.1 より，解析的であることの必要十分条件は
    $$0=\frac{\partial f}{\partial\bar{z}}=(a-c)x+(c+b)yi$$
    が恒等的に成り立つことである。これより $a=c=-b$， したがって $f(z)=az^2$。 別の方法として，直接コーシー--リーマン方程式を用いて確かめることもできる。$\blacksquare$

分式線形変換への応用

$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$ を分式線形変換（$ad-bc\neq 0$）とする。 その導関数は容易に求まり，

$$f'(z)=\frac{ad-bc}{(cz+d)^2}。$$

$f(z)=k\cdot\dfrac{z-z_1}{z-z_2}$ と書いたときは $f'(z)=k\cdot\dfrac{z_1-z_2}{(z-z_2)^2}$ となり， 特に $z=z_1$ とすると $f'(z_1)=\dfrac{k}{z_1-z_2}$。

例 2.2.6 分式線形変換 $w=f(z)$ で，上半平面 $\mathcal{H}$ を単位円盤 $B(0,1)$ に写すもので， $f(i)=0$，$\arg f'(i)=-\pi/2$ を満たすものを求めよ。

例 1.8.12 と条件 $f(i)=0$ から，$f(z)$ は

$$f(z)=e^{i\theta}\cdot\frac{z-i}{z+i}$$

と書ける。したがって

$$f'(i)=\frac{e^{i\theta}}{2i}=\frac{1}{2}e^{i(\theta-\pi/2)}。$$

条件 $\arg f'(i)=-\pi/2$ より $\theta=0$。

以上から $f(z)=\dfrac{z-i}{z+i}$。$\blacksquare$

2.3 複積分

実解析の積分 $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ を振り返ろう。 この積分は三つの要素から成る：実変数 $x$，被積分関数 $f(x)$，積分区間 $[a,b]$。 まず区間 $[a,b]$ に分点を挿入する：

$$a=x_0<x_1<\cdots<x_{n-1}<x_n=b。$$

区間を小区間 $[x_{i-1},x_i]$ に分割し，各小区間で点 $m_i$ を選んだ後， 極限によって積分を定める：

$$\int_a^b f(x)\,dx := \lim_{\|T\|\to 0}\sum_{i=1}^n f(m_i)(x_i-x_{i-1}),$$

ここで $\|T\|=\max_{1\leq i\leq n}(x_i-x_{i-1})$。

複積分の定義

ここでは上と同じ発想で複積分を定義する。 実変数 $x$ を複素変数 $z$ に，実関数 $f(x)$ を複素関数 $f(z)$ に， 積分区間 $[a,b]$ を複素平面上の逐段滑らかな曲線

$$C\colon z(t)=x(t)+iy(t),\quad t\in[a,b]$$

に置き換える（逐段滑らかとは $x(t),y(t)$ が $t$ の逐段滑らかな関数であることをいう）。 曲線 $C$ の向きを始点 $A=z(a)$ から終点 $B=z(b)$ への向きと定める。 $C$ 上に分点列

$$A=z_0,z_1,\ldots,z_{n-1},z_n=B$$

を挿入する。曲線 $C$ を小弧 $\widetilde{z_{i-1}z_i}$ に分割し，各小弧上で点 $m_i$ を選ぶ。 次の極限によって $f(z)$ の複積分を定める：

$$\int_C f(z)\,dz := \lim_{\|T\|\to 0}\sum_{i=1}^n f(m_i)(z_i-z_{i-1}),$$

ここで $\|T\|=\max_{1\leq i\leq n}|z_i-z_{i-1}|$。

注 2.3.1

  1. $C^-$ で $C$ の逆向き（終点 $B$ から始点 $A$ へ向かう曲線）を表す。このとき $\displaystyle\int_{C^-}f(z)\,dz:=-\int_C f(z)\,dz$。
  2. $C$ の特殊な場合として単純閉曲線がある。 すなわち始点と終点が一致し（$A=B$），かつ曲線が自己交差しないものである。 単純閉曲線の反時計回り方向を正の向きと定める。 以下特に断らない限り，単純閉曲線は正の向きをとるものとする。
  3. $C=C_1+C_2$ が二本の曲線 $C_1,C_2$ をつないで得られるとき， $\displaystyle\int_C f(z)\,dz:=\int_{C_1}f(z)\,dz+\int_{C_2}f(z)\,dz$。
  4. 複積分は線形性を満たす： $\displaystyle\int_C(\alpha f+\beta g)\,dz =\alpha\int_C f(z)\,dz+\beta\int_C g(z)\,dz$，$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$。$\blacksquare$

複積分の計算

実解析の積分計算と同様に，複積分も変数変換によって計算できる。 $C$ をパラメータ方程式

$$z(t)=x(t)+iy(t),\quad t\in[a,b]$$

で定められた曲線とし，$x(t),y(t)$ は $t$ の逐段滑らかな関数とする。

補題 2.3.1（変数変換公式）

$$\int_C f(z)\,dz = \int_a^b f(z(t))\cdot z'(t)\,dt. \tag{2-4}$$

例 2.3.1 （$\displaystyle\int_C\frac{1}{z^n}\,dz$ の計算，$n$ は正の整数，$C\colon|z|=r$。）

$C$ をパラメータ化する：$z=re^{i\theta}$，$\theta\in[0,2\pi]$。 変数変換公式から，

$$\int_C\frac{1}{z^n}\,dz =\int_0^{2\pi}\frac{(re^{i\theta})'}{(re^{i\theta})^n}\,d\theta =\int_0^{2\pi}\frac{1}{r^{n-1}}\cdot\frac{ie^{i\theta}}{e^{in\theta}}\,d\theta =\frac{i}{r^{n-1}}\int_0^{2\pi}e^{i(1-n)\theta}\,d\theta。$$

$n=1$ のとき，

$$\int_C\frac{1}{z}\,dz=2\pi i。$$

$n>1$ のとき，

$$\int_C\frac{1}{z^n}\,dz =\frac{i}{r^{n-1}}\left[\frac{e^{i(1-n)\theta}}{(1-n)i}\right]_0^{2\pi}=0。$$

注意深い読者は，この積分の結果が積分曲線の半径 $r$ によらないことに気づくだろう。 実はこれは偶然ではなく，後に説明する。$\blacksquare$

例 2.3.2 （$f(z)=\operatorname{Re}(z^2)$ とおき，各曲線 $C$ 上で $\displaystyle\int_C f(z)\,dz$ を求める。）

  1. $C\colon z(t)=t+it$（$t\in[0,1]$）。 このとき $z^2=it^2$ なので $f(z)=\operatorname{Re}(it^2)=0$（$\forall z\in C$）。 したがって $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=0$。
  2. $C=C_1+C_2$：$C_1$ は $0$ から $i$ への直線，$C_2$ は $i$ から $1+i$ への直線。

    $C_1$ のパラメータ化：$z(t)=ti$（$t\in[0,1]$）。変数変換公式から
    $$\int_{C_1}f(z)\,dz=\int_0^1(-t^2)\cdot(ti)'\,dt=-i\int_0^1 t^2\,dt=-\frac{i}{3}。$$
    同様に $C_2$ のパラメータ化：$z(t)=t+i$（$t\in[0,1]$）， $\displaystyle\int_{C_2}f(z)\,dz=-\dfrac{2}{3}$。 合わせて $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=-\dfrac{2}{3}-\dfrac{i}{3}$。
  3. $C=C_1+C_2$：$C_1$ は $0$ から $1$ への直線，$C_2$ は $1$ から $1+i$ への直線。 同様の計算で $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2i}{3}$。 詳しい確認は読者に委ねる。$\blacksquare$

複積分は実数の第二種線積分の計算に帰着させることもできる。 $f(z)\,dz=(u+iv)(dx+i\,dy)=(u\,dx-v\,dy)+i(v\,dx+u\,dy)$ であるから，

$$\int_C f(z)\,dz =\int_C u\,dx-v\,dy+i\int_C v\,dx+u\,dy. \tag{2-5}$$

$C$ のパラメータ表示 $z=z(t)=x(t)+iy(t)$（$a\leq t\leq b$）を (2-5) に代入すると，

$$\begin{aligned}\int_C u\,dx-v\,dy &=\int_a^b\bigl(u(x(t),y(t))\,x'(t)-v(x(t),y(t))\,y'(t)\bigr)\,dt,\\ \int_C v\,dx+u\,dy &=\int_a^b\bigl(v(x(t),y(t))\,x'(t)+u(x(t),y(t))\,y'(t)\bigr)\,dt. \tag{2-6}\end{aligned}$$

式 (2-5) と (2-6) を合わせると，変数変換公式 (2-4) が導かれる。

コーシー積分定理

数学解析において最も重要な定理はニュートン--ライプニッツ公式， すなわち $f(x)$ が原始関数 $F(x)$ をもち， (1) $F'(x)=f(x)$，(2) $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)$ を満たすというものである。

複素関数においても同様のニュートン--ライプニッツ公式が成り立つかどうかという問いは， 自然な疑問である。$w=f(z)$ を連続関数，曲線 $C$ を始点 $a$ から終点 $b$ へ向かうとし， $\displaystyle\int_C f(z)\,dz$ を計算したいとする。 仮に「原始関数」$F(z)$ が存在して (1) $F'(z)=f(z)$，(2) $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=F(b)-F(a)$ を満たすとしよう。 条件 (1) は $F(z)$ が解析的であることを意味するから，定理 2.2.1 より $f(z)$ も解析的である。 条件 (2) の右辺は始点 $a$ と終点 $b$ のみに依存し，積分路の選び方によらない。

別の曲線 $C'$（$a$ を始点，$b$ を終点，$C,C'$ は他に交点をもたない）をとると $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=F(b)-F(a)=\int_{C'}f(z)\,dz$。 さらに $C'$ の逆向き $C'^-$ を考えると，注 2.3.1 および上式から $\displaystyle\int_{C+C'^-}f(z)\,dz=\int_C f(z)\,dz-\int_{C'}f(z)\,dz=0$。 $C+C'^-$ は単純閉曲線であることに注意せよ。

以上から，$f(z)$ に「原始関数」が存在すれば，それは解析的であり， 任意の単純閉曲線上での積分はすべて零になることがわかる。 逆もまた成り立つ。さらに曲線 $C$ はより一般的な複囲線でもよい。

定義 2.3.1（複囲線） 複囲線とは

$$C = C_0+C_1^-+\cdots+C_n^-$$

の形の曲線であり，互いに交わらない単純閉曲線 $C_0,C_1,\ldots,C_n$ からなる （$C_i^-$ は対応する逆向き曲線）。これらの単純閉曲線は次の条件を満たす：

  1. $C_1,\ldots,C_n$ は $C_0$ の内部に含まれる。
  2. $C_1,\ldots,C_n$ は互いに包含し合わない。

特に，$C$ はある有界領域 $\mathcal{D}$ を囲み，$C$ をちょうど $\mathcal{D}$ の正の向きの境界とする。

複囲線が一本の単純閉曲線 $C_0$ のみから成る場合，それが囲む領域は単連結， すなわち $C_0$ の内部に「穴」がないことを意味する。

定理 2.3.1（コーシー積分定理） $\mathcal{D}$ が複囲線 $C$ で囲まれた領域，$f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数， かつ閉域 $\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{D}+C$ 上で連続ならば

$$\int_C f(z)\,dz = 0。$$
証明

ここでは特殊な場合のみ証明する。導関数 $f'(z)$ も $\overline{\mathcal{D}}$ 上で連続と仮定する。 式 (2-5) を用いると，

$$\int_C f(z)\,dz = \int_C u\,dx-v\,dy+i\int_C v\,dx+u\,dy。$$

$C$ が複囲線であるからグリーンの公式が使えて，

$$\int_C u\,dx-v\,dy = \iint_{\mathcal{D}}\!\left(\frac{\partial(-v)}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\right)dx\,dy,\quad \int_C v\,dx+u\,dy = \iint_{\mathcal{D}}\!\left(\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right)dx\,dy。$$

さらにコーシー--リーマン方程式より，上記の二つの二重積分の被積分関数はいずれも零となる。 よって $\displaystyle\int_C f(z)\,dz=0$。

注 2.3.2 上の証明では $f'(z)$ の連続性を仮定した。 コーシー--グルサの定理はこの連続性の仮定を除いた より一般的な結論を与える。すなわち $f(z)$ が $\mathcal{D}$ で解析的であれば十分であり， $f'(z)$ の連続性を前提とする必要はない。

コーシー積分定理より次の推論が直ちに得られる。

推論 2.3.1 $C=C_0+C_1^-+\cdots+C_n^-$ が複囲線，$\mathcal{D}$ が $C$ で囲まれた領域， $f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数，かつ閉域 $\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{D}+C$ 上で連続ならば

$$\int_{C_0}f(z)\,dz = \int_{C_1}f(z)\,dz+\cdots+\int_{C_n}f(z)\,dz。$$

推論 2.3.2 $\mathcal{D}$ が単連結，$f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上で解析的ならば，原始関数 $F(z)$ が存在して

  1. $F'(z)=f(z)$，
  2. （ニュートン--ライプニッツ公式）$\displaystyle\int_{z_1}^{z_2}f(z)\,dz=F(z_2)-F(z_1)$，

ここで積分は $\mathcal{D}$ 内の積分路によらない。

証明

$z_0\in\mathcal{D}$ を一点とる。$F(z):=\displaystyle\int_{z_0}^z f(\xi)\,d\xi$ と定義する。 コーシー積分定理および前の議論から，この積分は積分路によらず始点のみに依存するため， 定義は合理的である。残りの証明は読者に委ねる。

例 2.3.3 $C$ を $0$ から $i\pi$ への直線とし，$\displaystyle\int_C\sin z\,dz$ を求めよ。

一つの方法は変数変換公式を直接用いることである。 しかし $\sin z$ は $\mathbb{C}$ 上の解析関数であるから，この積分は積分路によらない。 よって推論 2.3.2 のニュートン--ライプニッツ公式から，

$$\int_C\sin z\,dz = (-\cos z)\Big|_0^{i\pi} = \cos 0-\cos i\pi = 1-\frac{1}{2}(e^\pi+e^{-\pi})。$$

例 2.3.4 領域 $\mathcal{D}$ が単連結でない場合，$\displaystyle\int_{z_1}^{z_2}f(z)\,dz$ は積分路の選び方に依存することが多い。 「原始関数」を定義することもできるが，それは多価関数になりうる。

例えば $f(z)=\dfrac{1}{z}$ を円環 $H(0,1,3)=\{z\in\mathbb{C}\mid 1<|z|<3\}$ 上で考える。 $C_1\colon z=2e^{i\theta}$（$\theta\in[0,\pi]$）と $C_2\colon z=2e^{-i\theta}$（$\theta\in[0,\pi]$）をとると，直接計算で

$$\int_{C_1}f(z)\,dz = i\pi,\quad \int_{C_2}f(z)\,dz = -i\pi。$$

$C=C_1+C_2^-$ は単純閉曲線で，$\displaystyle\int_C f(z)\,dz=2\pi i$。 $\ln z$ を $\dfrac{1}{z}$ の原始関数として用いると，$z$ が $C_1,C_2$ に沿って $1$ から $-1$ へ動くとき， $\ln z$ の値はちょうど $2\pi i$ 異なる。$\blacksquare$

コーシー積分公式

$\mathcal{D}$ が複囲線 $C$ で囲まれた領域，$f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数， かつ閉域 $\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{D}+C$ 上で連続とする。 コーシー積分定理を用いて，より一般的な公式を導こう。

定理 2.3.2（コーシー積分公式） $z_0\in\mathcal{D}$ とすると，

$$f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz。$$
証明

曲線 $C_\varepsilon\colon|z-z_0|=\varepsilon$ を考える。 $C'=C+C_\varepsilon^-$ は複囲線であり，$\dfrac{f(z)}{z-z_0}$ は $C'$ が囲む領域内で解析的， その閉域上で連続だから，推論 2.3.1 より

$$\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz = \int_{C_\varepsilon}\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz。$$

$C_\varepsilon$ のパラメータ表示 $z=z_0+\varepsilon e^{i\theta}$（$0\leq\theta\leq 2\pi$）を用いて代入し， 変数変換公式を適用すると，

$$\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz = \int_0^{2\pi}\frac{f(z_0+\varepsilon e^{i\theta})}{\varepsilon e^{i\theta}}\cdot\varepsilon ie^{i\theta}\,d\theta = i\int_0^{2\pi}f(z_0+\varepsilon e^{i\theta})\,d\theta。$$

右辺は $\varepsilon$ によらないから，両辺で $\varepsilon\to 0$ の極限をとると

$$\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz = i\lim_{\varepsilon\to 0}\int_0^{2\pi}f(z_0+\varepsilon e^{i\theta})\,d\theta = i\int_0^{2\pi}f(z_0)\,d\theta = 2\pi if(z_0)。$$

これより定理の結論が得られる。

注 2.3.3

  1. コーシー積分公式中の被積分関数は $\mathcal{D}-\{z_0\}$ 上では解析的だが，$z_0$ では定義されない。 $C$ は $z_0$ を通らないから積分は定義されている。
  2. コーシー積分公式の右辺の積分は $C$ 上の関数値のみに依存するが， 左辺はただ中心点 $z_0$ の関数値のみに依存し，曲線 $C$ 上の値とは無関係である。
  3. $f(z)=(z-z_0)g(z)$ をコーシー積分公式に代入するとコーシー積分定理が得られる（$g(z)$ は解析的）。$\blacksquare$

例 2.3.5 （$C\colon|z-z_0|=r$，以下の $f(z)$ に対して $\displaystyle\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz$ を求める。）

  1. $f(z)=1$ のとき，コーシー積分公式から $\displaystyle\int_C\frac{1}{z-z_0}\,dz=2\pi i$。
  2. $f(z)=z^n$ のとき，$\displaystyle\int_C\frac{z^n}{z-z_0}\,dz=2\pi i\cdot z_0^n$。$\blacksquare$

例 2.3.6 以下の各曲線 $C$ について $\displaystyle\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz$ を求めよ。

$\dfrac{1}{z^2+1}$ は $z=\pm i$ 以外で解析的であることに注意する。

  1. $C\colon|z+i|=1$。$\dfrac{1}{z^2+1}$ は $C$ が囲む領域内で $z=-i$ のみ定義されない。 コーシー積分公式から，
    $$\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz = \int_C\frac{\left(\frac{1}{z-i}\right)}{z+i}\,dz = 2\pi i\cdot\frac{1}{z-i}\bigg|_{z=-i} = -\pi。$$
    また次のようにも解ける：
    $$\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz = \frac{1}{2i}\int_C\!\left(\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+i}\right)dz = \frac{1}{2i}\int_C\frac{1}{z-i}\,dz - \frac{1}{2i}\int_C\frac{1}{z+i}\,dz。$$
    $\dfrac{1}{z-i}$ は $C$ が囲む領域内で解析的だからコーシー積分定理より $\displaystyle\int_C\frac{1}{z-i}\,dz=0$。 コーシー積分公式より $\displaystyle\int_C\frac{1}{z+i}\,dz=2\pi i$。代入して結論が得られる。
  2. $C\colon|z-i|=1$。$\dfrac{1}{z^2+1}$ は $C$ が囲む領域内で $z=i$ のみ定義されない。
    $$\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz = \int_C\frac{\left(\frac{1}{z+i}\right)}{z-i}\,dz = 2\pi i\cdot\frac{1}{z+i}\bigg|_{z=i} = \pi。$$
  3. $C\colon|z|=3$。$z=\pm i$ はともに $C$ の内部にある。 単純閉曲線 $C_1\colon|z-i|=\dfrac{1}{2}$，$C_2\colon|z+i|=\dfrac{1}{2}$ をとると， 複囲線 $C'=C+C_1^-+C_2^-$ が囲む領域内で $\dfrac{1}{z^2+1}$ は解析的だから， 推論 2.3.1 より
    $$\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz = \int_{C_1}\frac{1}{z^2+1}\,dz+\int_{C_2}\frac{1}{z^2+1}\,dz。$$
    (1)(2) の議論と同様にして $\displaystyle\int_C\frac{1}{z^2+1}\,dz=0$。$\blacksquare$

例 2.3.7 $z_1,z_2\in\mathbb{C}$，$z_1\neq z_2$。 曲線 $C\colon|z|=R$（$R>\max\{|z_1|,|z_2|\}$）について $\dfrac{1}{2\pi i}\displaystyle\int_C\frac{f(z)}{(z-z_1)(z-z_2)}\,dz$ を求めよ。

前の例と同様に，小円周 $C_k\colon|z-z_k|=\varepsilon$（$k=1,2$，$\varepsilon$ は十分小さい）をとると，

$$\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(z)}{(z-z_1)(z-z_2)}\,dz = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_1}\frac{\left(\frac{f(z)}{z-z_2}\right)}{z-z_1}\,dz +\frac{1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{\left(\frac{f(z)}{z-z_1}\right)}{z-z_2}\,dz = \frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}。$$

特に $z_2\to z_1$ の極限をとると上式の両辺の極限は

$$\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(z)}{(z-z_1)^2}\,dz = f'(z_1)。$$

これは次節のコーシー導数公式の特別な場合である。$\blacksquare$

コーシー導数公式

コーシー積分公式をさらに用いてコーシー導数公式を導き， 定理 2.2.1（解析関数は任意の階数の導関数をもつ）を証明しよう。

定理 2.3.3（コーシー導数公式） $\mathcal{D}$ が複囲線 $C$ で囲まれた領域，$f(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数， かつ閉域 $\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{D}+C$ 上で連続とする。$z_0\in\mathcal{D}$ とすると，

$$f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz。$$
証明

$n$ に関する帰納法による。$n=0$ のときはコーシー積分公式に他ならない。 $n-1$ の場合が成り立つと仮定する。帰納法の仮定から，

$$f^{(n-1)}(z_0+\Delta z)-f^{(n-1)}(z_0) = \frac{(n-1)!}{2\pi i}\int_C f(z)\left[\frac{1}{(z-z_0-\Delta z)^n}-\frac{1}{(z-z_0)^n}\right]dz。$$

また，次の極限が容易に計算できて

$$\lim_{\Delta z\to 0}\frac{\dfrac{1}{(z-z_0-\Delta z)^n}-\dfrac{1}{(z-z_0)^n}}{\Delta z} = \frac{n}{(z-z_0)^{n+1}}。$$

以上から定理の結論が得られる。

例 2.3.8 （$C\colon|z|=1$，以下の積分を求める。）

  1. $\displaystyle\int_C\frac{e^z}{z^2}\,dz$。 コーシー導数公式を用いると，この積分は $2\pi i(e^z)'\big|_{z=0}=2\pi i$。
  2. $\displaystyle\int_C\frac{e^z}{z^2(z-2)}\,dz$。 $z=2$ は $C$ の外部の定義されない点であるから，
    $$\int_C\frac{e^z}{z^2(z-2)}\,dz = \int_C\frac{\left(\frac{e^z}{z-2}\right)}{z^2}\,dz = 2\pi i\left(\frac{e^z}{z-2}\right)'\bigg|_{z=0} = -\frac{3\pi i}{2}。\qquad\blacksquare$$

2.4 複積分の応用

前節の基礎の上に，多くの深く興味深い結論が得られる。 これらの結論は数学解析にはないものであり， その理由はまさに解析関数の解析条件（コーシー--リーマン方程式）が 通常の実関数の可微分条件よりもはるかに強いことにある。

コーシー不等式

まず準備として，複積分の定義から次の簡単な不等式が成り立つ。

$$\left|\int_C f(z)\,dz\right| \leq\int_C|f(z)|\,|dz| \leq\left(\max_{z\in C}|f(z)|\right)\cdot\int_C|dz| = \left(\max_{z\in C}|f(z)|\right)\cdot\ell(C), \tag{2-7}$$

ここで $\ell(C)$ は曲線 $C$ の長さである。

定理 2.4.1（コーシー不等式） $f(z)$ が開円盤 $|z-a|<R$ 内で解析的，かつ閉円盤 $|z-a|\leq R$ 上で連続とする。 $M(R):=\max_{|z-a|=R}|f(z)|$ とおくと，

$$|f^{(n)}(a)| \leq \frac{n!\,M(R)}{R^n}。$$
証明

不等式 (2-7) を用いると，

$$|f^{(n)}(a)| = \left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\cdot\left|\int_C\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz\right| \leq \frac{n!}{2\pi}\cdot\max_{|z-a|=R}\left|\frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\right|\cdot 2\pi R。$$

$\max_{|z-a|=R}\left|\dfrac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\right|=\dfrac{M(R)}{R^{n+1}}$ であるから，結論が得られる。

リウヴィルの定理

$f(z)$ が複素平面 $\mathbb{C}$ 全体で解析的な関数を整関数と呼ぶ。

定理 2.4.2（リウヴィルの定理） 有界な整関数は定数関数に限る。

証明

$|f(z)|\leq M$（$\forall z\in\mathbb{C}$）と仮定する。 任意の $z_0\in\mathbb{C}$ と任意の $R>0$ に対して，円周 $C_R\colon|z-z_0|=R$ にコーシー不等式（$n=1$）を適用すると

$$|f'(z_0)|\leq\frac{M}{R}。$$

右辺は $R$ によらない上界をもつから，$R\to\infty$ とすると $|f'(z_0)|=0$，すなわち $f'(z_0)=0$。 $z_0$ は任意だから $f'\equiv 0$，したがって $f$ は定数。

コーシー不等式を用いると，次の命題も同様に証明できる。証明は読者に委ねる。

命題 2.4.1 $f(z)$ が整関数，$M(R)=\max_{|z|=R}|f(z)|$ とする。 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{M(R)}{R^n}=0$ ならば，$f(z)$ は次数が $n-1$ 以下の多項式である。

代数学の基本定理の証明

代数学の基本定理 1.4.1 を改めて振り返ろう。

$$f(z)=a_nz^n+\cdots+a_1z+a_0,\quad a_n\neq 0。$$

これは $f(z)=0$ がちょうど $n$ 個の根（重複を許す）をもつと主張する。 証明のためには，この方程式が少なくとも一つの根をもつことを示せばよい。 なぜなら $z=\alpha$ が一つの根ならば多項式の割り算から $f(z)=(z-\alpha)f_1(z)$（$f_1(z)$ は $n-1$ 次多項式）と書けるので， 同様の議論を繰り返すことで $f(z)=0$ がちょうど $n$ 個の根をもつことが示せるからである。

代数学の基本定理の証明 背理法による。$f(z)=0$ が根をもたないと仮定すると，$g(z)=\dfrac{1}{f(z)}$ は $\mathbb{C}$ 上の整関数となる。 極限

$$\lim_{z\to\infty}\frac{f(z)}{z^n} = \lim_{z\to\infty}\!\left(a_n+\frac{a_{n-1}}{z}+\cdots+\frac{a_0}{z^n}\right) = a_n\neq 0$$

に注意すると，十分大きな $R>0$ をとれば $|z|>R$ のとき $\left|\dfrac{f(z)}{z^n}\right|>c>0$（$c$ は定数）となる。 これより

$$|g(z)|=\left|\frac{1}{z^n}\right|\cdot\frac{1}{\left|\frac{f(z)}{z^n}\right|}\leq\frac{1}{cR^n},\quad |z|>R。$$

一方 $|z|\leq R$ では $|g(z)|$ は連続関数の最大値を $M$ とすると $|g(z)|\leq M$ となる。 合わせて $|g(z)|\leq\max\!\left\{\dfrac{1}{cR^n},M\right\}$（$\forall z\in\mathbb{C}$）， すなわち $g(z)$ は有界な整関数。 リウヴィルの定理より $g(z)$ は定数，したがって $f(z)$ も定数となり矛盾。 故に方程式 $f(z)=0$ は少なくとも一つの根をもつ。$\blacksquare$

均値公式

$f(z)$ が開円盤 $|z-a|<R$ 上で解析的，かつ閉円盤 $|z-a|\leq R$ 上で連続と仮定すると， 変数変換公式から次の結論が直ちに得られる。

命題 2.4.2（均値公式） $f=u+iv$ が上の条件を満たすとき，

$$f(a)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(a+Re^{i\theta})\,d\theta,$$
$$u(a)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(a+Re^{i\theta})\,d\theta,\quad v(a)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}v(a+Re^{i\theta})\,d\theta。$$

これらの公式の特徴は，左辺は点 $a$ での関数値のみに依存し，半径 $R$ によらない点である。 一方，右辺の積分は円周上の点の関数値のみに依存する。

最大絶対値の原理

定理 2.4.3（最大絶対値の原理） $f(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の解析関数で，かつ定数関数でないとする。 $M=\sup_{z\in\mathcal{D}}|f(z)|$ とおくと，$|f(z)|<M$（$\forall z\in\mathcal{D}$）という 厳密な不等式が成り立つ。ここで $M$ は $+\infty$ でもよい。 言い換えれば，$|f(z)|$ は $\mathcal{D}$ の内点で最大値をとることができない。

証明

$M=+\infty$ のとき結論は自明。$M$ が有限数の場合を背理法で証明する。 $z_0\in\mathcal{D}$ で $|f(z_0)|=M$ となるものが存在すると仮定する。 さらに $z_0$ は次の条件を満たすよう選べる（証明は読者に委ねる）： $z_0$ のある近傍 $B(z_0,r)=\{z\mid|z-z_0|<r\}\subseteq\mathcal{D}$ が存在して， 境界円周 $|z-z_0|=r$ 上に少なくとも一点 $z_1$ があって $|f(z_1)|<M$ となる。

均値公式から，

$$M = |f(z_0)| = \left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(z_0+re^{i\theta})\,d\theta\right| \leq\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left|f(z_0+re^{i\theta})\right|d\theta,$$

よって

$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\!\left(\left|f(z_0+re^{i\theta})\right|-M\right)d\theta = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left|f(z_0+re^{i\theta})\right|d\theta-M\geq 0. \tag{2-8}$$

(2-8) の被積分関数は恒に $\left|f(z_0+re^{i\theta})\right|-M\leq 0$ であるから， この積分が $0$ 以上になるためには $\left|f(z_0+re^{i\theta})\right|\equiv M$（$\forall\theta$）でなければならない。 これは境界円周上の仮定 $|f(z_1)|<M$ に矛盾する。よって結論が成り立つ。

推論 2.4.1 $C$ が有界な $\mathcal{D}$ の境界，$\overline{\mathcal{D}}=\mathcal{D}+C$ が対応する閉域とする。 定数でない解析関数 $f(z)$ が $\mathcal{D}$ 内で解析的，$\overline{\mathcal{D}}$ 上で連続ならば， 任意の $z_0\in\mathcal{D}$ に対して厳密な不等式

$$|f(z_0)| < \sup_{z\in C}|f(z)| < +\infty$$

が成り立つ。

証明

$\overline{\mathcal{D}}$ が有界，かつ $f(z)$ が連続だから，$|f(z)|$ は $\overline{\mathcal{D}}$ 上で最大値をもつ。 最大絶対値の原理より，この最大値をとる点は $\mathcal{D}$ の内部にはあり得ないから， 必ず境界 $C$ 上にある。

シュワルツの補題

この節では単位開円盤 $B(0,1)=\{z\mid|z|<1\}$ 上の解析関数 $f(z)$ で， $f(0)=0$ かつ $|f(z)|<1$（$\forall z\in B(0,1)$）を満たすものを考える。

幾何学的に見ると，このような $w=f(z)$ は単位円盤から単位円盤への写像であり， 像が完全に単位円盤内に収まるようなものである。 実際，これらはさらに精密な性質を満たす。

定理 2.4.4（シュワルツの補題） $f(z)$ が上の条件を満たすとき，

$$|f(z)|\leq|z|<1。$$

さらに，もしある $z_0\in B(0,1)$ で $|f(z_0)|=|z_0|$ となるならば，$f(z)=e^{i\theta}z$（$\theta\in\mathbb{R}$ は定数）。

証明

関数

$$F(z) = \begin{cases} \dfrac{f(z)}{z}, & z\neq 0,\\[6pt] f'(0), & z=0 \end{cases}$$

を考える。$F(z)$ は単位円盤上の解析関数で，$F'(0)=\dfrac{1}{2}f''(0)$。

任意の $z_0\in B(0,1)$ と実数 $\rho$ で $|z_0|<\rho<1$ を満たすものをとる。 推論 2.4.1 より，

$$|F(z_0)| < \max_{|z|=\rho}|F(z)| = \max_{|z|=\rho}\frac{|f(z)|}{\rho}\leq\frac{1}{\rho},$$

よって $|f(z_0)|\leq\dfrac{|z_0|}{\rho}$。$\rho\to 1$ とすると $|f(z_0)|\leq|z_0|$，すなわち $|F(z_0)|\leq 1$。

もし $|f(z_0)|=|z_0|$ ならば $|F(z_0)|=1$。 最大絶対値の原理より $F(z)$ は定数だから $F(z)=e^{i\theta}$，すなわち $f(z)=e^{i\theta}z$。

2.5 級数

微積分の概念を整備した後，自然に数学解析の方針に従って冪級数理論を研究する。 これが本節の主な目的の一つである。

級数の基本性質

領域 $\mathcal{D}$ 上の関数列 $\{u_n(z)\}_{n=1}^\infty$ を考える。 無限和 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ を級数といい，部分和を $S_n(z):=\displaystyle\sum_{k=1}^n u_k(z)$ とおく。 数学解析の多くの概念はそのまま移行できる。

  1. ある $z=z_0$ で $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n(z_0)$ が存在するとき， 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z_0)$ は $z=z_0$ で収束するといい， $z_0$ を収束点と呼ぶ。そうでない場合は発散という。すべての収束点の集合を収束域と呼ぶ。
  2. 同様に，級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|u_n(z_0)|$ が収束するとき， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ は $z=z_0$ で絶対収束するという。
  3. $E\subseteq\mathcal{D}$ を部分集合とする。 任意の $\varepsilon>0$ に対してある $N>0$ が存在して，$m>n>N$ のとき常に $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^m u_k(z)\right|<\varepsilon$（$\forall z\in E$）が成り立つとき， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ は $E$ 上で一様収束するという。
  4. 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ が $\mathcal{D}$ 内の任意のコンパクト集合上で一様収束するとき， $\mathcal{D}$ 上で内閉一様収束するという。

例 2.5.1

  1. 級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty z^n$ の収束域は単位円盤 $B(0,1)=\{z\mid|z|<1\}$ であり， 収束先の関数は $\dfrac{1}{1-z}$。
  2. 級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{z^n}{n!}$ は複素平面全体で絶対収束する。 これは $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left|\dfrac{z^n}{n!}\right|=e^{|z|}$ によるものである。 後にこれが指数関数 $e^z$ に収束することを証明する。
  3. 級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty n!\,z^n$ は $z=0$ のみで収束する。$\blacksquare$

一様収束に関する性質も数学解析の場合と同様に移行できる。

命題 2.5.1

  1. （優級数条件）$\{a_n\}_{n=1}^\infty$ が正の実数列で $|u_n(z)|\leq a_n$， かつ $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ が収束するならば，$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty u_n(z)$ は一様収束する。
  2. （保連続性）$u_n(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の連続関数で，$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty u_n(z)$ が $\mathcal{D}$ 上で内閉一様収束して $S(z)$ に収束するならば，$S(z)$ は連続関数である。
  3. （保積分性）$u_n(z)$ が曲線 $C$ 上の連続関数で，$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ が $C$ 上で $S(z)$ に一様収束するならば，$S(z)$ は $C$ 上で連続で， $\displaystyle\int_C S(z)\,dz=\sum_{n=1}^\infty\int_C u_n(z)\,dz$。
  4. （保解析性，ワイエルシュトラスの定理）$u_n(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数で，$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty u_n(z)$ が $\mathcal{D}$ 上で内閉一様収束して $S(z)$ に収束するならば，$S(z)$ は $\mathcal{D}$ 内で解析的で，$l$ 階導数に対して $S^{(l)}(z)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n^{(l)}(z)$。
証明

(1)(2)(3) および (4) の前半部分の証明は数学解析の場合と類似しており，ここでは省略する。 (4) の等式部分を証明する。コーシー導数公式および (3) から，

$$\sum_{n=1}^\infty u_n^{(l)}(z) = \sum_{n=1}^\infty\frac{l!}{2\pi i}\int_C\frac{u_n(\xi)}{(\xi-z)^{l+1}}\,d\xi = \frac{l!}{2\pi i}\int_C\frac{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty u_n(\xi)}{(\xi-z)^{l+1}}\,d\xi = \frac{l!}{2\pi i}\int_C\frac{S(\xi)}{(\xi-z)^{l+1}}\,d\xi。$$

右辺は明らかに $S^{(l)}(z)$ に等しい。

冪級数

数学解析と同様に，次の形の級数

$$\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n \tag{2-9}$$

を冪級数と呼ぶ。同様に次の簡単な結論が成り立つ。

補題 2.5.1

  1. 冪級数 (2-9) が $z=z_1$ で収束するならば，$|z-z_0|<|z_1-z_0|$ を満たす任意の点 $z$ で絶対収束する。
  2. 冪級数 (2-9) が $z=z_1$ で発散するならば，$|z-z_0|>|z_1-z_0|$ を満たす任意の点 $z$ でも発散する。

推論 2.5.1 収束半径 $0\leq R\leq+\infty$ が存在して，$|z-z_0|<R$ のとき冪級数は収束し， $|z-z_0|>R$ のとき発散する。さらに $R$ は次のように計算できる（極限が存在するとき）：

$$R = \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}}。$$

特に，冪級数は収束域 $|z-z_0|<R$ 内で内閉一様収束する。

テイラー展開

定理 2.5.1（テイラー展開） $f(z)$ が $B(z_0,R)=\{z\mid|z-z_0|<R\}$ 内で解析的ならば，冪級数に展開できる：

$$f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n,$$

ここで係数は

$$a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!} = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_\rho}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^{n+1}}\,d\xi。 \tag{2-10}$$

$C_\rho\colon|z-z_0|=\rho$ の半径 $\rho$ によらない。

証明

$f(z)$ を冪級数に展開する議論は数学解析の場合と類似しており，ここでは省略する。 係数の積分表示式はコーシー導数公式から直接得られる。

複素解析関数のテイラー展開は数学解析の場合と全く同じである。これは一見自明ではない。

推論 2.5.2 $z_0\in\mathbb{R}$ とする。$f(z)$ が $B(z_0,r)$ 内で解析的， かつ任意の実数 $x\in B(z_0,r)$ に対して $f(x)$ が実数値をとるならば， $f(z)$ の $z=z_0$ でのテイラー展開はその実軸上でのテイラー展開と一致する。

証明

$f(z)$ の $z=z_0$ でのテイラー展開を $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$ とする。 実数 $z\in B(z_0,r)$ に対して命題の条件から $f(z)=\overline{f(z)}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\bar{a}_n(z-z_0)^n$，$z\in\mathbb{R}$。 テイラー展開の一意性から $a_n=\bar{a}_n$（$\forall n$）， よって $f(z)$ のテイラー展開の係数はすべて実数である。

例 2.5.2 （以下はよく知られた冪級数展開の公式。）

  1. $\sin z = \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{z^{2n-1}}{(2n-1)!}$，
  2. $\cos z = \displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}$，
  3. $e^z = \displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{z^n}{n!}$，
  4. $\dfrac{1}{1-z} = \displaystyle\sum_{n=0}^\infty z^n$，$|z|<1$。$\blacksquare$

式 (2-10) にコーシー不等式を適用すると次が得られる。

推論 2.5.3 冪級数 (2-9) の係数は次の不等式を満たす：

$$|a_n| \leq \frac{\max_{|z-z_0|=\rho}|f(z)|}{\rho^n}。$$

オイラーの公式の証明

第 1.3.3 節でオイラーの指数表示を導入し，著名なオイラーの公式

$$e^{i\theta} = \cos\theta+i\sin\theta \tag{2-11}$$

を引用した。しかしなぜオイラーはこのような指数表示を導入したのか。 実はオイラーは先に冪級数によって指数関数を定義し，その後で指数公式を発見したのである。

まず例 2.5.2(3) の冪級数展開を指数関数の定義として採用する：

$$e^z := \sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!} = 1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{6}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots。$$

この級数は任意の複素数 $z$ に対して絶対収束するから，このように定義された指数関数はいたる所定義される。

$z=i\theta$（$\theta\in\mathbb{R}$）を代入すると，

$$e^{i\theta} = \sum_{n=0}^\infty\frac{(i\theta)^n}{n!} = \sum_{m=0}^\infty\frac{(i\theta)^{2m}}{(2m)!}+\sum_{m=1}^\infty\frac{(i\theta)^{2m-1}}{(2m-1)!} = \sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^m\theta^{2m}}{(2m)!}+i\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}\theta^{2m-1}}{(2m-1)!}。$$

右辺の第一項は $\cos\theta$ のテイラー展開，第二項は $\sin\theta$ のテイラー展開であるから，オイラーの公式 (2-11) が得られる。

零点の孤立性定理

定義 2.5.1 $f(z)$ が開円盤 $B(z_0,r)=\{z\mid|z-z_0|<r\}$ 上で解析的，かつ恒等的に零でないとする。 $0=f(z_0)=f'(z_0)=\cdots=f^{(k-1)}(z_0)$，かつ $f^{(k)}(z_0)\neq 0$ が成り立つとき， $z=z_0$ を $f(z)$ の $k$ 次零点という。

$k$ 次零点においては， $f(z)=a_k(z-z_0)^k+a_{k+1}(z-z_0)^{k+1}+\cdots$， すなわち $\dfrac{f(z)}{(z-z_0)^k}=a_k+a_{k+1}(z-z_0)+\cdots$ と書ける。右辺は収束域内で解析的な関数であり，$a_k\neq 0$ だから $g(z_0)\neq 0$ となる。 よって次の結論が得られる。

補題 2.5.2 $f(z)$ が $z=z_0$ で解析的ならば，$z=z_0$ が $k$ 次零点であることと， $f(z)=(z-z_0)^k g(z)$（$g(z)$ は $z=z_0$ で解析的，$g(z_0)\neq 0$）と書けることは同値。

定理 2.5.2（零点の孤立性定理） $f(z)$ が開円盤 $B(z_0,r)$ 上で解析的，かつ恒等的に零でないとする。 $z=z_0$ がその零点ならば，ある $\rho<r$ が存在して， $f(z)$ は開円盤 $B(z_0,\rho)=\{z\mid|z-z_0|<\rho\}$ 内で $z=z_0$ のみを零点にもつ。

証明

$f(z)$ が恒等的に零でないから，補題 2.5.2 より $f(z)=(z-z_0)^k g(z)$ と書ける。 $g(z)$ は解析的で $g(z_0)\neq 0$ だから，ある $B(z_0,\rho)$ が存在して $g(z)$ はその内部でいたる所零でない。 よって $z=z_0$ は $f(z)$ のその近傍内での唯一の零点である。

例 2.5.3 解析条件がなければ零点の孤立性定理は成り立たない。例えば実関数の場合，

$$f(x) = \begin{cases} x^k\cdot\sin\dfrac{1}{x}, & x\neq 0,\\[4pt] 0, & x=0 \end{cases}$$

は $x=0$ で $k-1$ 階の導関数 $f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(k-1)}(0)=0$ が存在する。 しかし $x=0$ は孤立零点ではない。なぜなら零点列 $x_n=\dfrac{1}{n\pi}$（$n=1,2,\ldots$）が $x=0$ に収束するからである。$\blacksquare$

推論 2.5.4 $f(z)$ が開円盤 $B(z_0,r)$ 内で解析的とする。 $\{z_n\}_{n=1}^\infty$ を $B(z_0,r)$ 内の点列で， (1) $f(z_n)=0$（$\forall n$）， (2) $\{z_n\}_{n=1}^\infty$ が $B(z_0,r)$ 内に集積点をもつ， を満たすならば，$f(z)\equiv 0$。

剛性定理

零点の孤立性定理は表面上は単純に見えるが，実際には次の重要な結論—解析関数の剛性定理—を導く。 後者は解析的延拓の一意性を保証する。

定理 2.5.3（剛性定理） $f(z),g(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の解析関数とする。 $\mathcal{D}$ 内に点列 $\{z_n\}_{n=1}^\infty$ が存在して， (1) $f(z_n)=g(z_n)$（$\forall n$）， (2) $\{z_n\}_{n=1}^\infty$ が $\mathcal{D}$ 内に集積点をもつ， ならば $f(z)\equiv g(z)$（$\forall z\in\mathcal{D}$）。

証明

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=a\in\mathcal{D}$ とおいてよい。 $h(z)=f(z)-g(z)$ とおく。仮定の条件から $h(z_n)=0$（$\forall n$）。 連続性から $h(a)=\lim_{n\to\infty}h(z_n)=0$。

$\mathcal{D}$ 内の任意の点 $b$ に対して $h(b)=0$ を示せばよい。 $\mathcal{D}$ 内で $a$ と $b$ を結ぶ折れ線 $T$ をとる。 $T$ 内に分点列 $a=a_0,a_1,\ldots,a_n=b$ を挿入する。 各点 $a_i$ を中心とする半径 $\rho$ の円盤 $D_i$ を考える。 分点を十分密に，半径を十分小さくとれば， (1) すべての $B(a_i,\rho)$ が $\mathcal{D}$ 内に含まれ， (2) $|a_{i-1}-a_i|<\rho$，すなわち $a_{i-1}\in B(a_i,\rho)$（$\forall i$） が成り立つよう選べる。

推論 2.5.4 より $h(z)\equiv 0$（$D_0$ 上）。 $D_0\cap D_1\neq\emptyset$ かつ $h(z)\equiv 0$（$D_0$ 上）から，再び推論 2.5.4 より $h(z)\equiv 0$（$D_1$ 上）。同様に続けると $h(z)\equiv 0$（$D_n$ 上）， よって $h(b)=0$。$b$ は任意だから結論が得られる。

推論 2.5.5 $f(z),g(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の解析関数で，$\mathcal{D}$ が実軸上の開区間 $(a,b)$ を含むとする。 $f(x)\equiv g(x)$（$\forall x\in(a,b)$）ならば，領域 $\mathcal{D}$ 全体で $f(z)\equiv g(z)$。

例 2.5.4 上の推論を用いると，三角関数の諸公式が複素数の場合にも成り立つことを容易に証明できる。 例えば倍角公式

$$\sin 2z = 2\sin z\cos z。$$

もちろん定義に従って直接確認することもできるが，その場合は計算量が増える。$\blacksquare$

例 2.5.5 剛性定理で $\{z_n\}_{n=1}^\infty$ が $\mathcal{D}$ 内に集積点をもつという条件は省略できない。 例えば $f(z)=\sin z$，$g(z)=0$ とする。点列 $\{n\pi\}_{n=1}^\infty$ 上では $f(n\pi)=g(n\pi)$ が成り立つが， この点列の集積点は $\infty$ であり $\mathcal{D}=\mathbb{C}$ 内にはない。 よってこの二つの関数は互いに異なる。$\blacksquare$

双辺冪級数

円盤上の解析関数は冪級数に展開できる。では円環上の解析関数も冪級数に展開できるか。 通常それはできない。例えば $f(z)=\dfrac{1}{z}$ は円環 $H(0,0,1)=\{z\mid 0<|z|<1\}$ 上で， $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ の形の冪級数に展開できない。 なぜなら $z\to 0$ のとき冪級数は有限値に収束するはずだが，$\dfrac{1}{z}$ に対してはそれが不可能だからである。 そこで冪級数の概念を拡張する必要がある。

定義 2.5.2 双辺冪級数とは次の形の級数である：

$$\cdots+\frac{c_{-n}}{(z-z_0)^n}+\cdots+\frac{c_{-1}}{z-z_0}+c_0+c_1(z-z_0)+\cdots+c_n(z-z_0)^n+\cdots。 \tag{2-12}$$

双辺冪級数 (2-12) を二つの部分に分解する：

$$\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n = \sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n+\sum_{m=1}^\infty c_{-m}\left(\frac{1}{z-z_0}\right)^m。$$

第一項を $z=z_0$ の正則部分，第二項を $z=z_0$ の主要部分と呼ぶ。 級数の理論から，正則部分はある収束域 $|z-z_0|<R$ 内で内閉一様収束し， 主要部分は $\dfrac{1}{z-z_0}$ の冪級数として，ある収束域 $\left|\dfrac{1}{z-z_0}\right|<\dfrac{1}{r}$， すなわち $|z-z_0|>r$ 内で内閉一様収束する。このとき双辺冪級数 (2-12) は円環

$$H(z_0,r,R) = \{z\in\mathbb{C}\mid r<|z-z_0|<R\}$$

内で内閉一様収束する。ここでは $r<R$ という条件が暗黙に含まれている。

逆に，上記の円環上の解析関数も双辺冪級数に展開できる。

定理 2.5.4（ローラン展開） 円環 $H(z_0,r,R)$ 上の解析関数 $f(z)$ は双辺冪級数に展開できる：

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n,$$

ここで係数は

$$c_n = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_\rho}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^{n+1}}\,d\xi,\quad n\in\mathbb{Z},$$

$C_\rho\colon|z-z_0|=\rho$（$r<\rho<R$）。

注 2.5.1

  1. $f(z)$ は $z=z_0$ で必ずしも定義されないため，$c_n$ は通常のテイラー展開のように $\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ と書くことはできない。 $n<0$ の場合 $n$ 次導数はそもそも意味をもたない。 このことから，積分を使って展開係数を計算する方が導数を使うよりも一般的であることがわかる。
  2. $f(z)$ が円盤 $B(z_0,R)=\{z\in\mathbb{C}\mid|z-z_0|<R\}$ 上で解析的ならば， そのテイラー展開とローラン展開は一致する—つまり主要部分は零になる。$\blacksquare$

例 2.5.6

  1. 双辺冪級数 $\dfrac{1}{z^k(1-z)} = \displaystyle\sum_{n=-k}^\infty z^n$ は $0<|z|<1$ で絶対収束する。その主要部分は有限項のみからなるため，収束性には影響しない。
  2. 双辺冪級数 $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty z^n$ はいたる所発散する。 その正則部分は $|z|<1$ で収束するが，主要部分は $|z|>1$ で収束する。 よって任意の $z\in\mathbb{C}$ に対して，二つの部分が同時に収束することはできない。
  3. $f(z)=e^z+e^{1/z}-1$ のローラン展開は $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty\dfrac{z^n}{|n|!} =\cdots+\dfrac{1}{2z^2}+\dfrac{1}{z}+1+z+\dfrac{z^2}{2}+\cdots$ であり $H(0,0,\infty)=\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 上で絶対収束する。 正則部分は $e^z$ のテイラー展開，主要部分は $e^{1/z}-1$ を $\dfrac{1}{z}$ について展開したものである。$\blacksquare$

例 2.5.7 （以下の円環上の解析関数をローラン級数に展開せよ。）

  1. $f(z)=\dfrac{1}{z}$，$0<|z-1|<1$。

    $\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{1+(z-1)}$ に注意し，$|z-1|<1$ だから $z-1$ についてテイラー展開するとローラン展開 $\dfrac{1}{z}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(z-1)^n$ が得られる。
  2. $f(z)=\dfrac{1}{z}$，$1<|z-1|$。

    $\left|\dfrac{1}{z-1}\right|<1$ に注意すると， $\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{z-1}\cdot\dfrac{1}{1+\frac{1}{z-1}} =\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{(z-1)^n}$。
  3. $f(z)=\dfrac{1}{z(z^2+2)}$，$0<|z|<\sqrt{2}$。
    $$f(z)=\frac{1}{2z}\cdot\frac{1}{1+\frac{z^2}{2}} =\frac{1}{2z}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{z^{2n}}{2^n} =\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}z^{2n-1}。$$
  4. $f(z)=\dfrac{1}{z(z^2+2)}$，$\sqrt{2}<|z|$。
    $$f(z)=\frac{1}{z^3}\cdot\frac{1}{1+\frac{2}{z^2}} =\frac{1}{z^3}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\cdot\frac{2^n}{z^{2n}} =\sum_{n=0}^\infty\frac{(-2)^n}{z^{2n+3}}。\qquad\blacksquare$$

フーリエ級数

数学解析では冪級数のほかにフーリエ級数も研究する。 フーリエ級数は実際には双辺冪級数の一種とみなせる。 周期関数 $f(\theta)$ のフーリエ級数展開を考える：

$$f(\theta) = \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos n\theta+b_n\sin n\theta),\quad a_i,b_i,\theta\in\mathbb{R}。$$

オイラーの公式を用いると，

$$f(\theta) = \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^\infty\left(a_n\cdot\frac{e^{in\theta}+e^{-in\theta}}{2} +b_n\cdot\frac{e^{in\theta}-e^{-in\theta}}{2i}\right) = \frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n-ib_n}{2}e^{in\theta} +\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-in\theta}。$$

$z=e^{i\theta}$ とおくと，

$$c_n = \begin{cases} \dfrac{a_n-ib_n}{2}, & n>0,\\[4pt] \dfrac{a_0}{2}, & n=0,\\[4pt] \dfrac{a_{-n}+ib_{-n}}{2}, & n<0 \end{cases}$$

と定めれば

$$f(\theta) = F(z) := \sum_{n=-\infty}^\infty c_n z^n,\quad z=e^{i\theta}。$$

厳密性を問わずに形式的にフーリエ係数の計算公式を導こう。 ローラン展開の係数公式から，

$$c_n = \frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=1}\frac{F(\xi)}{\xi^{n+1}}\,d\xi = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\theta)e^{-ni\theta}\,d\theta = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\theta)\cos n\theta\,d\theta -\frac{i}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\theta)\sin n\theta\,d\theta。$$

よって

$$\begin{cases} a_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}f(\theta)\cos n\theta\,d\theta,\\[8pt] b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}f(\theta)\sin n\theta\,d\theta。 \end{cases}$$

本章の練習問題

{加 $*$ 号の問題はやや難しい。}

練習問題 2.1 以下の関数 $w=f(z)$ の解析域を求めよ。

  1. $f(z)=x^2+y^2+2xyi$，
  2. $f(z)=|x^2+y^2|+2|xy|i$。

練習問題 2.2 $b$ を開円盤 $|z-a|<R$ 内の一点とし，$f(z)$ はその円盤上で解析的， 閉円盤 $|z-a|\leq R$ 上で連続とする。このとき

$$|f^{(n)}(b)| \leq n!\cdot R\cdot\frac{M(R)}{(R-|b-a|)^{n+1}},$$

ここで $M(R)$ は定理 2.4.1 と同様に定義する。

練習問題 2.3 以下の円環上の解析関数をローラン級数に展開せよ。

  1. $f(z)=\dfrac{1}{z(z^2+1)}$，$0<|z|<1$，
  2. $f(z)=\dfrac{1}{z(z^2+1)}$，$0<|z-i|<1$。
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