微分係数の積分表示と正則関数の解析性

コーシーの積分公式を用いることで、正則関数の非常に重要な性質である解析性、つまり何回でも微分できまた冪級数展開可能であるという性質を導くことができる。

微分係数の積分表示

領域 $D$ で正則な関数 $f$ は任意の自然数 $n$ に対して $n$ 階微分可能で、 $f$ の $n$ 階導関数は

f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}d\zeta

を満たす。ここで $C$ は、その内部まで含めて $D$ に含まれる円に正の向き（反時計回り）をつけたものであり、 $z$ は $C$ の内部の点である。

さらに正則関数はテイラー展開できることもわかる。

正則関数の解析性

領域 $D$ で正則な関数 $f$ は $a\in D$ の周りで冪級数展開可能である。つまり、ある $a$ の周りで収束する冪級数が存在して、 $a$ の近傍の $z$ に対して

f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n(z-a)^n

となる。その収束半径は、 $a$ から $D$ の境界までの距離以上である。

コーシーの積分公式を用いて $f$ の冪級数展開を計算する。 $a\in D$ とし、 $a$ を中心とする半径の小さな円周 $C$ と $C$ の内部の点 $z$ に対し

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta

である。

まずは被積分関数 $\dfrac{1}{\zeta-z}$ の $z=a$ を中心とする冪級数展開を計算する。その上で、無限和と積分の順序が交換できることを用いれば、 $f$ の冪級数展開を求めることができる。

\frac{1}{\zeta-z} =\frac{1}{(\zeta-a)-(z-a)} =\frac{1}{(\zeta-a)\left(1-\dfrac{z-a}{\zeta-a}\right)} =\frac{1}{\zeta-a}\times\frac{1}{1-\dfrac{z-a}{\zeta-a}}

となる。

ここで、等比級数の和の公式を用いると、 $\left\lvert\dfrac{z-a}{\zeta-a}\right\rvert<1$ が成り立つため、

\frac{1}{1-\dfrac{z-a}{\zeta-a}} =\left(1+\frac{z-a}{\zeta-a}+\left(\frac{z-a}{\zeta-a}\right)^2+\cdots\right) =\sum_{n=0}^\infty\frac{(z-a)^n}{(\zeta-a)^{n}}

となる。

よって、

\frac{1}{\zeta-z}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(z-a)^n}{(\zeta-a)^{n+1}}

である。

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta=\frac{1}{2\pi i}\int_C\sum_{n=0}^\infty\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}(z-a)^nd\zeta

$C$ はコンパクトで、 $\zeta\in C$ のとき $\left\lvert\dfrac{z-a}{\zeta-a}\right\rvert$ は $1$ より小さい定数で抑えられるから、この級数は $C$ 上で一様収束する。よって無限和と積分の順序を交換できて、

\frac{1}{2\pi i}\int_C\sum_{n=0}^\infty\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}(z-a)^nd\zeta =\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^\infty\left(\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}d\zeta\right)(z-a)^n

よって、

f(z) =\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^\infty\left(\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}d\zeta\right)(z-a)^n

である。

微分係数の公式と収束半径

いま得たのは、円 $C$ の中心 $a$ における展開である。定理が述べているのはもう少し広いので、残りを埋めておこう。

係数と微分係数の対応。 冪級数展開できる関数は何回でも微分可能であり、項別微分により係数は $a_n=\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}$ である。上の展開と見比べれば、中心 $a$ について

f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}d\zeta

を得る。

中心以外の点でも同じ円が使えること。 $C$ の内部の点 $z$ をとる。 $z$ を中心とする十分小さい円 $C_z$ で上の議論を繰り返せば、 $C_z$ についての積分表示が得られる。 $C_z$ と $C$ の間の領域では $\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}$ が正則なので、コーシーの積分定理により二つの円に沿った積分は等しい。よって $C$ を使った表示がそのまま成り立つ。

収束半径の下界。 $a$ を中心とする円の半径は、 $a$ から $D$ の境界までの距離より小さい範囲で自由に選べる。どの半径を選んでも係数は $\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}$ で変わらないので、同じ冪級数がそれらすべての円板で $f$ に一致する。したがって収束半径は $a$ から $D$ の境界までの距離以上である。 $D=\C$ のときは任意の有限半径が取れるので、収束半径は $\infty$ である。

微分係数の積分表示を用いた計算

\int_{C_i}\frac{1}{z^2(z-1)(z-2)}dz

を計算する。ここで、 $C_1$ は $z=0$ 中心で小さな半径を持つ円、 $C_2$ は $z=1$ 中心で小さな半径を持つ円、 $C_3$ は $z=2$ 中心で小さな半径を持つ円、 $C_4$ は $z=0,1,2$ 全てを囲む大きな半径をもつ円であり、いずれも正の向き（反時計回り）をつける。また $C_1, C_2, C_3$ の半径は、互いの円が交わらず他の特異点を含まない程度に小さくとる。

$C_1$ での積分は、 $f(z)=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}$ とみて、微分係数の積分表示を使う。

f(z)=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1},\qquad f'(z)=-\frac{1}{(z-2)^2}+\frac{1}{(z-1)^2}

より $f'(0)=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$ である。よって

\int_{C_1}\frac{f(z)}{z^2}dz=2\pi if'(0)=\frac{3\pi i}{2}

となる。

$C_2$ での積分は、 $f(z)=\dfrac{1}{z^2(z-2)}$ とみて、コーシーの積分公式により

\int_{C_2}\frac{f(z)}{z-1}dz=2\pi if(1)=-2\pi i

となる。

$C_3$ での積分は、 $f(z)=\dfrac{1}{z^2(z-1)}$ とみて、コーシーの積分公式により

\int_{C_3}\frac{f(z)}{z-2}dz=2\pi if(2)=\frac{\pi i}{2}

となる。

$C_4$ での積分は、一般的なコーシーの積分定理から求まる。被積分関数は $D=\C\setminus\{0,1,2\}$ で正則である。サイクル $C=C_4-C_1-C_2-C_3$ をとると、 $D$ の補集合の各点 $a=0,1,2$ に対し、 $a$ を囲むのは $C_4$ とそれぞれ対応する小円の $2$ つだけなので

n(C,a)=1-1=0

である。大円の外側の点についてはすべての回転数が $0$ である。よって $C$ は $D$ に関して $0$ にホモローグであり、 $\displaystyle\int_Cf(z)dz=0$ 、すなわち

\int_{C_4}=\int_{C_1}+\int_{C_2}+\int_{C_3} =\frac{3\pi i}{2}-2\pi i+\frac{\pi i}{2}=0

となる。

$C_1+C_2+C_3$ は離れた $3$ つの円周の形式和であって、 $1$ 本のつながった閉曲線ではない。そのため「 $C_4$ に連続変形できる」とは言えず、根拠はサイクルとホモローグの言葉で述べる必要がある。

$0$ になることは別の見方でも確かめられる。半径 $R$ の円周上で被積分関数の絶対値はおよそ $R^{-4}$ で、円周の長さは $2\pi R$ だから、三角不等式による評価は $R\to\infty$ で $0$ に収束する。一方この積分値は $R$ によらないので、 $0$ でなければならない。