熊原啓作著『新訂解析学』の学習ノート第三回。今回の目標は Cauchy の積分公式を理解することだ。 それの間接的な応用に、代数学の基本定理の証明がある。

TODO: 記号を整理する。

Cauchy の積分定理

正則関数の諸性質を学んだところで、表題の定理を習っていく。

Cauchy の積分定理

  • (Th 6.1) (Cauchy)
    • $D$: 複素平面上の領域とし、その境界 $\partial D$ は区分的に滑らかな単純曲線有限個からなるものとする。
      • コメント：有限個でなかったら滑らかであるか怪しいから、本ノートでは省略する。
    • $f(z)$: $D \cup \partial D$ を含む領域で定義された正則関数とする。

    このとき次の等式が成り立つ：

    \[\int_{\partial D}\!f(z)\,\mathrm dz = 0.\]

    証明：

    \[\begin{aligned} \int_{\partial D}\!f(z)\,\mathrm dz &= \int_{\partial D}\!f(z)\,\mathrm dx + if(z)\,\mathrm dy\\ &= \iint_D\!\left(\frac{\partial if(z)}{\partial x} - i\frac{\partial f(z)}{\partial y}\right)\!\mathrm dx \mathrm dy\\ &= \iint_D\!\left(\frac{\partial if(x + iy)}{\partial x} - \frac{\partial f(x + iy)}{\partial y}\right)\!\mathrm dx \mathrm dy\\ &= \iint_D\!(if_x(x + iy) - if_y(x + iy))\,\mathrm dx \mathrm dy\\ &= 0. \end{aligned}\]
    • 最初の等号は $\mathrm dz = \mathrm dx + i\mathrm dy$ による。
    • 二番目の等号は Green の公式から $f_x = -if_y$ が成り立つことによる。
    • 三番目の等号は $z = x + iy$ による。
    • 四番目の等号は偏微分の chain rule である。
    • 最後の等号に Cauchy-Green の方程式を利用した。
  • (L 6.1) $D$ が三角形の場合には $f(z)$ の微分可能性に触れずに Cauchy の積分定理が成り立つことを示せる。
    • $D$ が三角形有限個に分割可能な多角形の場合にも適用できる。
  • (L 6.2)
    • 集合 $D \in \Complex$ を領域とする。
    • 関数 $f(z)$ を $D$ 上で連続であるとする。
    • 曲線 $C \in D$ を区分的に滑らかであるとする。

    このとき次が成り立つ：

    \[\forall \varepsilon \forall \delta( \varepsilon > 0 \land \delta > 0 \implies \exists \Gamma\left( \begin{gathered} &\left\lvert \int_C\!f(z)\,\mathrm dz - \int_\Gamma\!f(z)\,\mathrm dz\right\rvert < \varepsilon \\ &\land\\ &C.start = \Gamma.start\\ &\land \\ & C.end = \Gamma.end \\ &\land \\ &\Gamma \subset U_\delta(C). \end{gathered} \right) )\]

    証明：微分積分の練習。

  • 単連結とは、領域 $D$ の性質であり、$D$ に含まれる任意の単一閉曲線 $C$ について、 $C$ の囲む内側が $D$ に含まれることをいう。
    • 点 $\infty$ を含む領域は単連結でないものとする。

  • (Th 6.2) $f(z)$ が単連結領域 $D$ で正則であるならば、$D$ 内にある任意の閉曲線 $C$ に対して Cauchy の積分定理の等式が成り立つ。

    証明：(L 6.1), (L 6.2) からの帰結である。

  • (Th 6.3) 積分路の変形定理
    • 集合 $D \subset \Complex$ を領域とする。
    • 関数 $f(z)$ を $D$ 内で正則であるとする。
    • 集合 $C \subset D,\;C_1 \subset D$ を単一閉曲線であるとする。
    • $C$ から見て内側に $C_1$ があり、両曲線の間の領域を $\varOmega \subset D$ とする。

    このとき次が成り立つ：

    \[\int_C\!f(z)\,\mathrm dz = \int_{C_1}\!f(z)\,\mathrm dz.\]

    証明：だいたい想像のとおりだが、$C$ と $C_1$ を結ぶ線分二本が共有部分をもたぬように設定することが必要だ。

    • 本定理は $C$ に対する $C_1$ のような曲線が複数存在しても成立する。

      \[\int_C\!f(z)\,\mathrm dz = \sum_{k = 1}^n\int_{C_k}\!f(z)\,\mathrm dz.\]

    • そして、これは (Th 6.1) が $f^\prime(z)$ の連続性がなくても成立することを意味する。

Cauchy の積分公式

  • (Th 6.4) (Cauchy)
    • 集合 $D \subset \Complex$ を領域とする。
    • $z_0 \in D$ とする。
    • $R > 0$ とする。
    • $f(z)$ は $U_R(z_0) \cup \partial U_R(z_0)$ を含む領域で正則であるとする。

    このとき次が成り立つ：

    \[f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial U_R(z)}\!\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}\,\mathrm d \zeta.\]

    証明：関数 $F(\zeta) \coloneqq \dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z}$ が領域 $\overline{U_R(z_0)}\setminus \lbrace z_0 \rbrace$ で正則であることに注意する。

    (Th 6.3) により、任意の $\varepsilon > 0$ について：

    \[\begin{aligned} \int_{\partial U_R(z_0)}\!\dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z}\,\mathrm d\zeta &= \int_{\partial U_\varepsilon(z_0)}\!\dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z}\,\mathrm d\zeta\\ &= i \int_0^{2\pi}\!f(z_0 + \varepsilon \mathrm{e}^{i\theta})\,\mathrm d\theta. \end{aligned}\]

    TODO: ゴチャゴチャしている？

  • (Th 6.5) (Cauchy)
    • $D$ を複素平面上の領域であるとする。
    • $\partial D$ は区分的に滑らかな単一曲線であるとする。
    • $f(z)$ は $\overline{D}$ を含む領域で正則であるとする。

    このとき：

    \[f(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D}\!\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}\,\mathrm d\zeta.\]

    証明： $\forall z_0(z_0 \in D \implies \exists R(R > 0 \land \overline{U_R(z_0)} \subset D).$

    関数 $\dfrac{f(\zeta)}{\zeta - z}$ は $D\setminus\overline{U_R(z_0)}$ においても正則である。 したがって (Th 6.3) が適用できて：

    \[\def\integrand{ \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} } \int_{\partial U_R(z_0)}\!\integrand\,\mathrm d\zeta = \int_{\partial D}\!\integrand\,\mathrm d\zeta.\]

    (Th 6.4) より左辺は結論の左辺を $2\pi i$ で割ったものに等しいから、結論が示された。

  • (Th 6.6) (Cauchy)

    (Th 6.5) と同じ仮定の下、$f(z)$ は $D$ 内で $C^\infty$ 級関数であり、導関数は次で与えられる：

    \[f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i}\int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n + 1}}\,\mathrm d\zeta.\]

    証明：まず一階導関数を計算と評価で決定する。高階導関数は帰納的に決定される。

    $\forall z(z \in D \implies \exists h(h \in \Complex (z + h \in D))).$

    \[\begin{aligned} \frac{f(z + h) - f(z)}{h} &= \frac{1}{2\pi i h}\int_{\partial D}\!\left(\frac{1} {\zeta - (z + h)} - \frac{1}{\zeta - z}\right)f(\zeta)\,\mathrm d\zeta\\ &= \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D}\!\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z - h)(\zeta - z)}\,\mathrm d\zeta. \end{aligned}\]

    $\exists \varepsilon(\varepsilon > 0 \land U_\varepsilon(z) \subset D \land z + h \in U_\varepsilon(z)).$

    $\displaystyle M \coloneqq \max_{\zeta \in \partial D}{f(\zeta)},\; L \coloneqq l(\partial D).$

    \[\begin{aligned} &\phantom{\le}\left\lvert \int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z - h)(\zeta - z)} \,\mathrm d\zeta - \int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^2}\,\mathrm d\zeta\right\rvert\\ &\le \left\lvert h \int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z - h)(\zeta - z)^2} \,\mathrm d\zeta\right\rvert\\ &\le \frac{\lvert h \rvert ML}{(\varepsilon - \lvert h \rvert)\varepsilon^2}. \end{aligned}\]

    $h \to 0$ のとき右辺は 0 に収束する。よって：

    \[f^\prime(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z - h)(\zeta - z)} \,\mathrm d\zeta = \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^2}\,\mathrm d\zeta.\]

    以上の議論を $f(z)$ の代わりに $f^\prime(z)$ に対して繰り返すと、 $f^\prime(z)$ は微分可能であり、かつ次が成り立つ：

    \[f^{\prime\prime}(z) = \frac{2}{2\pi i}\int_{\partial D}\! \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^3}\,\mathrm d\zeta.\]

    以下、これを繰り返して結論の $n$ 階導関数の公式を得る。

  • (C 6.1) $f(z)$ が領域 $D$ で正則であるならば、$f(z)$ は $D$ で $C^\infty$ 級である。
    • コメント：正則関数は $C^\infty$ 級関数である。
  • (Th 6.7) (Morera)
    • $D$ を単連結領域とし、
    • $f(z)$ を $D$ で連続な関数とし、
    • $C \subset D$ を任意の閉曲線であるとする。

    このとき $\displaystyle \int_C!f(z)\,\mathrm dz = 0$ ならば $f(z)$ は $D$ で正則である。

    証明：$f(z)$ に不定積分が存在することを示す。

  • (Th 6.8) (Cauchy)
    • $R > 0$ とする。
    • $f(z)$ は $\overline{U_R(z)}$ で正則であるとする。
    • $M \ge 0$ が存在して $z \in \partial U_R(z)$ において $\lvert f(z) \rvert \le M$ とする。

    このとき：

    \[\lvert f^{(n)}(z) \rvert \le \frac{n!M}{R^n}.\]

    証明：(Th 6.6) より $C \coloneqq \partial U_R(z)$ とおくと：

    \[\begin{aligned} \lvert f^{(n)}(z) \rvert &\le \frac{n!}{2\pi}\int_C\!\frac{\lvert f(\zeta)\rvert}{\lvert \zeta - z\rvert^{n + 1}}\,\lvert \mathrm d\zeta\rvert\\ &\le \frac{n!}{2\pi}\int_C\!\frac{M}{R^{n + 1}}\,\lvert \mathrm d\zeta\rvert\\ &= \frac{n!}{2\pi} \cdot \frac{M}{R^{n + 1}} \cdot 2\pi R\\ &= \frac{n!M}{R^n}. \end{aligned}\]
    • コメント：$\displaystyle \int_C \lvert \mathrm d\zeta\rvert$ に注意。

  • (Th 6.9) (Liouville) 有界な整関数は定数である。

    証明： $\forall z \in \Complex \exists M \ge 0 (\lvert f(z)\rvert \le M).$

    (Th 6.8) より $\forall R > 0 \lvert f^\prime(z)\rvert \le \dfrac{M}{R}.$

    $R \to \infty$ とすると $f^\prime(z) = 0$ が導かれる。 導関数が恒等的にゼロである整関数は定数しかない。

  • (Th 6.10) 代数学の基本定理： $\Complex$ 係数の $n$ 次方程式は $\Complex$ 内に重根を考慮して、ちょうど $n$ 個の根を持つ。

    証明：$P(z)$ を次のようにおく。$P(z) = 0$ となる $z \in \Complex$ が存在しないと仮定して矛盾を導く：

    \[P(z) = a_0 z^n + \dotsc + a_n,\quad n \ge 1,\;a_0 \ne 0,\;a_j \in \Complex\,(j = 0, \cdots, n).\]
    • $\dfrac{1}{P(z)}$ は分母がゼロでないゆえ整関数である。
    • $\dfrac{1}{P(z)}$ は有界であることがわかる：十分大きな $R > 0$ が存在して、

      • $\lvert z \rvert > R \implies \left\lvert \dfrac{1}{P(z)} \right\rvert < 1.$

        \[\begin{aligned} \because\lim_{z \to \infty}\frac{1}{P(z)} &= \lim_{z \to \infty}\frac{1}{\lvert z \rvert^n}\cdot \left\lvert a_0 + \frac{a_1}{z} + \dotsc + \frac{a_n}{z^n}\right\rvert^{-1}\\ &= 0. \end{aligned}\]

      • $\lvert z \rvert \le R \implies \exists M > 0 \left\lvert\dfrac{1}{P(z)} \right\rvert < M.$

        • コメント：これは閉集合で定義された連続関数の性質。
    • (Th 6.9) によれば、この関数の逆数は定数でなければならない。これは $P(z)$ の（ゼロでない整級数の形で書かれるという）定義に矛盾する。
    • よって方程式 $P(z) = 0$ には根が存在する。
      • コメント：教科書はここからの記述を省略しているが、因数分解できることを言って再帰的に $n$ 個の因数があることを示せばいいのだろう。

回転数

位相幾何学的フレーバーのするトピックだ。

  • (Th 6.11) 回転数は整数である
    • $\alpha \in \Complex$
    • $C \in \Complex$ を閉曲線であり $\alpha \notin C$ であるものとする。

    このとき：

    \[\operatorname{Ind}(C, \alpha) \coloneqq \frac{1}{2\pi i}\int_C\!\frac{\mathrm dz}{z - \alpha} \in \Z.\]

    証明：

    • まず曲線 $C$ にパラメーター表示を与えておく。ここで $z(t)$ は区分的に滑らかな曲線であるものとする：

      \[C = \{z(t) \in \Complex\,|\,t \in {[a, b]}\}.\]

    • 次に関数 $h(t)$ を次で定める。 証明の目標は $\operatorname{Ind}(C, \alpha) = h(b) \in \Z$ である：

      \[h(t) \coloneqq \frac{1}{2\pi i}\int_a^t \frac{z^\prime(\tau)}{z(\tau) - \alpha}\,\mathrm d\tau.\]

      定義から有限個の点を除けば $h(t)$ は微分可能である。

    • さらに合成関数 $g(t)$ を次で定義して、曲線 $C$ の定義域上定数であることを示す：

      \[g(t) = \mathrm{e}^{-2\pi i h(t)}(z(t) - \alpha).\]
    • $g^\prime(z) = 0$ を示す（計算で）。
    • $g(a) = g(b), z(a) = z(b), h(a) = 0$ より $\mathrm{e}^{-2\pi i h(b)} = 1$ を示し、 $h(b) \in \Z$ を結論する。

  • (Th 6.12)

    $\operatorname{Ind}(C, \alpha) = 0$ なる閉曲線 $C \subset D$, 点 $\alpha \notin D$ に対して $D$ で定義された正則関数 $f(z)$ には Cauchy の積分定理が成り立つ。

    \[\begin{aligned} \int_C\!f(z)\,\mathrm dz &= 0,\\ \operatorname{Ind}(C, z_0)f(z_0) &= \frac{1}{2\pi i}\int_C\!\frac{f(z)}{z - z_0}\,\mathrm dz,\quad\forall z_0 \in D\!\setminus\!C. \end{aligned}\]

第三回は以上。