ポアソン積分公式とFatouの定理

ポアソン積分公式とFatouの定理

 

$${f\left( z \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{{{e}^{-in\theta }}}{n}}{{z}^{n}}}$$ は$${\left| z \right|<1}$$で解析的であるが、$${z={{e}^{i\theta }}}$$ のとき、$${f\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n}}}$$ となって定義できない。複素平面の単位円$${\mathbb{D}=\left\{ z\in \mathbb{C}:\left| z \right|<1 \right\}}$$でうまく定義できた関数でも、境界である単位円周
$${{{S}^{1}}=\left\{ z\in \mathbb{C}:\left| z \right|=1 \right\}}$$まで自動的に拡張できるわけではない。$${f\left( z \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{{{e}^{-in\theta }}}{n}}{{z}^{n}}}$$は$${\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}<\infty }}$$であるから$${{{H}^{2}}}$$ に属している。ここで$${{{H}^{2}}}$$はハーディヒルベルト空間$${{{H}^{2}}=\left\{ f:f\left( z \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}{{z}^{n}}},\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{\left| {{a}_{n}} \right|}^{2}}<\infty } \right\}}$$
のことである。これに関して$${{{L}^{2}}={{L}^{2}}\left( {{S}^{1}} \right)}$$ を$${{{S}^{1}}}$$ 上でルベッグ測度で２乗可積分な関数でつくるヒルベルト空間とする。$${{{L}^{2}}}$$における内積は$${\left( f,g \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{f\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\bar{g}\left( {{e}^{i\theta }} \right)d\theta}$$で定義される。$${{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }{{{a}_{n}}{{e}^{in \theta }}}}$$ ,$${{g}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }{{{b}_{n}}{{e}^{in \theta }}}}$$$${\in {{L}^{2}}}$$にたいして内積は
$${\left( {f},{g} \right)=\sum\limits_{n=-\infty }^{\infty }{{{a}_{n}}{{{\bar{b}}}_{n}}}}$$ となることはパセバルの等式からわかる。そして、
$${{{\tilde{H}}^{2}}=\left\{ \tilde{f}\in {{L}^{2}}:\left( \tilde{f},{{e}_{n}} \right)=0,n<0 \right\}}$$
とおく。つまり、$${\tilde{f}\in {{\tilde{H}}^{2}}}$$であるとは、そのフーリエ級数が
$${\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}{{e}^{in\theta }}}}$$,$${\sum\limits_{k=0}^{\infty }{{{\left| {{a}_{k}} \right|}^{2}}}<\infty}$$となることである。$${f\left( z \right)\in {{H}^{2}}}$$は$${\left| z \right|<1}$$で定義されているのに対して$${\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)\in {{\tilde{H}}^{2}}}$$は$${z={{e}^{i\theta }}}$$すなわち、$${\left| z \right|=1}$$ で定義されている。$${\tilde{f}}$$は$${f}$$と同じ係数を持つ関数という意味である。
$${f\left( z \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}{{z}^{n}}}}$$,$${g\left( z \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{b}_{n}}{{z}^{n}}}}$$$${\in {{H}^{2}}}$$にたいする内積は$${\left( f,g \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}{{{\bar{b}}}_{n}}}}$$
$${\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=0 }^{\infty }{{{a}_{n}}{{e}^{i\theta }}^{n}}}$$ ,$${\tilde{g}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\sum\limits_{n=0 }^{\infty }{{{b}_{n}}{{e}^{i\theta }}^{n}}}$$$${\in {{\tilde{H}}^{2}}}$$ にたいする内積は$${\left( \tilde{f},\tilde{g} \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}{{{\bar{b}}}_{n}}}}$$ であった。つまり内積を共有することによって、ヒルベルト空間として$${{{H}^{2}}}$$ の性質を$${{{\tilde{H}}^{2}}}$$ に引き継ぐのである。

$${f\in {{H}^{2}}}$$ のとき、$${{{z}_{0}}\in \mathbb{D}}$$にたいして、point evaluation $${{{K}_{{{z}_{0}}}}}$$：$${f\to f\left( {{z}_{0}} \right)}$$ は$${{{H}^{2}}}$$ 上の有界線形汎関数である。Rieszの表現定理よりヒルベルト空間上の有界線形汎関数はその内積を用いて$${f\left( {{z}_{0}} \right)=(f,{{k}_{{{z}_{0}}}})}$$ と表せるが、ここで$${{{k}_{{{z}_{0}}}}\left( z \right)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\bar{z}_{0}^{n}{{z}^{n}}=\frac{1}{1-{{{\bar{z}}}_{0}}z}}\in {{H}^{2}}}$$とすればよいことがわかる。再生核$${{{k}_{{{z}_{0}}}}}$$ を使ったコーシーの積分公式の証明を見てみよう。

 定理１．$${f}$$ を$${\bar{\mathbb{D}}=\mathbb{D}\cup {{S}^{1}}}$$ を含む開集合上で定義される解析関数とする。このとき、$${{{z}_{0}}\in \mathbb{D}}$$に対して、
$${f\left( {{z}_{0}} \right)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{{{S}^{1}}}{\frac{f\left( z \right)}{z-{{z}_{0}}}dz}}$$
が成り立つ。

証明　この仮定の場合$${{{r}_{n}}\nearrow 1}$$ で$${f\left( {{r}_{n}}{{e}^{i\theta }} \right)\to \tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}$$ が一様収束の意味でなりたつから$${f\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}$$ と書いてよく$${{{S}^{1}}}$$上で$${{{H}^{2}}}$$ と$${{{\tilde{H}}^{2}}}$$の区別がない。$${{{\tilde{k}}_{{{z}_{0}}}}\left( {{e}^{i\theta }} \right)=\frac{1}{1-{{{\bar{z}}}_{0}}{{e}^{i\theta }}}}$$とおこう。$${{{z}_{0}}\in \mathbb{D}}$$のとき、
$${f\left( {{z}_{0}} \right)=\left( f,{{k}_{{{z}_{0}}}} \right)=\left( \tilde{f},{{{\tilde{k}}}_{{{z}_{0}}}} \right)}$$
$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\overline{{{{\tilde{k}}}_{{{z}_{0}}}}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}d\theta}$$
$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}d\theta}$$
$${=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\frac{i{{e}^{i\theta }}}{{{e}^{i\theta }}-{{z}_{0}}}d\theta}$$
$${=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\frac{i{{e}^{i\theta }}}{{{e}^{i\theta }}-{{z}_{0}}}d\theta}$$
ここで、$${z={{e}^{i\theta }}}$$ とすれば、$${dz=i{{e}^{i\theta }}d\theta}$$ であることから$${f\left( {{z}_{0}} \right)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{{{S}^{1}}}{\frac{f\left( z \right)}{z-{{z}_{0}}}dz}}$$が得られる。証明おわり。

このコーシーの積分定理の証明で、リースの表現定理は使ったが、グリーンの公式も使わず3角分割も使わないで結果をだしていることに驚く人もいるかもしれないし、あたりまえだと思う人もいるかもしれない。読者の感性にお任せする。

定義　$${0< r<1}$$,$${\psi \in \left[ 0,2\pi \right]}$$ にたいして$${{{P}_{r}}\left( \psi \right)=\frac{1-{{r}^{2}}}{1-2r\cos \psi +{{r}^{2}}}}$$
とおきポアソン核と呼ぶ。

$${1-{{r}^{2}}>0}$$,
$${1-2r\cos \psi +{{r}^{2}}\ge {{\left( 1-r \right)}^{2}}>0}$$
より$${0\le r<1}$$で$${{{P}_{r}}\left( \psi \right)>0}$$となることに注意しておこう。

定理２（ポアソン積分公式）$${f\in {{H}^{2}}}$$とする。$${0\le r<1}$$で
$${f\left( r{{e}^{it}} \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right){{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\theta}$$
が成り立つ。

証明 $${{{z}_{0}}\in \mathbb{D}}$$に対して、
$${\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}=1+{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}+z_{0}^{2}{{e}^{-2i\theta }}+z_{0}^{3}{{e}^{-3i\theta }}+\cdots}$$ であるから、
$${\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}-1={{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}+z_{0}^{2}{{e}^{-2i\theta }}+z_{0}^{3}{{e}^{-3i\theta }}+\cdots}$$は負のべきの項しかもたないフーリエ級数となっている。$${f\in {{H}^{2}}}$$より$${\tilde{f}}$$は$${{{\tilde{H}}^{2}}}$$ に含まれるので非負の冪の項しか持たないフーリエ級数である。内積に関してパセバルの等式を思い出せば$${\left( \tilde{f},\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}-1 \right )=0}$$となることがわかる。すなわち、
$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\overline{\left( \frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}-1 \right)}d\theta =0}$$
定理１のコーシの積分公式を導く途中で得られた式$${f\left( {{z}_{0}} \right)}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)}\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}d\theta}$$と加え合わせると$${f\left( {{z}_{0}} \right)}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right)\left( \frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}+\frac{1}{1-{{{\bar{z}}}_{0}}{{e}^{i\theta }}}-1 \right)}d\theta}$$をえる。ここで、$${{{z}_{0}}=r{{e}^{it}}}$$ とすると
$${\frac{1}{1-{{z}_{0}}{{e}^{-i\theta }}}+\frac{1}{1-{{{\bar{z}}}_{0}}{{e}^{i\theta }}}-1=\frac{1-{{r}^{2}}}{1-2r\cos \left( t-\theta \right)}}$$$${={{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}$$となるので
$${f\left( r{{e}^{it}} \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right){{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\theta}$$
が得られる。証明終わり

この定理の特別な場合として$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\theta =1}$$が容易にわかる。Fatouの定理を述べる前に対称微分係数　symmetric derivativeを定義する。

$${\alpha}$$ を実数変数の複素数値関数とする。$${\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\alpha \left( t+h \right)-\alpha \left( t-h \right)}{2h}}$$
が存在するとき、これを$${\alpha}$$の対称微分係数symmetric derivativeという。
$${\frac{\alpha \left( t+h \right)-\alpha \left( t \right)}{h}+\frac{\alpha \left( t-h \right)-\alpha \left( t \right)}{-h}=2\frac{\alpha \left( t+h \right)-\alpha \left( t-h \right)}{2h}}$$
としてみればわかるように微分係数$${\alpha '(t)}$$が存在するときは対称微分係数は微分係数$${\alpha '(t)}$$ そのものに等しい。

定理３（Fatouの定理）　$${\alpha}$$を$${\left[ 0,2\pi \right]}$$ で定義された有界変分な複素数値関数とする。
$${r{{e}^{it}}\in \mathbb{D}}$$にたいし
$${u\left( r{{e}^{it}} \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\alpha \left( \theta \right)}$$
とおく。$${{{t}_{0}}\in \left( 0,2\pi \right)}$$ で$${\alpha}$$の対称微分係数が存在するとき、$${\underset{r\to 1-}{\mathop{\lim }}\,u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)}$$が存在して$${\alpha}$$の対称微分係数$${\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\alpha \left( {{t}_{0}}+h \right)-\alpha \left( {{t}_{0}}-h \right)}{2h}}$$に等しい。

Fatouの定理の証明は少々長くなるので後回しにして、Fatouの定理から得られるいくつかの事実を先に述べる。

系１$${\phi \in {{L}^{1}}\left( {{S}^{1}},d\theta \right)}$$ のとき、
$${u\left( r{{e}^{it}} \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}\phi \left( \theta \right)d\theta}$$とおくとき、$${\underset{r\to 1-}{\mathop{\lim }}\,u\left( r{{e}^{it}} \right)}$$がほとんどすべての$${t}$$ で存在して$${\phi \left( {{e}^{it}} \right)}$$に等しい。

証明$${\alpha \left( \theta \right)=\int\limits_{0}^{\theta }{\phi \left( {{e}^{it}} \right)dt}}$$ とおけば$${\alpha \left( \theta \right)}$$ は有界変分の関数であり$${{\alpha }'\left( t \right)=\phi \left( {{e}^{it}} \right),a.e.}$$が言える。証明おわり

系２$${f\in {{H}^{2}}}$$とするとき、$${\underset{r\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( r{{e}^{i\theta }} \right)=f\left( {{e}^{i\theta }} \right)}$$がほとんどすべての$${\theta}$$ でなりたつ。

証明$${f\in {{H}^{2}}}$$であるから$${f\left( r{{e}^{it}} \right)=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\tilde{f}\left( {{e}^{i\theta }} \right){{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\theta}$$と書けるので系１がそのまま利用できる。証明おわり

系２により、われわれは$${{{H}^{2}}}$$ と$${{{\tilde{H}}^{2}}}$$ の同一視をすることができる。

FatouがFatouの定理を証明したときはこれを意図したものでなかったはずである。なにかしら偶然の一致デジャブなのかもしれない・・・最後にFatouの定理3の証明をおこなう。長くなるので気が短い読者はよみとばすか後回しにしても一向に差し支えない。工夫が随所にみられる。計算術をマスターしたい人はその古典的なわざ技巧を盗むべきである。

 Fatouの定理3の証明：$${k\in \mathbb{Z}}$$ とする、$${k>0}$$ のときは$${\left( k2\pi ,\left( k+1 \right)2\pi \right]}$$ 、$${k<0}$$ のときは$${\left[ k2\pi ,\left( k+1 \right)2\pi \right)}$$のそれぞれの区間に属する$${\theta}$$ において$${\alpha \left( \theta \right)=\alpha \left( \theta -k2\pi \right)+k\left( \alpha \left( 2\pi \right)-\alpha \left( 0 \right) \right)}$$と定義してやることにより$${\alpha \left( \theta \right)}$$ を実数全体で定義できる（拡張できる）。その結果$${f\left( \theta +2\pi \right)=f\left( \theta \right)}$$をみたす連続関数$${f\left( \theta \right)}$$に対して
$${\int\limits_{a}^{b}{f\left( \theta \right)}d\alpha \left( \theta \right)=\int\limits_{a+k2\pi }^{b+k2\pi }{f\left( \theta \right)}d\alpha \left( \theta \right)}$$
が成り立つ。$${L}$$ を$${\alpha}$$ の$${{{t}_{0}}}$$ における対称微分係数とする。$${\varepsilon >0}$$ を任意にとるとき、
ある$${s\in \left( 0,1 \right)}$$ が存在して$${\forall r\in \left[ s,1 \right)}$$で$${\left| u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L \right|<\varepsilon}$$ が成り立つことを示せば目的が達成される。
$${\alpha}$$ の$${{{t}_{0}}}$$ における対称微分係数$${L}$$が存在するという仮定により、ある$${0<\delta <\pi}$$が存在して
$${0<\left| h \right|<\delta}$$ に対して$${\left| \frac{\alpha \left( {{t}_{0}}+h \right)-\alpha \left( {{t}_{0}}-h \right)}{2h}-L \right|<\frac{\varepsilon }{8}}$$
とできる。$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( t-\theta \right)}d\theta =1}$$であるから$${u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( {{t}_{0}}-\theta \right)}\left( d\alpha \left( \theta \right)-Ld\theta \right)}$$
ここで$${{{P}_{r}}\left( {{t}_{0}}-\theta \right)=\frac{1-{{r}^{2}}}{1-2r\cos \left( {{t}_{0}}-\theta \right)+{{r}^{2}}}}$$は周期$${2\pi}$$ の連続関数あるから上にのべたことから変数変換をすると
$${u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)}$$
を得る。右辺の積分をいくつかの部分にわけてそれぞれを評価する。すなわち、３角不等式を用い

$${\left| u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L \right|\le \left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{2\pi -\delta }^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)+\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|}$$

$${+\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|}$$
最後の項を最初に評価する。
$${\psi \in \left[ \delta ,2\pi -\delta \right]}$$では
$${1-2r\cos \psi +{{r}^{2}}\ge 1-2r\cos \delta +{{r}^{2}}}$$
$${\underset{r\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( 1-2r\cos \delta +{{r}^{2}} \right)=2-2\cos \delta >0}$$ であるから、ある$${\eta}$$と$${{{s}_{1}}\in \left( 0,1 \right)}$$ が存在して$${1-2r\cos \psi +{{r}^{2}}\ge 1-2r\cos \delta +{{r}^{2}}\ge \eta >0}$$が $${\forall \psi \in \left[ \delta ,2\pi -\delta \right]}$$と$${\forall r\in \left[ {{s}_{1}},1 \right)}$$に対してなりたつようにできる。したがって
$${{{P}_{r}}\left( \psi \right)\le \frac{1}{\eta }\left( 1-{{r}^{2}} \right)}$$ が$${\psi \in \left[ \delta ,2\pi -\delta \right]}$$ ,$${r\in \left[ {{s}_{1}},1 \right)}$$でなりたつ。したがってまた$${\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|\le \frac{1-{{r}^{2}}}{2\pi \eta }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{\left| d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right|}}$$$${\left( 1-{{r}^{2}} \right)}$$は$${r\to 1-}$$ のとき０にいくから$${{{s}_{2}}\in \left[ {{s}_{1}},1 \right)}$$ をうまくえらぶことによりすべての$${r\in \left[ {{s}_{2}},1 \right)}$$ にたいして
$${\frac{1-{{r}^{2}}}{2\pi \eta }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{\left| d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right|<\frac{\varepsilon }{2}}}$$
とできる。結局すべての$${r\in \left[ {{s}_{2}},1 \right)}$$ にたいして最後の項は
$${{\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|<\frac{\varepsilon }{2}}}$$
と評価できた。つぎに右辺第１項＋第２項を評価しよう。周期性をつかって
$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{2\pi -\delta }^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)+\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)}$$
部分積分により
$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)}$$$${=\frac{1}{2\pi }{{P}_{r}}\left( \delta \right)\left( \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-L\delta \right)}$$$${-\frac{1}{2\pi }{{P}_{r}}\left( -\delta \right)\left( \alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)+L\delta \right)}$$$${-\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right)}\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }d\psi}$$
ところで$${{{P}_{r}}\left( \delta \right)={{P}_{r}}\left( -\delta \right)}$$ であるから、$${{{P}_{r}}\left( \delta \right)\le \frac{1}{\eta }\left( 1-{{r}^{2}} \right)}$$を使って
$${\left| \frac{1}{2\pi }{{P}_{r}}\left( \delta \right)\left( \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-L\delta \right)-{{P}_{r}}\left( -\delta \right)\left( \alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)+L\delta \right) \right|}$$$${\le \frac{1-{{r}^{2}}}{2\pi \eta }\left| \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-\alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)-2L\delta \right|}$$
$${r\to 1-}$$ として最後の項は０にいくから
$${\forall r\in \left[ s,1 \right)}$$において
$${\frac{1-{{r}^{2}}}{2\pi \eta }\left| \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-\alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)-2L\delta \right|}$$$${<\frac{\varepsilon }{4}}$$
となるように $${s\in \left[ {{s}_{2}},1 \right)}$$をえらぶことができる。結局$${\forall r\in \left[ s,1 \right)}$$で
$${\left| \frac{1}{2\pi }{{P}_{r}}\left( \delta \right)\left( \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-L\delta \right)-{{P}_{r}}\left( -\delta \right)\left( \alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)+L\delta \right) \right|}$$$${<\frac{\varepsilon }{4}}$$がなりたつことがわかった。
$${{{D}_{r}}\left( \psi \right)=\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }=-\frac{\left( 1-{{r}^{2}} \right)\left( 2r\sin \psi \right)}{{{\left( 1-2r\cos \psi +{{r}^{2}} \right)}^{2}}}}$$
とおく。すべての$${r\in \left[ 0,1 \right)}$$ すべての$${\psi \in \left[ 0,\delta \right]}$$にたいして$${{{D}_{r}}\left( \psi \right)<0}$$ である。
$${{{D}_{r}}\left( \psi \right)=-{{D}_{r}}\left( -\psi \right)}$$であるから、$${\psi =-\omega}$$という変数変換をおこなって$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{0 }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right)}\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }d\psi}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{0 }{\left( \alpha \left( -\omega +{{t}_{0}} \right)+L\omega \right)\left( -{{D}_{r}}\left( \omega \right)\left( -d\omega \right) \right)}}$$$${=\frac{-1}{2\pi }\int\limits_{0 }^{\delta }{\left( \alpha \left( {{t}_{0}}-\omega \right)+L\omega \right){{D}_{r}}\left( \omega \right)d\omega }}$$
よって、
$${\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)+L\psi \right){{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{0}{\left( \alpha \left( {{t}_{0}}+\psi \right)-L\psi \right){{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$$${+\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right){{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$
$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left( \alpha \left( {{t}_{0}}+\psi \right)-\alpha \left( {{t}_{0}}-\psi \right)-2L\psi \right){{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$$${=\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left( \frac{\alpha \left( {{t}_{0}}+\psi \right)-\alpha \left( {{t}_{0}}-\psi \right)}{2\psi }-L \right)2\psi {{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$
であるから
$${\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right)}\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }d\psi \right|}$$
$${\le \frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left| \frac{\alpha \left( {{t}_{0}}+\psi \right)-\alpha \left( {{t}_{0}}-\psi \right)}{2\psi }-L \right|\left( -2\psi {{D}_{r}}\left( \psi \right) \right)d\psi }}$$
$${\le \left( \frac{\varepsilon }{8} \right)\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left( -2\psi {{D}_{r}}\left( \psi \right) \right)d\psi }}$$
またふたたび部分積分をもちいて
$${\int\limits_{0}^{\delta }{\psi {{D}_{r}}\left( \psi \right)d\psi =\delta {{P}_{r}}\left( \delta \right)-\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}}$$
つまり、
$${\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right)}\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }d\psi \right|}$$$${\le \left( \frac{\varepsilon }{8} \right)\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{\left( -2\psi {{D}_{r}}\left( \psi \right) \right)d\psi }}$$
$${=\left( \frac{\varepsilon }{8} \right)\frac{-2}{2\pi }\left( \delta {{P}_{r}}\left( \delta \right)-\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)d\psi } \right)}$$$${\le \left( \frac{\varepsilon }{8} \right)\frac{1}{2\pi }2\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)d\psi }}$$
$${\le \left( \frac{\varepsilon }{8} \right)\frac{1}{2\pi }2\left( 2\pi \right)}$$
$${=\frac{\varepsilon }{4}}$$
このようにして
$${\left| u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L \right|\le \left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{2\pi -\delta }^{2\pi }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right)+\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|}$$
$${+\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|}$$$${\le \left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{\delta }^{2\pi -\delta }{{{P}_{r}}\left( \psi \right)}\left( d\alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-Ld\psi \right) \right|}$$$${+\left| \frac{1}{2\pi }{{P}_{r}}\left( \delta \right)\left( \alpha \left( \delta +{{t}_{0}} \right)-L\delta \right)-{{P}_{r}}\left( -\delta \right)\left( \alpha \left( -\delta +{{t}_{0}} \right)+L\delta \right) \right|}$$$${+\left| \frac{1}{2\pi }\int\limits_{-\delta }^{\delta }{\left( \alpha \left( \psi +{{t}_{0}} \right)-L\psi \right)}\frac{d{{P}_{r}}}{d\psi }d\psi \right|}$$$${<\frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{4}+\frac{\varepsilon }{4}=\varepsilon}$$
となり、最終的に$${r\in \left[ s,1 \right)}$$で$${\left| u\left( r{{e}^{i{{t}_{0}}}} \right)-L \right|<\varepsilon}$$
を導くことができた。証明おわり