一致の定理と解析接続

冪級数で定まる関数の一致の定理

z=0z=0を中心とする収束冪級数により定まる関数f(z)=∑nanznf(z)=\sum_na_nz^nを考える。 これについて、f(0)=0f(0)=0である。 一方で、もしあるnnについてan≠0a_n\neq0であれば、ある正の実数rrが存在して、0<∣z∣<r0<\lvert z\rvert < rにおいてf(z)≠0f(z)\neq 0である。 対偶を取れば、f(z)f(z)がz=0z=0のある近傍で恒等的に00であれば任意のnnについてan=0a_n=0である。

このことから、f(z)f(z)が恒等的に00でなければその零点は孤立することがわかる。 対偶を取れば、ffの零点の集合が集積点を持つならばffは恒等的に00になる。 これを利用して一致の定理を証明することができる。

一致の定理

局所的に00なこと（より弱く00点の集積点であること）と微分係数が全て00であることが同値である。

微分係数が00から局所的に00なのはよい。 逆は、もし00でない微分係数があれば、という議論をすればいい。

全ての微分係数が00になるという条件は開かつ閉である。

閉なことは導関数の連続性から。 開なことは、もしaaで上の条件を満たすなら、aaでのテイラー展開を考えることでその収束円板上でも局所的に00であることが言えて、 その点におけるテイラー展開の係数が全て00なことが言える。

実際に00点が集積点を持つならば、上記の集合が空でないことが言えて、 連結性から全体と一致する。

一致の定理の証明

ここでは正則関数の解析接続という概念を紹介する。 まずは、正則関数がテイラー展開できるという事実を証明抜きで紹介しよう。

テイラー展開の存在

ffは領域Ω\Omegaで正則とする。 このとき、a∈Ωa\in\Omegaに対し、あるΩ\Omegaで正則な関数fn(z)f_n(z)が存在して

f(z)=f(a)+f′(a)(z−a)+f(2)(a)2!(z−a)2+⋯+f(n−1)(a)(n−1)!(z−a)n−1+fn(z)(z−a)n f(z)=f(a)+f'(a)(z-a)+\frac{f^{(2)}(a)}{2!}(z-a)^2+\cdots+\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(z-a)^{n-1}+f_n(z)(z-a)^n

となる。

さらに、z=az=aを中心とする十分小さな円周CCに対し

fn(z)=12πi∫Cf(ζ)(ζ−a)n(ζ−z)dζ f_n(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^n(\zeta-z)}d\zeta

となる。

この事実を用いると次のことが証明できる。

微分係数と恒等的零

Ω\Omegaで正則な関数f(z)f(z)について、 z=az=aで微分係数が全て00だとするとf(z)f(z)は恒等的に00である。

証明

まず、ある円CCの内部でffが恒等的に00であることを示す。 微分係数が全て00であるとすると、任意のnnに対しある正則関数fn(z)f_n(z)が存在して

f(z)=fn(z)(z−a)n f(z)=f_n(z)(z-a)^n

となる。 この円CC及びその内部における∣f(z)∣\lvert f(z) \rvertの最大値をMMとし、CCの半径をRRとすると、 上の定理の剰余項の表示から

∣fn(z)∣≤MRn−1(R−∣z−a∣) \lvert f_n(z) \rvert\leq\frac{M}{R^{n-1}(R-\lvert z-a \rvert)}

となる。 よって

∣f(z)∣≤(∣z−a∣R)nMRR−∣z−a∣ \lvert f(z) \rvert\leq(\frac{\lvert z-a \rvert}{R})^n\frac{MR}{R-\lvert z-a \rvert}

となる。 ここで、∣z−a∣<R\lvert z-a \rvert<Rとなるので、n→∞n\to\inftyで右辺は00に収束するからf(z)=0f(z)=0となる。

さてΩ\Omega全体でffが恒等的に00であることを示す。 E1⊂ΩE_1\subset\Omegaをff及びその導関数が全て00になる点のなす集合とする。 上で見たことより、E1E_1は開集合である。 一方で、E1E_1は閉集合でもある。 Ω\Omegaが連結でE1E_1は空でないのでΩ=E1\Omega=E_1となる。

上の定理の対偶でffが恒等的に00という関数でなければ、微分係数が00でないkkが存在する。 このことからffの零点は孤立することがわかる。 特に次の事実が成り立つ。

零点の位数

f(α)=0f(\alpha)=0とし、f(z)=∑n=0∞an(z−α)nf(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-\alpha)^nとおく。 あるn0n_0でan0≠0a_{n_0}\neq0かつn<n0n< n_0ならばan=0a_n=0であるとする。 このとき、

f(z)=(z−α)n0∑n=0∞an0+n(z−α)n f(z)=(z-\alpha)^{n_0}\sum_{n=0}^\infty a_{n_0+n}(z-\alpha)^n

となる。 bn=an0+nb_n=a_{n_0+n}とおき、g(z)=∑n=0∞an0+n(z−α)ng(z)=\sum_{n=0}^\infty a_{n_0+n}(z-\alpha)^nとおく。 b0≠0b_0\neq0なので、g(α)=b0≠0g(\alpha)=b_0\neq0である。 よって、あるϵ\epsilonで∣z−α∣<ϵ\lvert z-\alpha\rvert <\epsilonならばg(z)≠0g(z)\neq0となるようなものが取れる。 この範囲においてはf(z)≠0f(z)\neq0でもある。

集積点とは。 孤立点でないこと。 z=αz=\alphaが零点の集積点であるとは（f(α)≠0f(\alpha)\neq0でもよい？） 任意のϵ\epsilonに対してあるz∈Cz\in\mathbb{C}で0<∣z−α∣<ϵ0<\lvert z-\alpha\rvert<\epsilonかつf(z)=0f(z)=0となるものが存在すること。

一致の定理

f(z),g(z)f(z), g(z)を領域DDで正則な関数で、DD内に集積点を持つ集合の上でf(z)=g(z)f(z)=g(z)とする。 このとき、DD上でf(z)=g(z)f(z)=g(z)である。

証明

f−gf-gに対して上の定理を用いればよい。

一致の定理の別の定式化

領域DD上の「解析関数」f,gf, gがあり、DD内のある点α\alphaにおいて、f(α)=g(α)f(\alpha)=g(\alpha)であるとする。 さらに、α\alphaのどんな近くにも（要するに集積点、収束する点列が取れる）f(z)=g(z)f(z)=g(z)となるz≠αz\neq\alphaがあるなら、 ffとggはDD全体で一致する。

解析接続

一致の定理を用いることで、正則関数の解析接続という概念を導入する。 領域Ω1\Omega_1で正則な関数f1f_1と領域Ω2\Omega_2で正則な関数f2f_2が、共通領域Ω1∩Ω2\Omega_1\cap \Omega_2においてf1=f2f_1=f_2であるとき、Ω1∪Ω2\Omega_1\cup\Omega_2における正則関数ffであって、Ω1\Omega_1上ではf1f_1に一致し、Ω2\Omega_2上ではf2f_2に一致する関数が定まる。 このような条件を満たすffは、一致の定理からただ一つに定まる。 これをf1f_1（あるいはf2f_2）のΩ1∪Ω2\Omega_1\cup \Omega_2への解析接続という。

上の一意性は単にffが連続関数であったり実関数としてのC∞C^\infty級という条件では成り立たない。 つまり正則関数に特有の性質であることに注意しよう。

共通部分Ω1∩Ω2\Omega_1\cap\Omega_2が連結でない場合、その複数の連結成分において同時にf1=f2f_1=f_2が成り立つとは限らない。 このような例は後で紹介する。

解析接続の例

ベキ級数

f(z)=1+z+z2+⋯ f(z)=1+z+z^2+\cdots

は∣z∣<1\lvert z \rvert<1で絶対収束し正則関数を定める。

この範囲で、等比数列の和の公式から

f(z)=11−z f(z)=\frac{1}{1-z}

となる。

この右辺の式はz≠1z\neq1で正則関数を定める。