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,積分と級数の順序交換をして,\(z\in B_r(a)\)上\[\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B_r(a)}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}\ d\zeta\right)(z-a)^n\]

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.