数学メモ帳

なんかとりあえず数学する

複素解析覚書き4-正則関数を調べるその1

前回は円型のCauchyの積分公式を証明して終わりました.

今回はこのCauchyの積分公式から導かれる正則関数の強力な性質についてやっていきましょう.

正則関数の定義において,\(C^1\)級を仮定していませんでしたが,次の定理により\(C^1\)級どころか何回でも微分可能であることがわかります.

Theorem \(D\)を領域とし,\(C\)を\(PS\)曲線とする.このとき,\(f(z,\zeta)\)が領域\(D\times C\)上の連続関数であって,\(z\)に関して正則かつ,\(\displaystyle \frac{df}{dz}\)が連続ならば.\[F(z)=\int_C\frac{df}{dz}(z,\zeta)\ d\zeta\ \ (z\in D)\]である.

proof

\(a\in D\)と,\(a+h\in D\)となるように\(h\neq 0\)をとると,\[f(a+h,\zeta)-f(a,\zeta)=h\int_0^1\frac{df}{dz}(a+th,\zeta)dt\]が成り立ちます.

今,\[\left|\frac{F(a+h)-F(a)}{h}-\int_C\frac{df}{dz}(a,\zeta)\ d\zeta\right|\leq\int_C\int_0^1\left|\frac{df}{dz}(a+th,\zeta)-\frac{df}{dz}(a,\zeta)\right|dt\mid d\zeta\mid\]

ここで,\(\frac{df}{dz}(z,\zeta)\)は\([0,1]\)で一様連続ですから,任意の\(\varepsilon>0\)に対して,ある\(r>0\)が存在して,任意の\(t,t'\in[0,1]\)に対して,\(\mid t-t'\mid <r\)ならば,\[\left|\frac{df}{dz}(a+th,\zeta)-\frac{df}{dz}(a+t'h,\zeta)\right|<\varepsilon\]が成り立ちます.

従って,上の式は,定数倍の\(\varepsilon\)で抑えることができるので,これで証明が終わります.\(\Box\)

これの系として正則関数がいくらでも微分可能であることがわかります.

Corollary\(D\)を領域し,\(f\)を\(D\)上正則とすると,\(f'\)も正則である.

proof

任意の\(a\in D\)に対して,\(D\)は領域,特に開集合ですので\(\overline{B_R(a)}\subset D\)なる\(R>0\)が存在します.よって,cauchyの積分公式により,\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta\ \ (z\in B_R(a))\]

が成り立ちます.ここで,被積分関数\(\displaystyle\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\)のzに関する偏導関数は\(\displaystyle\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^2}\)であるので連続です.

よって,\[f'(z)=\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^2}\ d\zeta\]となり,上の式の右辺の非積分関数の偏導関数は再び連続となるので,\(f'\)も正則となります.\(\Box\)

上の系より,\(f'\)を再び適用することにより結局正則関数は何回でも微分可能であることがわかります.

また一般に,cauchyの積分公式と先ほどの結果から,\[f^{(n)}=\frac{n!}{2\pi i}\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}\ d\zeta\ \ (z\in B_R(a))\]が成り立ちます.

これよりさらに次のことが成り立ちます.

Theorem \(R>0\)とし,\(\partial B_R(a)\)上連続な関数\(f\)に対して,\[\int_{B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta=\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-a)^n\ \ (z\in B_R(a))\]が成り立つ.ここで,\[c_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}\ d\zeta\]である.特に,\(f\)が正則であれば,右辺の級数は\(f\)と一致し\[f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n\]が成り立つ.

proof

今,\(\mid z-a\mid <r<R\)なる\(r>0\)を任意に取ります.このとき,\(\displaystyle\left|\frac{z-a}{\zeta-a}\right|<1\)より,左辺の被積分関数は\[\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}=\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)\Bigl(1-\frac{z-a}{\zeta-a}\Bigr)}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}(z-a)^n\]

となるので,最右辺の級数は\(\partial B_R(a)\)上一様収束するので,積分級数の順序交換をして,\(z\in B_r(a)\)上\[\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_r(a)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}\ d\zeta\right)(z-a)^n\]

となって結論の前半がわかり,\(c_n\)は先ほどの注意から\(f\)が正則ならば\(c_n=\frac{1}{n!}f^{(n)}(a)\)となります.\(\Box\)

また,今はべき級数展開でしたが,\(\mid z-a\mid>R\)のときは,\(\mid z-a\mid>r>R\)なるものをとり,ほぼ同様にすることによって\[\int_{B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{c_{-n}}{(z-a)^n}\]という式を得ることができます.

これにより,Laurent展開を得ることができますが,それは次回にして今回はこれで終わります.

複素解析覚書き3-Cauchyの積分定理の補足とか

前回はCauchyの積分定理の特別なバージョンについては証明しました.

今回は正則関数の複素積分をより広い範囲でできるようにすることから始めましょう.

前回凸領域上の正則関数は原始関数を持つことを証明しました.今回はこれを使い連続曲線(PSとは限らない)上の積分がうまく作れることを話します.

凸領域\(D\)上の曲線\(C\colon z(t)\ t\in[a,\ b]\)に対して,正則関数\(f\)の複素積分を原始関数\(F\)を用いて,\[\int_{C}f(z)\ dz=F(z(b))-F(z(a))\]で定義します.

この定義は原始関数の取り方によらないのは明らかなので,この定義に問題はなく,PS曲線ならば本来の複素積分と一致します.

従って,領域が凸ならうまくいきます.しかもこれの良いところは曲線の滑らかさを仮定しなくても良いことです.これの考えが一般の領域でもうまく使えればPS曲線だけに限らずとも複素積分をすることができます.

なのでこの考え方を一般の領域に適用できるように頑張って行きましょう.

まず次の補題を示します

Lemma\(D\)を領域とし,\(D\)の内部の連続曲線を\(C\colon z(t)\ t\in I=[a,b]\)とする.この時,次の条件を満たすような\(I\)のある分割\(a=t_0<t_1<\cdots <t_n=b\)が存在する\(\colon\)

 

(☆)    各\(i\in\{1,\cdots ,n\}\)に対し,ある凸領域\(D_i\)が存在して,\(\{z(t);t\in[t_{i-1},t_i]\}\subset D_i\)

 

proof

\(d=\inf\{\mid z-z'\mid;\ z\in C,\ z'\in\partial D\}\)として,\(0<r<d\)となるように\(r\)を任意に取ります.

このとき,\(z(t)\)は閉区間\(I\)上連続なので一様連続です.従って,次のようなことが成り立つような\(\delta>0\)が存在します\(\colon\)

\[\forall t,t\in I,\ \mid t-t'\mid<\delta\Rightarrow \mid z(t)-z'(t)\mid<r\]

従って,分割を\(\max\{\mid t_i-t_{i-1}\mid ;\ 1\leq i\leq n\}<\delta\)となるようにとれば(例えば\(N\)を充分大きくとって等分する)凸領域\[D_i=\{z;\ \mid z(t_i)-z\mid<r\}\]は(☆)を満たします.\(\Box\)

この補題により,正則関数の一般領域での複素積分を次のように定義します.\(\colon\)

\[\int_Cf(z)\ dz=\sum_{i=1}^n(F_i(z(t_i))-F(z(t_{i-1})))\]

ただし,\(F_i\)は補題でとった凸領域\(D_i\)上における原始関数です.この定義は(☆)を満たす分割や原始関数の取り方によりません.勿論PS曲線ある場合元の定義と一致します.

従って,正則関数の連続曲線上での複素積分が定義され,前回のホモトープによるCauchyの積分定理におけるホモトピーの\(C^1\)級という仮定は必要がありません.

さてここまでわかったところで,次はCauchyの積分公式についてです.

Theorem\(D\)を\(B_R(a)=\{z;\ \mid z-a\mid< R\}\)の閉包\(\overline{B_R(a)}\)を含むような領域とし,\(f\)を\(D\)上正則とする.このとき,\(\mid z-a\mid<R\)ならば,\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta\]が成り立つ.

proof

証明は簡単です.まず,\(0<\varepsilon<R-\mid z-a\mid\)となるように\(\varepsilon\)を任意にとります.

\(D\setminus \{a\}\)上\(B_{\varepsilon}(a)\sim B_R(a)\)で\(\displaystyle\frac{f(z)}{\zeta-z}\)は正則なので,Cauchyの積分定理より,\[\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_R(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_{\varepsilon}(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta\]が成り立ちます

さらに,\(M=\sup\{\mid f(z)-f(\zeta)\mid;\ z,\zeta\in B_{\varepsilon}(a)\}\)としておくと,\[\left|f(z)-\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_{\varepsilon}(a)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta\right|=\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_{\varepsilon}(a)}\frac{f(z)-f(\zeta)}{\zeta-z}\ d\zeta\right|\leq \frac{M}{2\pi}\int_{\partial B_{\varepsilon}(a)}\frac{1}{\mid \zeta-z\mid }\ \mid d\zeta\mid = M\]

となって,\(\varepsilon\to+0\)とすれば,\(M\to 0\)より,結論を得ます.\(\Box\)

このCauchyの積分公式の恩恵は凄まじく,ここから正則関数が\(C^{\infty}\)級であること,べき級数展開が可能であることなどを導くことができます.次回はそれについてまとめます.

間違い等ありましたらコメントかTwitterでコメントください.

ひとくち数学「ディリクレ積分をゴリゴリっと計算する」

Problem次の積分を求めよ.\[\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\ dx\]

 

今回はディリクレ積分について最近色んな方法を知ったので今回はなるべく前提知識を仮定しない方法でどれだけできるかを試したいと思います.

基本的なこととして,これはみればわかりますが広義積分です.一見積分範囲の両端がやばいように見えますが,\[\lim_{x\to +0}\frac{\sin x}{x}=1\]である事は承知のとおりだと思うので,実質的に問題なのは\(\infty\)の部分です.まあそのへんを睨みつつ頑張って行きましょう.

で,問題をとく前にですがこれが収束する事は一応確認事項ではあるので確認はしておきましょう.

注意点としてこの積分絶対収束しません!というのはご存知かと思われますが,これがあるためガバガバっと不等式で抑えることはできません.

ちなみにですが,広義積分\[\int_{0}^{\infty}f(x)\ dx=\lim_{R\to\infty}\int_{0}^Rf(x)\ dx\]なので,広義積分が収束するとは上の極限があれば良いということになります.

しかし,極限値が簡単に求まればわざわざこんなに前置きをして書く事はないので,次を示します:\[R>M,\ \left|\int_{M}^R\frac{\sin x}{x}dx\right|\to 0\ (as\ R,M\to\infty)\]

所謂Cauchyの収束判定法というやつで,これは簡単に示せます.

今,中身を部分積分すると,\[(LHS)=\left| \left[ \frac{-\cos x}{x}\right]_{M}^R-\int_{M}^R\frac{\cos x}{x^2}\ dx\right|\leq \frac{1}{R}+\frac{1}{M}+\int_M^R\frac{1}{x^2}\ dx\to 0\ (as\ R,M\to\infty)\]

ということで収束する事は大丈夫そうです.絶対収束しないことを言うには\(R\)を自然数\(n\)に変えてやってみると出来ると思います.ややテクニカルではありますが.

まあ有名な積分なのでダラダラやっても仕方ないので早速解法に移ります.

で,方法としてはひたすらゴリゴリと計算します.エレガントさはないですが,ある意味こういうゴリ押し計算も解析の醍醐味(?)だったりします.

でアイデアとしては次のようなことをしたいと考えます:

\[\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\ dx=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\infty}e^{-xu}\ du\right)\sin x\ dx\]

一見ギョッとしますが,これは\[\int_{0}^{\infty}e^{-xu}\ du=\frac{1}{x}\]になるということを利用した変形で上のことはそのまま積分すればわかります.

さらに良いこととして,ひとまず積分の順序交換を認めて,\(x\)から先に積分すると

\[\int_{0}^{\infty}e^{xu}\sin x\ dx=\frac{1}{u^2+1}\]が2回部分積分をすると得られます.これのいいところは計算結果が\(\tan^{-1}u\)の微分になっているので

\[\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^2+1}\ du=\frac{\pi}{2}\]となってうまく計算ができることにあります.

さてこの交換を正当化するためにまずは\(\infty\)を一旦排除して考えていくことにしましょう.

具体的には\[\int_{0}^{R}\frac{\sin x}{x}\ dx\]をかんがえましょう.今,\(R,M>0\)として,次のように変形します:

\[\int_{0}^{R}\frac{\sin x}{x}\ dx=\int_{0}^{R}\left(\int_{0}^{M}e^{-xu}\ du\right)\sin x\ dx+\int_{0}^{R}\frac{\sin x}{x}e^{-Mx}\ dx\]

まず,この変形について説明すると先ほどの積分を増やす操作を\(M\)で一旦止めてやってみました.しかしこれでは\(\infty\)の時は消えてくれていたものがのこるので,それを打ち消すための第2項目がでてきます.

ここで第一項目は\(e^{-ux}\sin x\)が連続なので,積分の順序交換を簡単に行うことができます.有限で止めたのはこのためです.

しかし,その弊害として余分な第二項目が出てしまったわけですがこれは\(M\)の極限を取ることで消すことができます.

実際,\[\left|\int_{0}^R\frac{\sin x}{x}e^{-Mx}\ dx\right|\leq \int_{0}^{R}e^{-Mx}dx=-\frac{e^{-MR}}{M}+\frac{1}{M}\to 0\ (as\ M\to\infty)\]となります.

従って,ここまでで,結論の半分である\[\int_{0}^R\frac{\sin x}{x}\ dx=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^Re^{-ux}\sin x\ dx\right)\ du\]がわかりました.

次に,\[\int_0^Re^{-ux}\sin x\ dx=\frac{1}{u^2+1}-\frac{e^{-Ru}}{u^2+1}(\cos R+u\sin R)\]

となり,第二項目の積分\[\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-Ru}}{u^2+1}(\cos R+u\sin R)\ du\]が\(0\)に収束すれば結論が得られるのでそれを示します.

今,\(\mid\cos R+u\sin R\mid \leq 1+u\)が成り立つので, \[\left|\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-Ru}}{u^2+1}(\cos R+u\sin R)\ du\right|\leq \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-Ru}}{u^2+1}\mid\cos R+u\sin R\mid\leq\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-Ru}}{u^2+1}(u+1)\ du\leq \int_{0}^{\infty}(u+1)e^{-Ru}\ du\]となり,これは\(R\to\infty\)のとき\(0\)に収束するので結論が得られました. \(\Box\)

ということでゴリゴリと計算することで今回は極限値を求めましたが,これよりも楽に求める方法はいくらでもあるので,これにこだわる必要はない気がしますが,これもまた一つの解法としてとても良いと感じ書いてみました.

以上で今回は終わります.

複素解析覚書き2-積分定理とか

今回は複素線積分について適当に話します.

その前に正則関数の定義から行きましょう.

Definition複素関数\(f\)が点\(z_0\)で正則であるとは,ある\(r>0\)が存在して,\(z_0\)の\(r\)近傍\(U_r(z_0)=\{z;\ \mid z-z_0\mid<r\}\)上微分可能であることをいう.また領域\(D\)で正則であるとは,\(f\)が\(D\)の任意の点で正則である事をいう.

 

正則関数については次の命題が基本的です.

proposition\(D\)を領域とし,\(D\)上の複素関数\(f\)を\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\)とするとき,\(u,v\)が\(C^1\)級であって,\(D\)上\(u,v\)がCauchy-Riemann方程式を満たすならば,\(f\)は\(D\)上正則である.

 

これに関しては証明はいいと思うので飛ばします.

さて次に複素積分の定義をするので,少しだけ準備です.

Definition\(I=[a,b]\)に対し,複素平面上の曲線\(C\)のパラメータ表示を\(z(t)\)とするとき\(C\)が区分的に滑らか(Piecewiese Smooth)であるとは,\(z(t)\)は\(I\)上連続であり,区間のある分割\[a_0=a<a_1<\cdots <a_n=b\]が存在して,各\([a_k,a_{k+1}]\ (k=0,\cdots, n)\)で\(C^1\)級かつ,\(z(t)\neq 0\)であることを言う.特に,\(z(t)\)が閉曲線であるとは,\(z(a)=z(b)\)となることである.また,\(z(s)=z(t)\)なる\(s,t\in I\)が\(a,b\)以外存在しないとき,単純閉曲線(Jordan 曲線)であるという.

 

複素積分を次のように定義します.

Definition\(I=[a,b]\)とし,PS(piecewise smooth)曲線\(C\)のパラメータ表示を\(z(t)\)とし,複素関数\(f\)を\(C\)の近傍で連続とする.このとき\(C\)上の複素積分を\[\int_C f(z)\ dz=\int_{a}^b f(z(t))z'(t)dt=\sum_{k=1}^n\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(z(t))z'(t)dt\]で定義する.また,\[\int_C f(z)\ \mid dz\mid =\int_{a}^b f(z(t))\mid z'(t)\mid\ dt\]を弧長に関する線積分という.

 

基本的なこととして,\[\left| \int_C f(z)\ dz\right |\leq \int_C\mid f(z)\mid\mid dz\mid\]

が成り立ちます.さらに曲線に関して次を定義します.

Definition\(D\)を領域とし,\(D\)内の曲線\(C_1,C_2\)のパラメータ表示を\(I=[a,b]\)に対し,それぞれ\(z_1(t),z_2(t)\)とする.このとき,\(C_1\)と\(C_2\)が\(D\)でホモトープであるとは,ある連続写像\(h\colon I\times [0,1]\to D\)が存在して\[h(t,0)=z_1(t),\ h(t,1)=z_2(t),h(a,s)=z_1(a)=z_2(a),h(b,s)=z_1(b)=z_2(b)\]が成り立つことである.これを\(C_1\sim C_2\)と表す.また,\(h\)をホモトピーという.さらに,\(D\)内の任意の連続閉曲線が定数曲線にホモトープのとき,\(D\)は単連結であるという.

 

上ではパラメータ表示の定義域を同じとしましたがそれはあまり本質的なことではないです.変数変換すればいいだけですからね.

ところで,ホモトープは同値関係です.これはまぁそんなに難しくないのでいいでしょう.

さて.ここまで定義したところで,Cauchyの積分定理についてのべましょう.

Theorem\(D\)を領域とする.\(f\)が\(D\)上正則であり,\(D\)内の2つのPS曲線\(C_1,C_2\)が\(C_1\sim C_2\)であり,ホモトピー\(h\)が\(C^1\)級ならば\[\int_{C_1}f(z)\ dz=\int_{C_2}f(z)dz\]が成り立つ.特に,\(D\)が単連結で,PS曲線\(C\)が閉曲線ならば,\[\int_C f(z)dz=0\]となる.

 

よく知られているCauchyの積分定理はホモトープという概念を導入することで上のように一般化できます.

が,あまりにもその証明には労力が必要なのでここに証明を書く事は大変なのでしません.この証明は概ね3,4段階くらいに領域を一般化しつつ証明します.

ところで,上ではホモトピーが\(C^1\)であると仮定していますが,実際は連続曲線に対しても複素積分はうまく定義が可能なので,この仮定は必要ないです.

さて,ここまで証明もなしにやっていると何かさみしいものがあるので,2つほど簡単な場合を証明しておきましょう.

 

まず次のことが成り立ちます.

 

Theorem\(D\)を領域とし,\(D\)が閉三角形\(T\)を含むとする.このとき,\(D\)上正則な関数\(f\)に対して,\[\int_{\partial T} f(z)dz=0\]となる.ただし,閉三角形であるとは,\(a,b,c\in D\)なる三点を結ぶ線分で囲まれる領域(境界を含む)をさし,\(\partial T\)は\(T\)の境界を表す.

 

これは所謂Cauchy-Goursatの定理です.この場合領域自体の性質に特に条件をおいていませんが,代わりに積分経路が制限されています.このようにCauchyの積分定理は積分経路や領域に制限をつけ少しずつ証明をしていくのです.

これを示す前に,ひとつ補題を上げておきます.

 

Lemma(Cantorの区間縮小法)\(\mathbb{C}\)内のコンパクト集合の列\(\{K_n\}\)が\(K_n\neq \emptyset,k_{n+1}\subset k_n\)ならば,\(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}^{\infty}K_n\neq\emptyset\)である.特に,\[d(K_n)=\sup\{\mid z_1-z_2\mid;\ z_1,z_2\in K_n\}\to 0\ (as\ n\to \infty)\]ならば\(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}^{\infty}K_n\)は一点集合である.

 

これは距離空間なので点列コンパクト性を使ったほうが良いかと思います.実際,各\(K_n\)からひとつずつ元をとり,数列\(\{z_n\}\)を作りますあとは単調減少性と点列コンパクト性を駆使すれば,空でないことはわかります.

一点集合となることに関しては,共通部分から2点をとり,その絶対値を考えると\(d(K_n)\)より小さくなるので,極限を考えればよいでしょう.

さて,これを踏まえCauchy-Goursatの定理を証明します.

proof

まず,\[I(T)=\int_{\partial T} f(z)\ dz\]とします.閉三角形\(T\)の頂点を\(a,b,c\)とするとき,各辺\(ab,bc,ca\)の中点を\(a_1,b_1,c_1\)とし,それぞれを結ぶ線分を取ります.

このとき元の\(T\)は4つの合同な三角形\(T_{1,1},T_{1,2},T_{1,3},T_{1,4}\)に分かれます.(シェルピンスキーガスケットみたいな感じ)

元の三角形を\(T_0\)とおき,\(T_1\)を上の三角形のどれか一つのうち,\(\mid I(T)\mid\leq 4\mid I(T_1)\mid\)となるものとして,今度は\(T_1\)に同じ操作を適用すると\(T_2\)が得られます.

これを繰り返すと,\(\{T_n\}\)という閉三角形の列が取れます.これはコンパクト集合列です.このとき,\(T\)の周の長さを\(L\)と置くと,\[d(K_n)\leq\frac{L}{4^n}\]が成り立ちます.

よって区間縮小法により,\(\exists a\in D;\ \bigcap_{n=0}^{\infty}T_n=\{a\}\)が成り立ちます.

一方で,\(f\)は\(D\)内で正則なので,\(a\)のある近傍上\(U_r(a)\)で,\[f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\delta(z)(z-a)\]とかけます.ただし,任意の\(\varepsilon>0\)に対し,\(\mid \delta(z)\mid<\varepsilon\ \ \ z\in U_r(a)\)です.

今.\(d(K_n)\)は\(0\)に収束するので,\(n\)が十分大きければ,\(T_n\subset U_r(a)\)となります.従ってこのとき

\[\left|\int_{\partial T_n}f(z)dz\right |=\left |\int_{\partial T_n} f(a)+f'(a)(z-a)dz+\int_{\partial T_n} \delta(z)(z-a)dz\right | \]

ここで,絶対値の中身の第一項は計算すれば\(0\)となることがわかるので,

\[\left|\int_{\partial T_n}f(z)dz\right |\leq \varepsilon\frac{L^2}{4^n}\]が成り立つことがわかります.

また,\[\mid I (T)\mid \leq 4^n\mid I(T_n)\mid\]が取り方により成り立つので,\(I(T)=0\)でなければなりません.\(\Box\)

またこれを用いてもう少し扱いやすい形のものが示せます.その前に二つほど定義をしておきます.

Definition領域\(D\)が凸領域であるとは任意\(D\)の点\(z_1,\ z_2\)を結ぶ線分\[ z(t)=z_1(1-t)+tz_2\ t\in [0,1]\]が\(D\)内に含まれることである.+

 

Definition\(D\)を領域とし,\(D\)上の複素関数\(F\)が\(f\)の原始関数であるとは,\[F'(z)=f(z)\ z\in D\]が成り立つことである..

 

ここで,基本的なこととして,\(f\)に原始関数\(F\)が存在するならば,\[\int_C f(z)\ dz=F(z(b))-F(z(a))\]が成り立ちます.

これを踏まえ次が成り立ちます.

Theorem\(D\)を凸領域とし,\(f\)は\(D\)上正則とする.このとき任意のPS閉曲線\(C\)に対して,\[\int_C f(z)dz=0\]が成り立つ.

proof

証明ですが,結局原始関数の存在が示せればよいので,それを示します.

\(z_0\)を一つ固定すると,任意の\(z\in D\)と\(z_0\)を結んだ線分は\(D\)に含まれます.

従って,関数\(F\)を次のように定義します:\[F(z)=\int_{\overline{zz_0}}f(z)dz\]ただし,\(\overline{zz_0}\)は\(z_o,z\)を結ぶ線分を表します.

今,任意の\(a\in D\)に対し,\(F'(a)=f(a)\)を示します.\(\Delta z\)を\(a+\Delta z\in D\)となるようにとります.

このとき,三点\(z_0,a,a+\Delta z\)がつくる閉三角形をTとする.このとき,Cauchy-Goursatの定理より

\[\int_{\partial T} f(z)dz=\int_{\overline{z_0a}-\overline{z_0(a+\Delta z)}-\overline{a(a+\Delta z)}}f(z) dz=0\]ですので,\[F(a+\Delta z)-F(a)=\int_{\overline{a(a+\Delta z)}}f(z) dz\]が成り立ちます.

よって,\[\mid\frac{1}{\Delta z}(F(a+\Delta z)-F(a))-f(a)\mid =\left |\frac{1}{\Delta z}\int_{\overline{a(a+\Delta z)}}f(z) dz-f(a)\right |\]となりますが,ここで,

\[f(a)=\frac{1}{\Delta z}\int_{\overline{a(a+\Delta z)}}f(a) dz\]より,

\[\left |\frac{1}{\Delta z}\int_{\overline{a(a+\Delta z)}}(f(z)-f(a)) dz\right |\leq \sup\{\mid f(z)-f(a)\mid ;\ \mid z-a\mid \leq\mid \Delta z\mid\}\to 0\ (as\ \Delta z\to 0)\]となり原始関数であることがわかります.\(\Box\)

という事で,特別な場合はこのように割と簡単に示せるのですが,それ以外だとまあまあ大変です.次回は暇だったら一致の定理とかについてやろうと思います.

複素解析覚書き1-複素数の定義とか

最近,複素解析もまた忘れてきてるなーと思ったので使いそうなものを覚書き.内容は面白いものでもないかもですが

ということでまずは複素数の定義から.

ここでは複素数をある程度数学的にまともな定義を与えたい気がするので,そうします.

定義は様々ありますが,ここでは実係数多項式環を使って定義を行いたいと思います.

実係数多項式環\(\mathbb{R}[x]\)は次のように定義されます:\[\mathbb{R}[x]=\{f\ ;\ f(x)=a_o+a_1x+a_2+\cdots =\sum_{i\geq 0}a_ix^i,\ a_i\in\mathbb{R}\ ただし,有限個を除き,a_i=0\}\]ただし,形式上\(x^0=1\)とします.

さて一般論として,\(\mathbb{R}\)は体なので,\(\mathbb{R}[x]\)はユークリッド整域です.従って,既約元から生成されるイデアルは極大イデアルです.

従って,\(x^2+1\)は\(\mathbb{R}[x]\)の既約元なので,剰余環\[\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\mathbb{R}[x]\]は体となるので,これを\(\mathbb{C}\)と定義します.

このとき,任意の多項式\(f\)は\(\mathbb{R}[x]\)がユークリッド整域であることから,ある多項式\(q\)と実数\(a,b\)が存在して,\[f(x)=(x^2+1)q(x)+a+bx\]とかけます.

よって,\(\mathbb{C}=\{\overline{a+bx}\ ;\ a,b\in\mathbb{R}\}\)となります.

また\(\mathbb{R}\)から\(\mathbb{C}\)への標準的な単射(\(a\mapsto \overline{a}\))により,\(\mathbb{R}\subset\mathbb{C}\)とみなせます.

従って,単に\(a\)などと書く事にすると,\(\overline{a+bx}=a+b\overline{x}\)であり,\({\overline{x^2}}=-1\)より,\(x\)を\(i\)と書く事にすれば,

\[z\in\mathbb{C}\Leftrightarrow z=a+bi\ (a,\ b\in\mathbb{R})\] となり,複素数体の構成を行うことができました.

最後に解析には欠かせない複素数\(z=a+bi\)の絶対値は,共役複素数\(\overline{z}=a-bi\)として,\[\mid z\mid =\sqrt{z\overline{z}}=\sqrt{a^2+b^2}\]と定義します.これは当然のことながら,

    \( (1)\ \mid z\mid \geq 0\)特に,\(\mid z\mid =0\Leftrightarrow z=0\)
    \((2)\ \alpha\in\mathbb{C},\ \mid \alpha z\mid=\mid\alpha\mid\mid z\mid\)
    \((3)\ z_1,\ z_2\in\mathbb{C},\ \mid z_1+z_2\mid\leq \mid z_1\mid+\mid z_2\mid\)

を満たします.これで概ね必要なものは揃ったので以上で複素数の定義を終わります.

他にも複素数の構成はいくつか方法がありますがこれが一番早いでしょう.馴染みはないかもしれませんが.

一番わかりやすいのはハミルトンによる\(\mathbb{R}^2\)を使った定義でしょう.あれは直感的にもわかりやすいので,構成するのは楽ですが,体であることをチェックするのが面倒です.

次に複素微分について.まず定義から.

Definition複素関数\(f\)が点\(z_0\)で複素微分可能であるとは,\[\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_o)}{z-z_0}=\lim_{\Delta z\to 0}\frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}\]が存在することをいう .

 

一応注意しておくと,ここでの極限の定義は,\[\lim_{z\to z_0}f(z)=\alpha\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\ \exists \delta>0;\ 0<\mid z-z_0\mid <\delta\Rightarrow \mid f(z)-\alpha\mid <\varepsilon\]です.

さて,複素微分について重要なのは次の関係です.

Theorem複素関数\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\ (z=x+iy)\)が点\(z_0=x_0+iy_0\)で複素微分可能であることと,\(u,\ v\)が\((x_0,\ y_0)\)で全微分可能であって,Cauchy-Riemann方程式\[\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\]を満たすことは同値である.

proof

以下,\[u_x=\frac{\partial u}{\partial x},\ u_y=\frac{\partial u}{\partial y}\]などと書きます.(\(v\)も同じく)

証明ですが,複素微分可能ならば明らかに全微分可能かつ,Cauchy-Riemann方程式を満たします.従って,逆のみ示します.

今全微分可能なので,微分積分の一般論から次が成り立ちます:

\[u(x_0+h,y_0+k)=u(x_0,y_0)+u_x(x_0,y_0)h+u_y(x_0,y_0)k+\varepsilon_1(h,k)\]ただし,\[\ \lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\varepsilon_1(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\]

これは\(v\)についても同様に,

\[v(x_0+h,y_0+k)=v(x_0,y_0)+v_x(x_0,y_0)h+v_y(x_0,y_0)k+\varepsilon_2(h,k)\]

ただし,\[\ \lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\varepsilon_2(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}\]

となります.さて,\(\Delta z=h+ik\)とおくと,

\[f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=u(x_0+h)-u(x_0,y_0)+i(v(x_0+h,y_0+k)-v(x_0,y_0)\]

で先ほどの式を適用すると,

\[=u_x(x_0,y_0)h+u_y(x_0,y_0)k+\varepsilon_1+i(v_x(x_0,y_0)h+v_y(x_0,y_0)k+\varepsilon_2)\]

となります.ここで,Cauchy-Riemann 方程式を適用すると,

\[\frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}=u_x(x_0,y_0)+iv_x(x_0,y_0)+\frac{\varepsilon_1}{\Delta z}+\frac{\varepsilon_2}{\Delta z}\]

従って,\(\varepsilon_1,\ \varepsilon_2\)の性質から結論を得ます. \(\Box\)

今回はこれで終わり.次回はCauchyの積分定理周辺の定理とかについてまとめようと思います.