長方形に対するコーシーの積分定理

$R\subset\C$ を長方形領域とし、 $f$ は $R$ の境界および内部で正則であるとする。このとき、

\int_{\partial R}f(z)dz=0

である。

この定理はグルサの定理とも呼ばれる。証明では $f$ の正則性しか使わず、導関数の連続性を仮定しない点が重要である。

証明は長いので、結果を認めて先に進んでも構わない。

証明の方針

証明は大きく二つのステップに分けて行う。

一つ目のステップでは、正則関数の一次近似を利用して積分の評価を行う。もう少し詳しく説明しよう。まず $f$ が正則なので一次関数で近似できる。一次関数は原始関数を持つため、線積分の値は $0$ である。よって、長方形が小さければ $f$ の積分も小さいことが期待できる。

二つ目のステップでは、最初に与えられた長方形の周での線積分と小さい長方形の周での線積分を結びつける。線積分の基本的な性質を用いると、長方形を小さな長方形に分割したときそれらの周での線積分を足し合わせると元の長方形の周の線積分の値になることがわかる。これを利用して大きな長方形の周での積分を小さな長方形の周での積分と結びつける。

第一ステップ：一次近似による評価

一次関数による近似を用いて、小さな長方形の周での積分値を評価する。 $z=a$ において、 $f(z)$ は $f(a)+f'(a)(z-a)$ で近似できる。この近似の意味を正確にすると、任意の $\epsilon>0$ に対し、ある $\delta>0$ が存在して、 $0<\lvert z-a\rvert<\delta$ ならば、

\left\lvert \frac{f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)}{z-a} \right\rvert<\epsilon

となる。分母を払った形

\lvert f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)\rvert\leq\epsilon\lvert z-a\rvert

にすれば $z=a$ でも成り立つので、以下ではこちらを使う。

一次関数の閉曲線での線積分が $0$ なので、

\int_{\partial S}f(z)dz=\int_{\partial S}f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)dz

は長方形 $S$ に関して無条件に成り立つ。さらに、線積分の三角不等式を用いると

\left\lvert\int_{\partial S}f(z)dz\right\rvert =\left\lvert\int_{\partial S}\bigl(f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)\bigr)dz\right\rvert \leq\int_{\partial S}\left\lvert f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)\right\rvert\lvert dz\rvert

となる。

ここでさらに $S$ が $a$ の周りの十分小さな長方形であるとしよう。すると、上の一次近似が使えて、

\int_{\partial S}\lvert f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)\rvert\lvert dz\rvert \leq\int_{\partial S}\epsilon\lvert z-a\rvert\lvert dz\rvert

と変形できる。さらに、最後の積分は $z$ が $S$ の周上で $a$ が閉長方形 $S$ に属することから、 $S$ の対角線の長さ $d(S)$ を用いて $\lvert z-a\rvert \leq d(S)$ であり、 $L(S)$ を $S$ の周の長さとすると、

\int_{\partial S}\lvert z-a\rvert\lvert dz\rvert\leq\int_{\partial S}d(S)\lvert dz\rvert=d(S)L(S)

となる。

ここまでを改めて整理し、より正確に述べると次のようになる。任意の $\epsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、 $a$ を含む長方形 $S$ が $\lvert z-a\rvert<\delta$ に含まれるならば、

\left\lvert\int_{\partial S}f(z)dz\right\rvert \leq \epsilon\, d(S)L(S)

となることが証明できた。この時点では $S$ が $\epsilon$ に依存しているので、右辺で $\epsilon\to0$ の極限をとる、というような操作を行っても意味がない。そこで次に、大きな長方形での線積分の値を小さな長方形での線積分に結びつける。

第二ステップ：長方形の縮小列

以下では一般に長方形 $S$ の周での $f$ の線積分値を $\eta(S)$ と略記する。つまり、

\int_{\partial S}f(z)dz=\eta(S)

とする。

この記号を用いると、第一ステップで証明したことは次の通りである。任意の $\epsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、 $a$ を含む長方形 $S$ が $\lvert z-a\rvert<\delta$ に含まれるならば、

\lvert\eta(S)\rvert \leq \epsilon\, d(S)L(S)

となる。

示すべきことは任意の長方形 $R$ に対して $\eta(R)=0$ であることである。

長方形 $R$ があたえられたとしよう。以下では長方形の縮小列 $R_0, R_1, R_2, \ldots$ を以下のように定義する。まず、 $R_0=R$ と定める。この $R_0$ を $4$ つの合同な長方形に分割し、それらを $R^1, R^2, R^3, R^4$ と仮に名付ける。すると、線積分の性質から、

\eta(R)=\eta(R^1)+\eta(R^2)+\eta(R^3)+\eta(R^4)

が成り立つ。複素数に対する三角不等式から、

\lvert\eta(R)\rvert \leq \lvert\eta(R^1)\rvert+\lvert\eta(R^2)\rvert+\lvert\eta(R^3)\rvert+\lvert\eta(R^4)\rvert

となるため、 $R^1$ から $R^4$ のうちの少なくとも一つは

\lvert\eta(R^i)\rvert\geq\frac{1}{4}\lvert\eta(R)\rvert

を満たす。この $R^i$ を $R_1$ と定める。

これを同様に繰り返すことで長方形の列 $R_n$ を定義する。つまり $R_{n-1}$ を $4$ つの合同な長方形に分割すると、そのうち少なくとも一つは

\lvert\eta(R_n)\rvert\geq\frac{1}{4}\lvert\eta(R_{n-1})\rvert

を満たすので、それを $R_n$ と定める。こうして長方形をどんどん小さくとっていく。

すると、任意の $n$ に対して

\lvert \eta(R_n) \rvert\geq\frac{1}{4^n}\lvert \eta(R) \rvert

が成り立つ。また、 $R_{n+1}$ は $R_n$ と相似でその相似比は $1:2$ だから、 $d(R_{n+1})=\frac{1}{2}d(R_n), L(R_{n+1})=\frac{1}{2}L(R_n)$ であり、

d(R_n)=\frac{1}{2^n}d(R), L(R_n)=\frac{1}{2^n}L(R)

である。

区間縮小法により、この長方形の列 $R_1, R_2,\ldots$ はある点 $z_\ast$ に収束する。正確にいうと、ある $z_\ast\in R$ が存在して任意の $\delta$ に対して十分大きな $n$ について $R_n$ は $\lvert z-z_\ast \rvert<\delta$ に含まれる。ここで $z_\ast$ は各 $R_n$ に属する。 $R_n$ は閉長方形なので、 $z_\ast$ が境界上に来ることもある。第一ステップの評価は $a=z_\ast$ が閉長方形 $R_n$ に属していれば使えるので、これで十分である。

この $z_\ast$ を前半の議論に用いよう。 $\epsilon>0$ とする。このとき、ある $\delta>0$ が存在し、 $z_\ast$ を含む長方形 $S$ が $z_\ast$ からの距離 $\delta$ 以内に含まれるならば、

\lvert\eta(S)\rvert\leq \epsilon\, d(S)L(S)

となる。この $\delta$ に対して、上のように $R_n$ をとることで、

\lvert\eta(R_n)\rvert \leq \epsilon\, d(R_n)L(R_n)=\epsilon\frac{1}{4^n}d(R)L(R)

となる。さらに、 $\eta(R)$ と $\eta(R_n)$ の関係から、

\lvert \eta(R)\rvert \leq 4^n\lvert \eta(R_n)\rvert \leq \epsilon\, d(R)L(R)

となる。左辺は $\epsilon$ に無関係な実数値であることに注意しよう。

これが任意の $\epsilon>0$ に対し成り立つため、 $\lvert \eta(R)\rvert=0$ すなわち

\int_{\partial R}f(z)dz=0

であることが証明できた。