グルサーの公式と証明

いつの間にか四月が終わり、五月になっていました。大型連休ということで二匹の猫もごろごろしてます。

ミケ：うーん。これはどうやって評価すればいいんだ？

マロ：お、ミケが数学してる！何してるの？

ミケ：いやさ、最近僕複素関数論勉強してたんだけどね。ある定理の証明と格闘してるんだ。これがなかなかに手ごわくてね。

マロ：ある定理？

ミケ：グルサーの定理っていうんだけどね。簡単に言うと、一階微分可能な複素関数は何回でも微分できるって感じかな。

マロ：え、それめっちゃ強い定理じゃない？！

ミケ：そうそう。関数論でも重要な位置にいる定理なんだよね～。

マロ：そんなにすごい定理だったら証明とか教科書に載ってないの？

ミケ：それが、ある特別な場合しか証明してないんだよね。具体的には$${n=1}$$の場合だけしか載ってない！

マロ：えー。じゃあネットで調べてみれば？

ミケ：実はそれもやってみたんだけど、僕の使ってる教科書とテイストの違う書き方だったり、そもそも厳密な証明じゃなかったり（$${\int}$$と$${\lim}$$を入れ替えたりとかね）するからあんまり参考にならなかったんだよね。

マロ：それは…大変だね。僕も手伝おうか？

ミケ：それはすごいありがたい！お願いします！

ー数時間後ー

ミケ：…えっとこの式の評価は？

マロ：ここをこうすればいいんじゃないかな？

ミケ：なるほど、じゃあこうすれば…。

マロ：おおお！

ミケ：できたー！！

マロ：お疲れ様。大変だったね。

ミケ：でも最終的に証明自体は割とシンプルだよね。シンプルなのに大変だった…。

マロ：だねー。とりあえず今週のブログはこれをネタにすれば？

ミケ：確かに…！いいかも！

ミケ：今日のネタはこれに決定だー！

マロ：おー！

どうやら今回のネタが何とか見つかったようです。

マロ：…ところで今回の記事の写真が馬なのは何でなの？

ミケ：え？なんかグルサーって馬って感じがしない？

マロ：いや全く？

ミケ：え～。名前から連想したら馬が浮かんでこない？

マロ：そう？よくわかんないかな？

ミケ：…ま、まあ気にしないでいいよ。

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前提知識

まずは簡単に複素関数論の内容を復習するね。まずは正則性について！

複素関数$${w=f(z)}$$が点$${z_0}$$で正則であるとは、$${z_0}$$にあるε近傍が取れて、近傍内のすべての点で$${f(z)}$$が微分可能であることをいうよ。

つまり、その点を含むある領域で微分可能であればいいんだね。微分可能性は点の性質なのに対し、正則性は領域に関する性質なんだ！

ほかの分野だと知らないけど、複素関数論での領域は連結な開集合を意味するよ。ざっくり言うと端っこを含まない点の集まりって感じかな。

端っこを含まないってことは、ある領域で微分可能であることと正則であることは同じ意味になるよね。ε近傍も端点は含まないからね。

次は複素関数の積分について！

複素関数の積分は線積分になるよ。複素変数は複素"平面"上を動くってことを考えれば自然なことだよね。式で書くと、

$${\displaystyle \int_C f(z)dz = \int_{t_0}^{t_1} f(z(t))\frac{dz}{dt}dt}$$

ってなるかな。特に、積分路$${C}$$が一周するなら$${\oint_c}$$とかくよ。

ためしに具体的な計算をしてみようか。例えば、積分路$${C}$$を$${0\to 1+i}$$を結ぶ直線とし、$${f(z)=z^2}$$とすれば、$${C:z(t)=t+it\quad(0\leq t\leq1)}$$と書けて、

$${\displaystyle \int_C f(z)dz = \int_0^1 (t+it)^2\cdot(t+it)'dt=(1+i)^2\int_0^1t^2dt=2i\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}i}$$

となる！

ここで、重要な積分の不等式を紹介するよ。これはのちのグルサーの定理の証明でも使うよ！

$${\displaystyle \left|\int_C f(z)dz\right|\leq \int_C |f(z)||dz|\leq ML}$$

ここで$${C}$$上での$${|f(z)|}$$の最大値を$${M}$$、$${C}$$の長さを$${L}$$
と置いたよ。ちなみに

$${\displaystyle \int_C f(z)|dz| =\int_{t_0}^{t_1} f(z)\left|\frac{dz}{dt}\right|dt }$$

という意味ね。だから

$${\displaystyle \int_C|dz|=\int_{t_0}^{t_1}\left|\frac{dz}{dt}\right|dt=\int_{t_0}^{t_1}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt=L}$$

となるんだね。これは$${|dz|}$$の記号の意味からも推測しやすいよね。

次にコーシーの定理についてみてみようか。これは$${f(z)}$$が正則なら

$${\displaystyle \oint_C f(z)dz = 0}$$

となる複素解析のなかでも最も重要な定理だったね。ここから$${f(z)}$$が正則なら積分の値は経路によらない、つまり始点と終点のみから決まることが言えるね。

じゃあ続いてコーシーの積分公式についてだね。これはグルサーの定理の証明の基礎になる部分だから重点的に見ていくよ。ある意味グルサーの定理の一般化だからね。

$${f(z)}$$が正則なら、ジョルダン閉曲線$${C}$$の任意の点$${\alpha}$$について

$${\displaystyle f(\alpha)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z-\alpha}dz}$$

が成り立つ。これがコーシーの積分公式だね。これは、正則関数$${f(z)}$$の一点における値は、その点を囲む閉曲線上の値によって決まることを意味してるね。

これのすごいところは、$${C}$$は$${\alpha}$$を囲んでさえいればいいってところだよね。$${C}$$は円でも楕円でもはたまた別の形でも、とにかく$${\alpha}$$さえ囲めばいいっていう自由度の高さがいいよね。

例えば、

$${\displaystyle \oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz = 2\pi i\cdot e^0=2\pi i}$$

といった具合に計算できるね！（注：$${e^z}$$は全平面で正則。）

まぁ複素関数特有の話はこれくらいかな。あとは基本的に実数の場合と同じだから大丈夫だと思う！厳密な定義が知りたい人は複素関数を勉強してみてね！

グルサーの定理とは

じゃあ今日の本題！グルサーの定理を見てみよう！

$${f(z)}$$が領域$${D}$$で正則で、$${C}$$を内部に$${D}$$も含まれるジョルダン閉曲線とする。このとき、$${f(z)}$$は$${C}$$内の任意の点$${\alpha}$$で微分可能で、

$${\displaystyle f^{(n)}(\alpha)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}}dz}$$

これがグルサーの定理だね。$${n=0}$$のときがコーシーの積分公式の形になるよ。

冒頭では$${f(z)}$$が微分可能だったら、と言っていたけど実際は正則だったらいいんだね。

この定理は正則関数なら何回でも微分できることを意味しているよ。実数関数のときはこうはいかないから、やっぱり複素関数で考えるほうが実数のときよりもかんたんになるのかな。

グルサーの定理の証明

ここでは数学的帰納法で示すよ。まず$${n=1}$$の場合についてみていこうか。

（証明）

$${\alpha}$$が中心、半径が$${r}$$の円$${C_1}$$を$${C}$$の内部に作る。この時、$${C_1}$$内に$${\alpha}$$と異なる任意の点$${\beta}$$を考えると

イメージ図

コーシーの積分公式から、

$${\displaystyle f(\alpha)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z-\alpha}dz}$$

$${\displaystyle f(\beta)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z-\beta}dz}$$

と書ける。よって、

$${\displaystyle f(\beta)-f(\alpha)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)\left(\frac{1}{z-\beta}-\frac{1}{z-\alpha}\right)dz=\frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)\frac{\beta-\alpha}{(z-\alpha)(z-\beta)}dz}$$

両辺を$${\beta-\alpha}$$で割れば

$${\displaystyle \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}dz}$$

ここで$${\beta\to \alpha}$$とすれば左辺は$${f'(\alpha)}$$になる。よって、

$${\displaystyle \lim_{\beta\to\alpha}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}dz\right)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^2}dz}$$

を示せばよい。

そこで、$${\displaystyle I =\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}dz- \frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^2}dz}$$
と置けば、

$${\displaystyle I = \frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}- \frac{f(z)}{(z-\alpha)^2}dz=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{\beta-\alpha}{(z-\alpha)^2(z-\beta)}f(z)dz}$$

円$${C_1}$$と$${C}$$の最短距離を$${\delta}$$とし、$${|f(z)|}$$の$${C}$$上での最大値を$${M}$$とすると、$${z\in C}$$に対し、

$${|z-\alpha|>\delta,|z-\beta|>\delta,|f(z)|\leq M}$$

が成り立つ。

イメージ図

したがって、

$${\displaystyle |I|\leq \frac{|\beta-\alpha|}{2\pi}\oint_C\left|\frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}\right||dz|=\frac{|\beta-\alpha|}{2\pi}\oint_C\frac{|f(z)|}{|z-\alpha||z-\beta|}|dz|<\frac{|\beta-\alpha|}{2\pi}\cdot\frac{M}{\delta^2}\int_C|dz|=\frac{ML}{2\pi\delta^2}|\beta-\alpha|}$$

だから、$${\beta\to \alpha}$$で$${|I|\to 0}$$

ゆえに、

$${\displaystyle \lim_{\beta\to\alpha}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)(z-\beta)}dz\right)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^2}dz}$$

となるので、$${n=1}$$の場合が示された。

次に$${n=k}$$で成り立つとして$${n=k+1}$$で成り立つことを示そう。先ほどと同じ記号を用いることにする。

$${n=k}$$で成り立つから、

$${\displaystyle f^{(k)}(\alpha)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{k+1}}dz}$$

$${\displaystyle f^{(k)}(\beta)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\beta)^{k+1}}dz}$$

と書ける。先ほどと同様に計算して、

$${\displaystyle f^{(k)}(\beta)-f^{(k)}(\alpha)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\left\{\frac{1}{(z-\beta)^{k+1}}-\frac{1}{(z-\alpha)^{k+1}}\right\}f(z)dz=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\frac{(z-\alpha)^{k+1}-(z-\beta)^{k+1}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+1}}f(z)dz}$$

ここで、

$${(1-z)(1+z+z^2+z^3+\cdots+z^m)=1-z^{m+1}}$$

だから、$${z=\frac{b}{a}}$$と置けば

$${(1-\frac{b}{a})(1+\frac{b}{a}+\left(\frac{b}{a}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^3+\cdots+\left(\frac{b}{a}\right)^m)=1-\left(\frac{b}{a}\right)^{m+1}}$$

すなわち

$${a^{m+1}-b^{m+1}=(a-b)(a^m+a^{m-1}b+a^{m-2}b^2+\cdots+b^m)}$$

この式を先ほどの式に代入すれば

$${\displaystyle f^{(k)}(\beta)-f^{(k)}(\alpha)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\frac{(\beta-\alpha)\scriptsize{((z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k)}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+1}}f(z)dz}$$

よって両辺を$${\beta-\alpha}$$で割れば

$${\displaystyle\frac{ f^{(k)}(\beta)-f^{(k)}(\alpha)}{\beta-\alpha}=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\frac{\scriptsize{(z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+1}}f(z)dz}$$

$${\beta\to\alpha}$$のとき、左辺は$${f^{(k+1)}(\alpha)}$$だから、

$${\displaystyle \lim_{\beta\to\alpha}\left(\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\frac{\scriptsize{(z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+1}}f(z)dz\right)\\=\frac{(k+1)!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{k+2}}dz}$$

を示せばよい。$${n=1}$$のときと同様に

$${\displaystyle I=\\\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\frac{\scriptsize{(z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+1}}f(z)dz-\frac{(k+1)!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-\alpha)^{k+2}}dz}$$

と置く。二項目の係数が$${(k+1)!=(k+1)k!}$$であることに注意して、

$${\displaystyle I=\\\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\left\{\scriptsize{\frac{(z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+2}}-\frac{k+1}{(z-\alpha)^{k+2}}}\right\}\scriptsize{f(z)dz}\\=\frac{k!}{2\pi i}\oint_C\left\{\tiny{\frac{(z-\alpha)\{(z-\alpha)^k+(z-\alpha)^{k-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{k-1}+(z-\beta)^k\}-(k+1)(z-\beta)^{k+1}}{(z-\beta)^{k+1}(z-\alpha)^{k+2}}}\right\}f(z)dz}$$

分子の$${(z-\alpha)\{\cdots\}}$$は分配し、二項目についても

$${(k+1)(z-\beta)^{k+1}=\underbrace{(z-\beta)+(z-\beta)+\cdots+(z-\beta)}_{(k+1)\text{個}}}$$

と変形する。

$${P_i = (z-\alpha)^i+(z-\alpha)^{i-1}(z-\beta)+\cdots+(z-\alpha)(z-\beta)^{i-1}+(z-\beta)^i}$$

と書くことにすれば、被積分関数の分子は、

$${(\beta-\alpha)P_k+(\beta-\alpha)(z-\beta)P_{k-1}+\cdots+(\beta-\alpha)(z-\beta)^k}$$

と書ける。

したがって、

$${\displaystyle |I|\leq\frac{|\beta-\alpha|k!}{2\pi}\oint_C\left|\frac{P_k+(z-\beta)P_{k-1}+\cdots+(z-\beta)^k}{(z-\alpha)^{k+2}(z-\beta)^{k+1}}\right||f(z)||dz|\leq\\\frac{|\beta-\alpha|k!}{2\pi}\oint_C\frac{\scriptsize{|z-\alpha|^k+2|z-\alpha|^{k-1}|z-\beta|+\cdots+(k+1)|z-\beta|^{k+1}}}{|z-\alpha|^{k+2}|z-\beta|^{k+1}}|f(z)||dz|}$$

$${n=1}$$のときと同様に、$${\delta,M,L}$$を考える。

被積分関数の分子のどの項についても、分母で約分すると

$${\displaystyle \frac{const}{|z-\alpha|^{l}|z-\beta|^m}}$$

の形になるから、

$${\displaystyle |I|<\frac{|\beta-\alpha|Mk!}{2\pi}\oint_C\frac{\frac{(k+1)(k+2)}{2}\delta^k}{\delta^{2k+3}}|dz|}$$

と変形してもよい。よって、

$${\displaystyle |I|<\frac{ML(k+2)!}{4\pi\delta^{k+3}}|\beta-\alpha|}$$

だから$${\beta\to\alpha}$$で$${|I|\to0}$$。

すなわち$${n=k}$$で成り立つとき$${n=k+1}$$でも成り立つ。

$${n=1}$$で成り立つことはすでに確かめているので、すべての$${n}$$について

$${{\displaystyle f^{(n)}(\alpha)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_C\frac{f(z)}{(z-\alpha)^{n+1}}}dz}$$

が成り立つ。$${\square}$$

終わりに

ミケ：ふうううー。長かった～。

マロ：大変だったねー。

ミケ：でも、なんとなくだけどグルサーの定理の理解が深まって気がする！！

マロ：おおー。よかったじゃん！

ミケ：粘り強く考え続けてれば案外何とかなるものなんだね。

ミケ：ただ、しばらく証明はこりごりだよ…（笑）

マロ：だねー（笑）

その後も二匹は飼い主が返ってくるまでごろごろしながら過ごしました。

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誤字脱字や間違いの指摘、質問や感想等は遠慮なくどうぞ！

もしもっと簡単な証明方法があればぜひとも教えてください！

あと、もしかしたら複素関数系の記事をこれから書くかもしれません！
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　ーミケー