[math][Complex Analysis][Ahlfors]アールフォルス複素解析（２部1章）

Ahlfors
2 COMPLEX FUNCTION
1. 1. INTRODUCTION TO THE CONCEPT OF ANALYTIC FUNCTION
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Ahlfors

https://mccuan.math.gatech.edu/courses/6321/lars-ahlfors-complex-analysis-third-edition-mcgraw-hill-science_engineering_math-1979.pdf

引き続き。1部1, 2章はこちら。

2 COMPLEX FUNCTION

1. INTRODUCTION TO THE CONCEPT OF ANALYTIC FUNCTION

複素関数の理論は、微積分を複素数領域に拡張することを目的としている。微分も積分も新たな深みと重要性を獲得すると同時に、その適用範囲は根本的に制限されることになる。実際、自由に微分・積分できるのは、解析関数や正則関数のみである。これらは、フランス語の「Theorie des functions」やドイツ語の「Funktionen theorie」の意味での唯一の真の「関数」である。

とはいえ、ここでは「関数」という用語を現代的な意味で使うことにする。したがって、複素数にステップアップする際には、実変数の実関数、複素変数の実関数、実変数の複素関数、複素変数の複素関数という4種類の関数を考えなければならない。したがって、複素変数の複素関数を示すには、$\omega = f(z)$という表記を使う。 $y = f(x)$という表記は、$x$と$y$は実数でも複素数でもよいという理解のもと、中立的な意味で使う。ある変数が確実に実数値に限定されることを示したいときは、通常$t$と表記する。

これらの取り決めによって、$z = x + iy$という表記が自動的に$x$と$y$が実数であることを意味するという、以前の慣例を取り消したいわけではない。

関数が定義される法則は、明確で曖昧さのない言葉で定式化されることが不可欠である。言い換えれば、すべての関数は明確に定義され、その結果、追って通知があるまで、単一値でなければならない。

独立変数のすべての値に対して関数を定義する必要はない。現時点では、点集合論の役割をあえて強調しないことにする。つまり、$f(a)$が定義されているならば、$f(x)$は$a$に十分に近いすべての$x$に対して定義されている、ということである。

1.1. Limits and Continuity.

以下の基本定義を採用する。

「定義1」関数$f(x)$は$x$が$a$に近づくとき、極限$A$、$$\lim_{x\to a}{f(x)} = A \tag{1}\label{1}$$を持つ。ただし、以下が成り立つときに限る。任意の$\epsilon > 0$に対して、次の性質を持つ数$\delta > 0$が存在する。$|f(x)-A|<\epsilon$が$|x-a|<\delta$と$x \ne a$である$x$のすべての値に対して成り立つ。

この定義は絶対値を決定的に利用している。絶対値の概念は実数だけでなく複素数に対しても意味を持つので、変数$x$と関数$f(x)$が実数か複素数かに関係なく、同じ定義を使うことができる。

より簡単な表記法として、$x\to a$に対して$f(x)\to A$と書くこともある。

この定義には、$a$または$A$が無限である場合に対応する、よく知られた変形がいくつかある。実数の場合は極限$\infty$と$-\infty$を区別できるが、複素数の場合は無限極限は1つしかない。我々は、読者がすべての可能性をカバーする正しい定義を立てることを信じている。

和、積、商の極限に関するよく知られた結果は、複素数の場合にも引き続き成り立つ。実際、その証明は、次の式で表される絶対値の性質にのみ依存する。$$|ab| = |a|\cdot |b|, |a+b|\leq |a| + |b|$$

条件\eqref{1}は明らかに以下と同値である。$$\lim_{x\to a}{\overline{f(x)}} = \bar{A} \tag{2}\label{2}$$\eqref{1}, \eqref{2}から、以下を得る。$$\begin{eqnarray}\lim_{x\to a} {\Re{f(x)}} & = & \Re{A} \\ \lim_{x\to a}{\Im{f(x)}} & = & \Im{A}\end{eqnarray} \tag{3}\label{3}$$逆に、\eqref{1}は\eqref{3}の帰結である。

関数$f(x)$が$a$において連続であるといえるのは、$\displaystyle \lim_{x\to a}{f(x)} = f(a)$のときだけである。連続的な関数は、それ以上の修飾を必要とせず、定義されたすべての点で連続である関数のことである。

二つの連続関数の和$f(x) + g(x)$および積$f(x)g(x)$も連続関数である。商$f(x)/g(x)$は$g(a)\ne 0$となる$a$においてのみ定義され、連続である。$f(x)$が連続であるとき、$\Re{f(x)}, \Im{f(x)}$および$|f(x)|$も連続である。

関数の微分は特定の極限として定義され、変数が実数か複素数かに関係なく考えることができる。正式な定義は$$f^{\prime}(a) = \lim_{x\to a}{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}} \tag{4}\label{4}$$である。

和の導関数、積の導関数、商の導関数を作る通常のルールはすべて有効である。合成関数の導関数は連鎖律によって決定される。

しかし、独立変数が実数の場合と複素数の場合では、根本的な違いがある。この点を説明するために、$f(z)$を$z = a$に微分が存在する複素変数の実関数とする。すると、$f^{\prime}(a)$)は$h$が$0$に近づくにつれて一面実数である。$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$もう一方は、次の商の極限でもある。$$\frac{f(a+ih)-f(a)}{ih}$$こちらは純虚数である。したがって、$f^{\prime}(a)$は$0$でなければならない。したがって、複素変数の実関数は、導関数がゼロであるか、導関数が存在しないかのどちらかである。

実変数の複素関数のケースは、実数のケースに還元することができる。$z(t) = x(t) + iy(t)$と書くと、次のようになる。$$z^{\prime}(t) = x^{\prime}(t) + iy^{\prime}(t)$$$z^{\prime}(t)$の存在は$x^{\prime}(t)$と$y^{\prime}(t)$の同時存在と等価である。それにもかかわらず、複素数表記法には、あきらめるのは賢明ではない、ある種の形式的な利点がある。これとは対照的に、複素変数の複素関数の導関数の存在は、関数の構造的性質に対して広範囲に及ぶ結果をもたらす。これらの結果を調べることは、複素関数論の中心的なテーマである。

1.2. Analytic Functions.

解析的関数のクラスは、関数が定義されている場所ならどこでも微分を持つ複素変数の複素関数によって形成される。同形関数という用語も同じ意味で使われる。この予備調査では、読者は主に平面全体で定義される関数を考えてもよい。

2つの解析的関数の和と積もまた解析的である。2つの解析関数の商$f(z)/g(z)$についても、$g(z)$が消えない限り、同じことが言える。一般的なケースでは、$g(z)=0$となる点を除外する必要がある。厳密に言えば、この非常に典型的なケースは、我々の考察には含まれないが、明らかな修正を除けば、結果が有効であることは明らかであろう。

微分の定義は次のように書き換えることができる。$$f^{\prime}(z) = \lim_{h\to 0}{\frac{f(z+h)-f(z)}{h}}$$最初の結果として、$f(z)$は必然的に連続である。実際、$f(z + h) – f(z) = h\cdot(f(z +h) – f(z))/h$から、次のようになる。$$\lim_{h\to 0}{(f(z+h)-f(z))} = 0\cdot f^{\prime}(z) = 0$$

$f(z)=u(z)+iv(z)$と書けば、$u(z)$と$v(z)$はともに連続である。

差分商の極限は、$h$がどのようにゼロに近づいても同じでなければならない。$h$に実数を選ぶと、虚部$y$は一定に保たれ、微分は$x$に関する偏微分になる。こうして我々は$$f^{\prime}(z) = \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial v}{\partial x}$$を得る。

同様に、$h$に純虚数$ik$を代入すると、以下のようになる。$$f^{\prime}(z) = \lim_{h\to 0}{\frac{f(z+ik)-f(z)}{ik}} = -i\frac{\partial f}{\partial y} = -i\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial y}$$次のように、$f(z)$は偏微分方程式を満足しなければならない。$$\frac{\partial f}{\partial x} = -i\frac{\partial f}{\partial y} \tag{5}\label{5}$$これは、以下のような実数方程式に分解される。$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \tag{6}\label{6}$$これらがCauchy-Riemann方程式であり、あらゆる解析関数の実部と虚部が満足する必要がある。

\eqref{6}の4つの偏導関数の存在は、$f^{\prime}(z)$の存在を意味する。\eqref{6}を使って、$f^{\prime}(z)$について形式的に異なる4つの式を書くことができる。最も単純な形は$$f^{\prime}(z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial v}{\partial x}$$である。

$|f^{\prime}(z)|^2$という量については、例えば次のようになる。$$\begin{eqnarray}|f^{\prime}(z)|^2 & = & \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^2 \\ & = & \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial v}{\partial x}\right)^2 \\ & = & \frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}\end{eqnarray}$$最後の式は、$|f^{\prime}(z)|^2$は$u, v$の$x, y$に関するJacobianであることを表している。

解析的関数の導関数がそれ自体解析的であることは後で証明する。この事実により、$u$と$v$はすべての次数の連続偏導関数を持つことになり、特に混合導関数は等しくなる。この情報を用いると、\eqref{6}から次のようになる。$$\begin{eqnarray}\Delta u & = & \frac{{\partial}^2 u}{\partial x^2} + \frac{{\partial}^2 u}{\partial y^2} & = & 0 \\ \Delta v & = & \frac{{\partial}^2 v}{\partial x^2} + \frac{{\partial}^2 v}{\partial y^2} & = & 0\end{eqnarray}$$Laplaceの方程式$\Delta u = 0$を満たす関数$u$は調和的(harmonic)であると言われる。解析関数の実部と虚部はこのように調和的である。2つの調和関数$u$と$v$がCauchy- Riemann方程式\eqref{6}を満たす場合、$v$は$u$の共役調和関数であるという。実際には、$v$は加法定数までしか決まらないので、定冠詞の使用は伝統的ではあるが、正確ではない。同じ意味で、$u$は$-v$の共役調和関数である。

ここでは、調和関数に課すことのできる正則性の最も弱い条件について議論する場ではない。我々は、共役調和関数の組によって決定される関数$u +iv$が常に解析的であることを証明したい。微積分学では、まさにこのような正則性の条件下で、次のように書けることが証明されている。$$\begin{eqnarray}u(x+h, y +k)-u(x, y) & = & \frac{\partial u}{\partial x}h + \frac{\partial u}{\partial y}k + {\epsilon}_1 \\ v(x+h, y + k) – v(x, y) & = & \frac{\partial v}{\partial x}h + \frac{\partial v}{\partial y}k + {\epsilon}_2\end{eqnarray}$$ここで、余り${\epsilon}_1, {\epsilon}_2$は$h + ik$よりも速くゼロになる傾向があり、これは$h + ik \to 0$ に対して ${\epsilon}_1/(h + ik) \to 0, {\epsilon}_2/(h + ik) \to 0$ という意味である。$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$と表記すれば、\eqref{6}の関係から次のようになる。$$f(z+h+ik)-f(z) = \left(\frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial v}{\partial x}\right)(h + ik) +{\epsilon}_1 + i{\epsilon}_2$$したがって、$$\lim_{h + ik\to 0}{\frac{f(z+h+ik)-f(z)}{h+ik}} = \frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial v}{\partial x}$$結論として、$f(z)$は解析関数である。

$u(x,y)$と$v(x,y)$が連続一階偏導関数を持ち、それがCauchy-Reimann微分方程式を満たす場合
、$f(z) = u(z) + iv(z)$は連続微分$f^{\prime}(z)$で解析的である。

調和関数の共役関数は積分によって求めることができ、簡単な場合には計算を明示的に行うことができる。例えば、$u = x^2-y^2$は調和的であり、$\partial u/\partial x = 2x, \partial u/\partial y = -2y$である。したがって、共役関数は次の条件を満たさなければならない。$$\frac{\partial v}{\partial x} = 2y, \frac{\partial v}{\partial y} = 2x$$最初の等式から$v = 2xy + \phi(y)$を得る。ここで、$\phi (y)$は$y$のみの関数である。二番目の方程式に代入すると、$\phi^{\prime} (y) = 0$となる。したがって$\phi (y)$は定数であり、$x^2-y^2$の最も一般的な共役関数は$2xy +c$となる。ここで$c$は定数である。$x^2-y^2 + 2ixy = z^2$であることに注意する。実数部が$x^2-y^2$である解析関数は、したがって$z^2 + ic$である。

解析関数の性質にかなりの光を投げかける興味深い形式的手順がある。この手続きは、純粋に形式的なものであり、証明する力を持たないことを読者に明確に警告した上で紹介する。

2つの実数変数の複素関数$f(x,y)$を考える。複素変数$z = x +iy$とその共役$\bar{z} = x – iy$を導入すると、$\displaystyle x = \frac{(z + \bar{z})}{2}, y = -\frac{i(z – \bar{z})}{2}$と書くことができる。この変数の変更により、$f(x,y)$を$z$と$\bar{z}$の関数として考えることができる（ここでこの2つは互いに共役であることを忘れている）。微積分のルールを適用すれば、次のようになる。$$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x} – i\frac{\partial f}{\partial y}\right), \frac{\partial f}{\partial \bar{z}} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x} + i\frac{\partial f}{\partial y}\right)$$

これらの式は極限として便利な定義を持たないが、それでも$z$と$\bar{z}$に関する記号的導関数として導入することができる。\eqref{5}と比較すると、解析関数は$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial \bar{z}} = 0$という条件によって特徴づけられることがわかる。そのため、解析的な関数は$\bar{z}$から独立しており、$z$だけの関数であると言いたくなる。

この形式的な推論は、解析関数は複素変数の真の関数であり、2つの実変数の複素関数としてより適切に記述される関数とは対照的であるという視点を支持するものである。

同様の形式的な議論により、積分を用いずに、与えられた調和関数$u(x,y)$を実部とする解析関数$f(z)$を計算できる非常に簡単な方法を導くことができる。まず、共役関数$\overline{f(z)}$は$z$に関して微分ゼロであり、したがって$\bar{z}$の関数とみなすことができる。この関数を$\bar{f}(\bar{z})$とする。この表記法で、恒等式を書き下すことができる。$$u(x, y) = \frac{1}{2}\{f(x + iy) + \bar{f}(x-iy)\}$$これは形式的な恒等式であり、$x$と$y$が複素数の場合でも成り立つと考えるのが妥当である。$x = z/2, y = z/2i$を代入すると、次のようになる。$$u(z/2, z/2i) = \frac{1}{2}\{f(z) + \bar{f}(0)\}$$$f(z)$は純虚数定数までしか決まらないので、$f(0)$が実数であると仮定してよい（＊注：$f(z)$の実部が$u$であることしか関心がないので、虚部は$f$を解析関数にするものであれば何でも良い（虚部を含めて定数を加えても解析性は変わらないということ））。つまり、$\bar{f}(0) = u(0, 0)$である。関数$f(z)$は次の式で計算できる。$$f(z) = 2u(z/2, z/2i) – u(0, 0)$$純虚数の定数を自由に加えることができる。なぜなら、関数は引数の複素数値に対して意味を持たなければならないからである。この方法は一般的な場合にも拡張可能であり、完全な正当化が可能であることは言うまでもない。

EXERCISES

$1. $ $g(\omega)$と$f(z)$が解析関数である場合、$g(f(z))$も解析関数であることを示せ。

[解答]

$$\lim_{z\to z_0}{\frac{g(f(z))-g(f(z_0))}{z-z_0}} = \lim_{z\to z_0}{\frac{g(f(z))-g(f(0))}{f(z)-f(0)}\cdot \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}}$$の極限が$g^{\prime}(f(z_0))f^{\prime}(z_0)$であることからも明らかである。Cauchy-Riemannの方程式を用いる方法もある。

$2. $ 関数$z^2, z^3$についてCauchy-Riemannの方程式を検証せよ。

[解答]

$z^2 = x^2-y^2 + 2ixy = u + iv$に対して、$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = 2x, \frac{\partial v}{\partial x} = 2y, \frac{\partial u}{\partial y} = -2y, \frac{\partial v}{\partial y} = 2x$である。また、$z^3 = x^3-3xy^2 + i(3x^2y-y^3) = u + iv$に対して、$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = 3x^2-3y^2, \frac{\partial v}{\partial x} = 6xy, \frac{\partial u}{\partial y} = -6xy, \frac{\partial v}{\partial y} = 3x^2-3y^2$

$3. $ $ax^3 + bx^2y + cxy^2 + dy^3$の最も一般的な調和多項式を求めよ。共役調和関数と対応する解析関数を、積分と形式的手法によって求めること。

[解答]

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x} = 3ax^2+2bxy+cy^2 = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = bx^2 + 2cxy + 3dy^2 = -\frac{\partial v}{\partial x}$である。二番目の等式から$\displaystyle v = -\frac{b}{3}x^3 – cx^2y – 3dxy^2 + \phi(y)$である。最初の等式に代入し、$\displaystyle 3ax^2 + 2bxy + cy^2 = -cx^2-6dxy + \phi^{\prime}(y)$となるから、$\displaystyle \phi(y) = \frac{c}{3}y^3 + (b+3d)xy^2 + (3a+c)x^2y + C$であるから、$\displaystyle v = -\frac{b}{3}x^3 + \frac{c}{3}y^3+bxy^2+3ax^2y + C$となる。

$4. $ 解析関数の絶対値が定数であるとき、解析関数そのものが定数であることを示せ。

[解答]

$f = u+vi$とすると、$|f| = \sqrt{u^2+v^2}$である。これが定数のとき、$u^2+v^2 = k (\ne 0)$と置く。微分して、$$\begin{cases}uu_x + vv_x & = & 0 \\ uu_y+vv_y & = & 0 \end{cases}$$である。ただし、$u_x$などは$u$の$x$に関する微分を表す。$f$は解析関数であるから、$$\begin{cases}uv_y + vv_x & = & 0 \\ -uv_x + vv_y & = & 0\end{cases}$$である。変形して、$$\begin{pmatrix}v & u \\ -u & v\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_x \\ v_y\end{pmatrix} = 0$$である。これから$v_x = v_y = 0$が分かる。よって、$u_x = u_y = 0$も分かり、題意が証明される。

$5. $ 関数$f(z)$と$\overline{f(\bar{z})}$が同時に解析的であることを厳密に証明せよ。

[解答]

$g(z) = \overline{f(\bar{z})}$とすると、$f(z) = \overline{g(\bar{z})}$である。$f$が解析関数であるとすると、$$\begin{eqnarray}g^{\prime}(z) & = & \lim_{h\to 0}{\frac{g(z+h)-g(z)}{h}} \\ & = & \lim_{h\to 0}{\frac{\overline{f(\overline{z+h})}-\overline{f(\bar{z})}}{h}} \\ & = & \lim_{h\to 0}{\overline{\frac{f(\bar{z} + \bar{h})-f(\bar{z})}{\bar{h}}}} \\ & = & \overline{\lim_{h \to 0}{\frac{f(\bar{z}+\bar{h})-f(\bar{z})}{\bar{h}}}} \\ & = & \overline{f^{\prime}(\bar{z})} \end{eqnarray}$$となり、$g$も解析関数となる。

$6. $ 関数$u(z)$と$u(\bar{z})$が同時に調和的であることを証明せよ。

[解答]

$v(x, y) = u(\bar{z})$とすると、$\displaystyle v_{yy} = \frac{\partial }{\partial y}(-u_y(\bar{z})) = (-1)^2u_yy(\bar{z})$より、題意が成り立つ。

$7. $ 調和関数が以下の形式微分方程式を満たすことを示せ。$$\frac{{\partial}^2 u}{\partial z \partial \bar{z}} = 0$$

[解答]

定義から、$$\begin{cases}u_z & = & \displaystyle \frac{1}{2}(u_x-iu_y) \\ u_\bar{z} & = & \displaystyle \frac{1}{2}(u_x + iu_y)\end{cases}$$である。したがって、$$\begin{eqnarray}\frac{{\partial}^2 u}{\partial z \partial \bar{z}} & = & \frac{1}{4}\left(\frac{\partial}{\partial x}-i\frac{\partial}{\partial y}\right)\left(\frac{\partial u}{\partial x} + i\frac{\partial u}{\partial y}\right) \\ & =& \frac{1}{4}\left(\frac{{\partial}^2 u}{\partial x^2} – i\frac{{\partial }^2u}{\partial y\partial x} + i\frac{{\partial}^2 u}{\partial x\partial y} + \frac{{\partial}^2u}{\partial y^2}\right) \\ & = & 0\end{eqnarray}$$となる。

1.3. Polynomials.

すべての定数は微分が$0$となる解析関数である。最も単純な非定数の解析関数は$z$で、その導関数は$1$となる。$2$つの解析関数の和と積は再び解析的であるから、すべての多項式$$P(z) = a_0 + a_1z + \cdots + a_nz^2 \tag{7}\label{7}$$は解析関数である。この導関数は$$P^{\prime}(z) = a_1 + 2a_2z + \cdots + na_nz^{n-1}$$となる。\eqref{7}は$a_n \ne 0$であることを含有しており、この多項式の次元は$n$であると言われる。定数$0$は多項式とみなされるが、多くの点で例外的であるため、ここでは除外して考える（形式的な理由から、定数$0$を多項式とみなした場合、その次数は$-\infty$と等しくなる）。$n > 0$の場合、方程式$P(z) = 0$は少なくとも$1$つの根を有する。これはいわゆる代数学の基本定理で、後で証明する。$P(\alpha_1) = 0$であれば、$P(z) = (z-\alpha_1)P_1(z)$であり、$P_1(z)$は次数$n-1$の多項式であることが初等代数学で示されている。このプロセスを繰り返すことで、最終的に完全な因数分解が導かれる。$$P(z) = a_n(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\cdots (z-\alpha_n) \tag{8}\label{8}$$ここで、上記の$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$は必ずしも異なるわけではない。因数分解から、$P(z)$は$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$と異なる$z$の値に対しては$0$とならないことが分かる。さらに、因数分解は因数の順序を除いて一意に決まる。

$a_j$のちょうど$h$個が一致する場合、それらの共通値は次数$h$の$P(z)$の零点と呼ばれる。多項式の零点の次数の合計は、その多項式の次数に等しいことが分かる。もっと簡単に言えば、各零点をその次数が示す回数だけ数えると、次数$n$の多項式はちょうど$n$個の零点を持つ。

零点$\alpha$の次数は、$z = \alpha$に対する$P(z)$の連続導関数を考慮することによっても決定することができる。零点$\alpha$の次数を$h$とする。すると、$P(z) = (z-\alpha)^hP_h(z), P_h(\alpha)\ne 0$と書くことができる。順番に微分すると、$P(\alpha) = P^{\prime}(\alpha) = \cdots P^{(h-1)})(\alpha) = 0$となるが$P^{(h)}(\alpha) \ne 0$、である。言い換えれば、零点の次数は最初の非有限導関数の次数に等しい。次数$1$の零点は単純零点と呼ばれ、$P(\alpha) = 0, P^{\prime}(\alpha) \ne 0$という条件によって特徴づけられる。その応用として、以下の定理を証明する。

定理1
多項式$P(z)$のすべての零点が半平面にある場合、導関数$P^{\prime}(z)$のすべての零点は同じ半平面にある。

\eqref{8}から、以下を得る。$$\frac{P^{\prime}}{P(z)} = \frac{1}{z-\alpha_1} + \cdots + \frac{1}{z-\alpha_n} \tag{9}\label{9}$$半平面$H$が$\displaystyle \Im{\frac{z-a}{b}} < 0$で定義されるものとする（第1章セクション2.3）。$a_k$が$H$にあり、$z$がそうでないとき、以下を得る。$$\Im{\frac{z-\alpha_k}{b}} = \Im{\frac{z-a}{b}}-\Im{\frac{\alpha_k-a}{b}} > 0$$しかし、逆数の虚部は符号が逆である。したがって、$\displaystyle \Im{b(z-\alpha_k)^{-1}} < 0$となる。これがすべての$k$に対して成り立つとき、\eqref{9}から$$\Im{\frac{bP^{\prime}(z)}{P(z)}} = \sum_{k = 1}^{n}{\Im{\frac{b}{z-\alpha_k}}} < 0$$となり、したがって$P^{\prime}(z)\ne 0$となる。この定理は、$P(z)$の零点を含む最小の凸多角形は、$P^{\prime}(z)$の零点も含むというものである。

1.4 Rational Functions

二つの多項式の商で与えられる以下の有理関数について考える。$$R(z) = \frac{P(z)}{Q(z)} \tag{10}\label{10}$$ここで、$P(z)$と$Q(z)$には共通因子がなく、したがって共通の零点もない。$R(z)$は$Q(z)$の零点で$\infty$となる。したがって、この関数は、拡大された平面に値を持つ関数として考えなければならない。$Q(z)$の零点は$R(z)$の極と呼ばれ、極の次数は定義により$Q(z)$の対応する零点の次数に等しい。微分は$$R^{\prime}(z) = \frac{P^{\prime}(z)Q(z)-Q^{\prime}(z)P(z)}{{Q(z)}^2} \tag{11}\label{11}$$であり、$Q(z)\ne 0$のときのみ存在する。しかし、\eqref{11}の右辺で定義される有理関数として、$R^{\prime}(z)$は$R(z)$と同じ極を持ち、各極の次数は$1$ずつ増える。$Q(z)$が複数の零点を持つ場合、式\eqref{11}は縮小形では現れないことに注意すべきである。

変数$z$と値$R(z)$を拡大平面上に範囲させると、より大きな単一性が得られる。$R(\infty)$を$z\to \infty$における$R(z)$の極限として定義してもよいが、この定義では$\infty$における零点または極の次数を決定することはできない。従って、関数$R(1/z)$を考えるのが望ましく、これは有理関数$R(t)$として書き直すことができる。そして、$$R(\infty) = R_1(0)$$とすれば良い。$R_1(0)=0$または$\infty$の場合、$\infty$における零点または極の次数は、原点における$R_1(z)$の零点または極の次数と定義される。以下の表記、$$R(z) = \frac{a_0+a_1z+\cdots + a_nz^n}{b_0+b_1z + \cdots + b_mz_m}$$から、次を得る。$$R_1(z) = z^{m-n}\frac{a_nz^n+a_1z^{n-1}+\cdots + a_n}{b_0z^m + b_1z^{m-1} + \cdots + b_m}$$ここで$z^{m-n}$は分子または分母に属する。従って、$m > n$の場合、$R(z)$は$\infty$に$m-n$の次数の零点を持ち、$m < n$の場合、$\infty$は$n-m$の次数の極となり、$m = n$の場合$$R(\infty) = a_n/b_m \ne 0, \infty$$となる。

ここで、拡張平面上の零点と極の総数を数えることができる。このカウントは、$\infty$を含む零点の数が$m$と$n$の大きい方と等しいことを示している。極の数も同じである。この零点と極の共通の数を有理関数の次数と呼ぶ。

$a$を任意の定数とすると、関数$R((z)-a$は$R(z)$と同じ極を持ち、結果として同じ次数を持つ。$R(z)-a$の零点は、方程式$R(z) = a$の根であり、根を零点の次数の数だけ数えれば、次のような結果が得られる。次数$p$の有理関数$R(z)$は、$p$個の零点と$p$個の極を持ち、すべての方程式$R(z) = a$は正確に$p$個の根を持つ。

次数$1$の有理関数は線形分数である。$$S(z) = \frac{\alpha z + \beta}{\gamma z + \delta}$$ここで$\alpha \delta – \beta \gamma \ne 0$である。このような分数、あるいは線形変換については、第3章第3節で詳しく説明する。とりあえず、方程式$\omega = S(z)$がちょうど$1$つの根を持つことだけに注意しよう。$$z = S^{-1}(\omega) = \frac{\delta \omega -\beta}{-\gamma \omega + \alpha}$$変換$S$と$S^{-1}$は互いに逆である。

線形変換$z + \alpha$は平行移動と呼ばれ、$1/z$は反転である。前者は$\infty$に固定点を持ち、後者は$0$と$\infty$を交換する。

すべての有理関数は、部分分数による表現を持っている。この表現を導くために、まず$R(z)$が$\infty$に極を持つと仮定する。$P(z)$を$Q(z)$で割るとき、余りの次数が最大でも分母の次数に等しくなるまで行う。結果は以下の形式で記述される。$$R(z) = G(z) + H(z) \tag{12}\label{12}$$ここで$G(z)$は定数項を持たない多項式であり、$H(z)$は$\infty$において有限である。$G(z)$の次数は$\infty$における極の次数であり、多項式$G(z)$は$\infty$における$R(z)$の特異部と呼ばれる。

$R(z)$の異なる有限な極を$\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_q$とする。関数$\displaystyle R\left(\beta_j + \frac{1}{\zeta}\right)$は$\zeta = \infty$に極を持つ$\zeta$の関数である。\eqref{12}の分解を用いることで、以下のように書くことができる。$$R\left(\beta_j + \frac{1}{\zeta}\right) = G_j(\zeta) + H_j(\zeta)$$あるいは変数を変換して、$$R(z) = G_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right) + H_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)$$ここで、$\displaystyle G_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)$は定数項を有さない$\displaystyle \frac{1}{z-\beta_j}$の多項式であり、$\beta_j$における$R(z)$の特異部と呼ばれる。関数$\displaystyle H_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)$は$z = \beta_j$において有限である。以下の表現を考えてみる。$$R(z) – G(z) – \sum_{j = 1}^{q}{G_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)} \tag{13}\label{13}$$

これは有理関数であり、$\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_q$そして$\infty$以外の極を持たない。$z = \beta_j$において、無限大になる$2$つの項が有限極限を有する差$\displaystyle H_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)$を持つことがわかる。これは$\infty$においても同様である。それ故\eqref{13}は有限極も$\infty$での極も持たない。極のない有理関数は定数に還元されるはずであり、この定数を$G(z)$に吸収させると以下のようになる。$$R(z) = G(z) + \sum_{j=1}^{q}{G_j\left(\frac{1}{z-\beta_j}\right)} \tag{14}\label{14}$$この表現は微積分学でよく知られており、積分理論の技術的な工夫として使われている。しかし、この表現が完全に成功するのは、複素数を導入してからのことである。

EXERCISES

$1. $ 記載の方法を用いて、以下の部分分数分解を求めよ。$\displaystyle \frac{z^4}{z^3-1}$および$\displaystyle \frac{1}{z(z+1)^2(z+2)^2}$

[解答]

記載の方法を用いてみよう。まず$\displaystyle \frac{z^4}{z^3-1} = \frac{z(z^3-1)+z}{z^3-1} = z+ \frac{z}{z^3-1}$と変形しておく。$z^3 = 1$の$3$つの解を$1, \alpha, \bar{\alpha}$とする。ただし、$\displaystyle \alpha = \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$である。すると、$$\begin{eqnarray}H\left(1+\frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{1+\frac{1}{\omega}}{\left(1+\frac{1}{\omega}\right)^3-1} \\ & = & \frac{\omega}{3}-\frac{\omega}{3(3{\omega}^2+\omega+1)} \\ H\left(\alpha + \frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{\omega}{3\alpha}-\frac{\omega}{3\alpha(3{\alpha}{\omega}^2 + 3{\alpha}^2\omega+1)} \\ H\left(\bar{\alpha} + \frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{\omega}{3\bar{\alpha}} – \frac{\omega}{3\bar{\alpha}(3{\bar{\alpha}}{\omega}^2 + 3{\bar{\alpha}}^2\omega + 1)}\end{eqnarray}$$したがって、$\displaystyle G_j(\omega) = \frac{\omega}{3\beta_j}$である。$\displaystyle R(z) = G(z) + G_j[1/(z-\beta_j)]$であるから、$\displaystyle \frac{z^4}{z^3-1} = z + \sum_{j=1}^{3}{\frac{1}{3\beta_j(z-\beta_j)}}$を得る。後半の$\displaystyle \frac{1}{z(z+1)^2(z+2)^3}$に関して、極は$z = 0, -1, -2$である。$$\begin{eqnarray}R\left(\frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{{\omega}^6}{(\omega+1)^2(2\omega+1)^3} \\ & = & \frac{\omega}{8} + Q(\omega) \\ R\left(-1+\frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{{\omega}^6}{(1-\omega)(\omega+1)^3} \\ & = & 2\omega-{\omega}^2 + Q(\omega) \\ R\left(-2+\frac{1}{\omega}\right) & = & \frac{{\omega}^6}{(1-2\omega)(\omega-1)^2} \\ & = & -\frac{17\omega}{8}-\frac{5{\omega}^2}{4} -\frac{{\omega}^3}{2} + Q(\omega) \end{eqnarray}$$となる。したがって、$\displaystyle R(z) = \frac{1}{8z} + \frac{2}{z+1}-\frac{1}{(z+1)^2} – \frac{17}{8(z+2)}-\frac{5}{4(z+2)^2}-\frac{1}{2(z+2)^3}$となる。

$2. $ $Q$が根$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$を持つ多項式であり、$P$が次数$<n$の多項式であるとき、以下を証明せよ。$$\frac{P(z)}{Q(z)} = \sum_{k=1}^{n}{\frac{P(\alpha_k)}{Q^{\prime}(\alpha_k)(z-\alpha_k)}}$$

[解答]

$\displaystyle \frac{P(z)}{Q(z)} = \sum_{k=1}^{n}{\frac{A_k}{z-\alpha_k}}$であり、L’Hopialの定理から、$$A_k = \lim_{x\to \alpha_k}{(x-\alpha_k)\frac{P(z)}{Q(z)}} = \frac{P(\alpha_k)}{Q^{\prime}(\alpha_k)}$$となる。

$3. $ 先の練習問題の公式を使って、点$a_k$において与えられた値$c_k$を持つ次数$< n$の一意な多項式$P$（ラグランジュの補間多項式）が存在することを証明せよ。

[解答]

以下のwikipediaの「重心重み付け」を参照。

$4. $ 円$|z| = 1$上で絶対値$1$を持つ有理関数の一般形を求めよ。特に、零点と極はどのように関係しているか。

[解答]

有理関数$R(z)$が$|z| = 1$に対して$|R(z)| = 1$を満たすとき、以下の有理関数$M(z) = R(z)\cdot \overline{R(1/\bar{z})}$は$|z| = 1$に対して$|M(z)| = 1$を満たす。したがって、これは定数となり（非定常な有理関数は、有限回だけすべての値を取る）、以下が成り立つ。$$R(1/\bar{z}) = 1/\overline{R(z)}$$したがって、$R$の零点と曲は単位円の反射によって関連付けられる。つまり、もし$\zeta$が次数$k$の零点であるとすると、$1/\bar{\zeta}$は次数$k$の極であり、逆もまた成り立つ。したがって、もし$a_k$が単位円上の異なる$R$の零点あるいは極であり、その次数が$p_k$であり（$p_k$ > 0のとき零点、$p_k < 0$のとき極）、また$a_0$に対して$p_0$とすると、$$B(z) = z^{p_0}\prod_{k=1}^{n}{\left(\frac{z-a_k}{1-\bar{a_k}z}\right)^{p_k}}$$は$R(z)$と同じ零点と極をもつ有理関数であり、さらに$|B(z)| = 1$である。したがって、$R(z)/B(z)$は零点と極のない有理関数であり、定数になる。以上から、$|\lambda| = 1$となる複素数$\lambda$を用いて、$R(z) = \lambda \cdot B(z)$となる。

$5. $ 有理関数が$|z| = 1$で実数である場合、零点と極はどのように配置されるか？

[解答]

$F(z)$を$|z| = 1$で実数となる有理関数とする。$z^2 = z\bar{z} = 1$であり、$1/\bar{z} = z$であるから、$\displaystyle f\left(\frac{1}{\bar{z}}\right) = f(z) \ (|z| = 1)$となる。$f(z)$は実数なので、$\displaystyle \overline{f\left(\frac{1}{\bar{z}}\right)} = f(z) \ (|z| = 1)$となる。したがって、$\displaystyle \overline{f\left(\frac{1}{\bar{z}}\right)} – f(z) = 0\ (|z| = 1)$である。$\displaystyle \overline{f\left(\frac{1}{\bar{z}}\right)}$も$f(z)$も有理関数であり、この差はゼロ多項式であり、以下が成り立つ。$$\overline{f\left(\frac{1}{\bar{z}}\right)} = f(z)\ \forall{z\in \mathbb{C}}$$特に、$a$は$\displaystyle \frac{1}{\bar{a}}$が$f$の零点であるときに限り$f$の零点となり、同様に$\displaystyle \frac{1}{\bar{a}}$が$f$の極であるときに限り、$a$は$f$の極となる。

$6. $ $R(z)$が次数$n$の有理関数である場合、$R^{\prime}(z)$の次数はどのくらい大きく、どのくらい小さいか。

[解答]

$\displaystyle R(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$として、$\deg{P(z)} = n, \deg{Q(z)} = m\leq n$とする。もし$z \in \mathbb{C}$が$R$の極で、次数が$k > 1$のとき、$R^{\prime}$の極は次数$k + 1$であり、その極は$z$である。これ以外に$R^{\prime}$の極はない。次に、もし$\infty$が$R$の極で、次数$k > 1$のとき（このとき$\deg{P}-\deg{Q} = k$である）、$R^{\prime}$の極は次数$k-1$であり、その極は$z$である。これ以外に$R^{\prime}$の極はない。したがって、重複を含めて$R^{\prime}$の極をカウントしたとき、$\deg{R^{\prime}} = \deg{R} + $「有限の極」-「無限遠での極」となる。
$\deg{R} > 2$のとき、$R^{\prime}$の次数は$\deg{R-1}$（これは$R$の極がすべて無限遠にあるとき）と$2\deg{R}$（これは$R$の極がすべて有限であるとき）の間にある。$\deg{R} = 1$のときは、$\deg{R^{\prime}} = 0$（これは極は$\infty$）または$\deg{R^{\prime}} = 2$（これは極は有限）となる、

Euler関数の和公式