장 31 정칙 함수

이 장 전체에서 $U$ 는 복소평면의 열린집합을 나타내고, $\Omega$ 는 단순 연결이기도 한 열린집합을 나타냅니다. 이 장의 주요 참고 문헌은 [YAN12, BAK10]였습니다.

31.1 세상에서 가장 훌륭한 함수들

고등학교에서 여러분은 실숫값 함수를 미분하고 적분하는 방법을 배웠습니다. 복소해석학을 다루는 이 장에서는 이를 복소숫값 함수의 미분과 적분으로 확장하겠습니다.

별거 아니라고 생각하실 수도 있습니다. 미적분학은 이미 충분히 지루했으니까요. 복소 미적분학에 왜 신경을 써야 할까요?

실해석학과 복소해석학을 비교하는 것이 아마도 이를 동기부여하는 가장 쉬운 방법일 것입니다. 실해석학에서는 입력값이 실수선 $\mathbb{R}$ 안에 존재합니다. 이 실수선은 그다지 까다롭지 않아서, 매우 좋지 않은 성질을 가진 함수들을 많이 만들어낼 수 있습니다. 다음은 그 예시입니다.

예제 31.1.1 (선택 사항: 나쁜 실함수들).

이 부분은 요점을 보여주기 위한 것일 뿐이므로 매우 빠르게 훑어보셔도 됩니다.

(a)

악마의 계단(또는 칸토어 함수)은 “거의 모든 곳에서” 도함수가 $0$ 인 연속함수 $H\colon[0,1]\to[0,1]$ 이지만, $H(0)=0$ 이고 $H(1)=1$ 입니다.
(b)

바이어슈트라스ß 함수

$x\mapsto\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\cos\left(2015^{n}\pi x\right)$

는 모든 곳에서 연속이지만 어느 곳에서도 미분 가능하지 않습니다.
(c)

다음 함수는

$x\mapsto\begin{cases}x^{100}&x\geq 0\\ -x^{100}&x<0\end{cases}$

처음 $99$ 개의 도함수는 존재하지만 $100$ 번째 도함수는 존재하지 않습니다.
(d)

어떤 함수가 모든 도함수를 가진다면(이런 함수를 매끄러운(smooth) 함수라고 부릅니다), 그 함수는 테일러 급수를 가집니다. 하지만 실함수의 경우 그 테일러 급수는 여전히 틀릴 수 있습니다. 다음 함수는

$x\mapsto\begin{cases}e^{-1/x}&x>0\\ 0&x\leq 0\end{cases}$

모든 점에서 도함수를 가집니다. 하지만 $x=0$ 에서 테일러 급수를 전개하면 $0+0x+0x^{2}+\cdots$ 를 얻는데, 이는 어떤 $x>0$ (심지어 $x=0.0001$ )에 대해서도 틀립니다.

Refer to caption — 그림 31.1: 바이어슈트라ß 함수(이미지 출처 [7]).

병리적인 경우는 잠시 제쳐 두겠습니다. 실수 매끄러운 함수의 값을 구간 $[-1,1]$ 위에서 알려준다고 해도, 그것만으로는 함수 전체에 대해 아무것도 알 수 없습니다. 매끄러운 함수들을 어떻게든 ”이어 붙이는” 것이 가능하기 때문에, 그 함수는 말 그대로 무엇이든 될 수 있습니다.

그렇다면 복소함수는 어떨까요? 이를 $\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}$ 의 함수로 본다면, 이제 선분이 아닌 것들을 따라서도 적분할 수 있다는 흥미로운 성질을 갖게 됩니다. 즉, 평면 위의 곡선을 가로지르는 적분을 쓸 수 있습니다. 하지만 $\mathbb{C}$ 에는 그 이상의 것이 있습니다: 그것은 체(field)이므로, 두 복소수를 곱하고 나눌 수 있습니다.

그래서 우리는 관심을 정칙 함수(holomorphic function)라고 불리는 미분가능한 함수들로 제한합니다. $\mathbb{C}$ 위의 곱셈이 모든 차이를 만들어낸다는 것이 밝혀집니다. 이어지는 내용의 핵심 주제는, 정칙 함수가 정말, 정말 좋은 성질을 가진다는 것과, 함수에 대한 아주 적은 양의 정보만 알아도 함수의 모든 값을 결정할 수 있다는 것입니다.

이 장의 두 가지 주요 하이라이트는 다음과 같으며, 다른 모든 결과는 거의 여기서 나오는 따름정리입니다:

•

폐곡선을 따른 등고선 적분(contour integral)은 항상 0입니다.
•

정칙 함수는 본질적으로 그 테일러 급수로 주어집니다. 특히, 한 번 미분가능하다는 것은 무한히 미분가능하다는 것을 함의합니다. 따라서 정칙 함수는 다항식과 상당히 비슷하게 행동합니다.

이로부터 나오는 몇 가지 따름정리는 다음과 같습니다:

•

단위원 경계 위에서 정칙 함수의 값을 아는 것만으로 그 내부에서의 값을 알 수 있다는 것이 밝혀질 것입니다.
•

$1$ , $\frac{1}{2}$ , $\frac{1}{3}$ , …에서의 함수 값을 아는 것만으로도 함수 전체를 결정하기에 충분합니다!
•

유계인 정칙 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 반드시 상수여야 합니다.
•

그리고 더 많은 것들이…

[PUG02]에서 다음과 같이 말합니다: “복소해석학은 선한 쌍둥이이고 실해석학은 악한 쌍둥이이다: 아름다운 공식과 우아한 정리들이 복소 영역에서는 저절로 피어나는 것처럼 보이는 반면, 실수 영역에서는 고생과 병리 현상이 지배한다”.

31.2 복소 미분

대표적인 예: 다항식은 정칙이지만, $\overline{z}$ 는 그렇지 않습니다.

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 복소 함수라 합시다. 그러면 어떤 $z_{0}\in U$ 에 대해, $z_{0}$ 에서의 도함수를 다음과 같이 정의합니다

\lim_{h\to 0}\frac{f(z_{0}+h)-f(z_{0})}{h}.

이 극한이 존재하지 않을 수도 있음에 유의하십시오. 극한이 존재할 때 $f$ 가 $z_{0}$ 에서 미분가능하다고 말합니다.

“복소” 극한 $h\to 0$ 이란 무엇을 의미할까요? 예상하시는 그대로입니다: 모든 $\varepsilon>0$ 에 대해 다음을 만족하는 $\delta>0$ 이 존재해야 합니다

0<\left\lvert h\right\rvert<\delta\implies\left\lvert\frac{f(z_{0}+h)-f(z_{0})% }{h}-L\right\rvert<\varepsilon.

위상수학을 좋아하신다면, 이를 복소평면에서의 열린 근방의 관점에서 생각해 보시길 권합니다. (이것이 바로 $U$ 가 열려 있어야 하는 이유입니다: 그래야 그 안에서 $\delta$ -근방을 취할 수 있기 때문입니다.)

그러나 복소 도함수를 갖는다는 것은 실함수가 도함수를 갖는 것보다 실제로 훨씬 더 강한 조건임에 유의하십시오. 실수선에서는 $h$ 가 오직 아래와 위에서만 0에 접근할 수 있으며, 극한이 존재하려면 “좌극한”이 “우극한”과 같아야 합니다. 하지만 복소수는 평면을 이룹니다: $h$ 는 여러 방향에서 0에 접근할 수 있으며, 우리는 그 모든 극한이 같아야 함을 필요로 합니다.

예제 31.2.1 (중요: 켤레는 정칙이 아닙니다).

$f(z)=\overline{z}$ 를 복소 켤레, $f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 라 합시다. 이 함수는 단순한 성질에도 불구하고 정칙이 아닙니다! 실제로, $z=0$ 에서 우리는 다음을 얻습니다,

\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{\overline{h}}{h}.

이는 $h\to 0$ 일 때 극한을 갖지 않는데, 왜냐하면 “어느 방향”에서 0에 접근하느냐에 따라 서로 다른 값을 갖기 때문입니다.

함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 그 정의역의 모든 점에서 복소 미분 가능하다면 이를 정칙(holomorphic)이라고 부릅니다. 정의역이 $U=\mathbb{C}$ 인 정칙 함수의 특수한 경우에는 이 함수를 전해석적인라고 부릅니다.¹¹1미안합니다, ”holomorphic”이라는 단어가 훨씬 더 멋지게 들린다는 것을 알고 있습니다. 바로 그 이유 하나만으로 좀 더 일반적으로 다루어 보겠습니다.

예제 31.2.2 (정칙 함수의 예시).

아래 모든 예시에서 함수의 도함수는 실수 유사물에서와 동일합니다(예를 들어 $e^{z}$ 의 도함수는 $e^{z}$ 입니다).

(a)

임의의 다항식 $z\mapsto z^{n}+c_{n-1}z^{n-1}+\dots+c_{0}$ 은 정칙입니다.
(b)

복소 지수 함수 $\exp\colon x+yi\mapsto e^{x}(\cos y+i\sin y)$ 는 정칙임을 보일 수 있습니다.
(c)

$\sin$ 과 $\cos$ 는 $\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$ 와 $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$ 로 복소평면에 확장했을 때 정칙입니다.
(d)

평소와 같이 합, 곱, 연쇄 법칙 등이 적용되며, 따라서 정칙 함수들의 합, 곱, 영이 아닌 몫, 합성 역시 정칙입니다.

이 결과들을 증명해 보셔도 좋지만, 저는 굳이 그렇게 하지 않겠습니다.

31.3 경로 적분

대표적인 예: 단위원을 도는 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz$ .

실수선에서는 함수를 선분 $[a,b]$ 에 걸쳐 적분하는 방법을 알고 있었습니다: 본질적으로 그 선분을 ”따라가며” 보이는 $f$ 의 값들을 더해 어떤 넓이를 얻는 것이었습니다. 실수선과 달리 복소평면에서는 임의의 경로에 걸쳐 적분할 수 있는 힘을 가집니다: 예를 들어, 단위원을 도는 적분을 계산할 수도 있습니다. 경로 적분은 이를 형식화할 수 있게 해줍니다.

먼저, $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ 이고 $u,v\in\mathbb{R}$ 에 대해 $f(t)=u(t)+iv(t)$ 라면, 단순히 실수부와 허수부를 더함으로써 적분 $\int_{a}^{b}$ 를 정의할 수 있습니다:

\int_{a}^{b}f(t)\;dt=\left(\int_{a}^{b}u(t)\;dt\right)+i\left(\int_{a}^{b}v(t)% \;dt\right).

이제 $\alpha\colon[a,b]\to\mathbb{C}$ 를 복소 미분 가능한²²2여기서 이는 완전히 정확하지는 않습니다: 경로 $\alpha$ 가 연속이고 대부분 미분 가능하기를 원하지만, 유한 개의 점에서 ”날카로운 굽음”을 가지는 것은 허용합니다; 다시 말해, $n$ 개의 매끄러운 조각들의 결합인 경로들을 고려할 수 있습니다. 하지만 이를 위해서는 $\alpha$ 가 ”유계 길이”를 가진다는 조건도 필요합니다. 함수로 여겨지는 경로라고 합시다. 이러한 경로를 경로(contour)라고 부르며, 그 경로 적분을 다음과 같이 정의합니다

\oint_{\alpha}f(z)\;dz=\int_{a}^{b}f(\alpha(t))\cdot\alpha^{\prime}(t)\;dt.

이것은 거의 $u$ -치환으로 생각할 수 있습니다(여기서 $\alpha^{\prime}$ 가 나오는 것입니다). 특히, 이 적분은 $\alpha$ 가 어떻게 “매개변수화”되는지에 의존하지 않는다는 것이 밝혀집니다:

[0,2\pi]\to\mathbb{C}\colon t\mapsto e^{it}

로 주어지는 원과,

[0,1]\to\mathbb{C}\colon t\mapsto e^{2\pi it}

로 주어지는 또 다른 원과,

[0,1]\to\mathbb{C}\colon t\mapsto e^{2\pi it^{5}}

로 주어지는 또 다른 원은 모두 같은 경로 적분을 줍니다. 왜냐하면 이들이 나타내는 경로들이 “단위원을 한 바퀴 돈다”는 동일한 기하학적 묘사를 가지기 때문입니다.

이어지는 내용에서 저는 일반적인 경로에는 $\alpha$ 를, 고리인 특수한 경우에는 $\gamma$ 를 사용하려고 합니다.

경로 적분의 예를 하나 살펴보겠습니다.

정리 31.3.1.

$\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 를 다음으로 명시되는 단위원이라 하겠습니다

t\mapsto e^{it}.

그러면 임의의 정수 $m$ 에 대해 다음이 성립합니다

\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=\begin{cases}2\pi i&m=-1\\ 0&\text{그렇지 않으면}\end{cases}

증명.

$e^{it}$ 의 도함수는 $ie^{it}$ 입니다. 따라서 정의에 의해 답은 다음의 값입니다

	$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}(e^{it})^{m}\cdot(ie^{it})\;dt$	$\displaystyle=\int_{0}^{2\pi}i(e^{it})^{1+m}\;dt$
		$\displaystyle=i\int_{0}^{2\pi}\cos[(1+m)t]+i\sin[(1+m)t]\;dt$
		$\displaystyle=-\int_{0}^{2\pi}\sin[(1+m)t]\;dt+i\int_{0}^{2\pi}\cos[(1+m)t]\;dt.$

이제 이것은 초보적인 미적분학 문제입니다. $m=-1$ 일 때 이것이 $2\pi i$ 와 같고, 그렇지 않으면 적분이 소멸함을 알 수 있습니다. ∎

$m=0$ 인 경우에 이것이 직관적으로 왜 참이어야 하는지 설명해 보겠습니다. 이 경우 $\oint_{\gamma}1\;dz$ 를 가집니다. 따라서 적분이 단위원을 따라 걸어갈 때, 그것은 모든 점에서의 모든 접벡터(그것이 걸어가는 방향입니다)에 $1$ 을 곱한 것을 “합산”합니다. 그리고 원의 아름다운 대칭성을 감안하면, 모든 것이 상쇄된다는 것은 놀라운 일이 아닐 것입니다. 이 정리는 $m\neq-1$ 에 대해 $z^{m}$ 을 곱하더라도 같은 상쇄가 일어난다고 말합니다.

정의 31.3.2.

$\alpha\colon[0,1]\to\mathbb{C}$ 가 주어지면, 우리는 $\overline{\alpha}$ 로 “역방향” 경로 $\overline{\alpha}(t)=\alpha(1-t)$ 를 표기합니다.

질문 31.3.3.

$\oint_{\alpha}f\;dz$ 와 $\oint_{\overline{\alpha}}f\;dz$ 사이의 관계는 무엇입니까? 증명하십시오.

이것은 다소 지루하게 보일 수 있습니다. 정말로 멋진 일들이 곧 시작될 것이라고 약속드립니다.

31.4 코시-구르사 정리

대표적인 예: $m\geq 0$ 일 때 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=0$ 입니다. 하지만 $m<0$ 이면 코시 정리가 적용되지 않습니다.

$\Omega\subseteq\mathbb{C}$ 가 단순 연결(simply connected)이라 하고(예를 들어, $\Omega=\mathbb{C}$ ), 시작점과 끝점이 같은 두 경로 $\alpha$ , $\beta$ 를 생각해봅니다.

$\oint_{\alpha}f(z)\;dz$ 와 $\oint_{\beta}f(z)\;dz$ 사이에는 어떤 관계가 있을까요? 공간 $\Omega$ 가 단순 연결이라는 점을 고려하면 둘 사이에 어떤 관계가 있으리라 기대할 수 있을 것입니다. 하지만 아마도 많은 관계가 있으리라고는 기대하지 않을 것입니다.

구체적인 예로, $\Psi\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 $z\mapsto z-\operatorname{Re}[z]$ 인 함수라 하겠습니다(예를 들어, $\Psi(2015+3i)=3i$ ). $-1$ 에서 $1$ 로 가는 두 경로를 생각해봅니다. 즉 $\beta$ 는 실수축을 따라 걷고, $\alpha$ 는 위쪽 반원을 따릅니다.

당연히 $\oint_{\beta}\Psi(z)\;dz=0$ 입니다. 하지만 $\oint_{\alpha}\Psi(z)\;dz$ 가 얼마와 같아야 하는지는 하늘만이 알 것입니다. 게으름 피우지 않고 지금 한번 계산해 볼 수 있습니다. 원한다면 직접 계산해 보셔도 좋습니다 (조금 번거롭지만 어렵지는 않습니다). 저 자신이 실수하지 않았다면, 그 값은

\oint_{\alpha}\Psi(z)\;dz=-\oint_{\overline{\alpha}}\Psi(z)\;dz=-\int_{0}^{\pi% }(i\sin(t))\cdot ie^{it}\;dt=\frac{1}{2}\pi i

이는 특히 0이 아닙니다.

하지만 어쩐지 $\Psi$ 는 그다지 자연스러운 함수가 아닙니다. 입력값의 실수부를 무례하게 잘라내 버리기 때문에 $\mathbb{C}$ 의 좋은 곱셈적 구조를 전혀 존중하지 않습니다. 더 정확히 말하면,

질문 31.4.1.

$\Psi(z)=z-\operatorname{Re}[z]$ 가 정칙이 아님을 보이십시오. (힌트: $\overline{z}$ 는 정칙이 아닙니다.)

이제 기적이 하나 있습니다: 정칙 함수의 경우, 두 적분은 항상 같습니다. 동등하게 말하면 ( $\alpha$ 다음에 $\overline{\beta}$ 를 잇는다고 생각하면), 고리의 등고선 적분은 항상 0입니다. 이것이 바로 저명한 코시-구르사 정리입니다 (코시 적분 정리라고도 불리지만, 나중에 “코시 적분 공식”이 따로 나오므로 그 얘기는 접어두겠습니다).

정리 31.4.2 (코시-구르사 정리).

$\gamma$ 를 고리라 하고, $f\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 를 정칙 함수라 하되 $\Omega$ 는 $\mathbb{C}$ 에서 열려 있고 단순 연결이라고 합시다. 그러면

\oint_{\gamma}f(z)\;dz=0.

비고 31.4.3 (타당성 점검).

앞서 $\oint_{\gamma}z^{-1}\;dz=2\pi i$ 임을 본 것을 생각하면 이는 놀라워 보일 수 있습니다. 미묘한 점은 $z^{-1}$ 이 $z=0$ 에서조차 정의되지 않는다는 것입니다. 반면, $\mathbb{C}\setminus\{0\}\to\mathbb{C}$ 인 함수 $z\mapsto\frac{1}{z}$ 는 정칙입니다! 이제 문제는 $\Omega=\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 이 단순 연결이 아니라는 점입니다. 따라서 이 정리는, 비록 가까스로이지만, 우리의 타당성 점검을 통과합니다.

코시 정리의 전형적인 증명은 추가로 $f$ 의 편도함수가 연속이라고 가정한 뒤 이른바 그린 정리를 적용합니다. 하지만 위에서 서술한, $f$ 가 정칙이라는 것만을 가정하는 완전히 일반적인 정리를 성공적으로 증명한 사람은 바로 구르사였습니다.

어쨌든 이 정리는 $m\geq 0$ 일 때 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=0$ 임을 함의합니다. 앞서 우리가 애써 한 작업이 이렇게 정리되는군요. 하지만 지금까지 우리는 원에서만 놀아봤습니다. 이 정리는 고리인 임의의 경로에 대해 성립합니다. 그러면 우리는 또 무엇을 할 수 있을까요?

31.5 코시의 적분 정리

이제 우리는 코시-구르사의 놀라운 응용, 즉 하나의 ”표현 정리”를 제시합니다: 본질적으로 이는 원판 내부에서 $f$ 의 값이 경계에서의 값만으로 결정된다는 것을 말합니다! 실제로 우리는 정확한 공식까지 적어낼 것입니다. [YAN12]가 말하듯, ”어떤 종류의 함수가 일종의 표현 정리를 만족할 때마다, 더 많은 심오한 정리들이 뒤따를 가능성이 높습니다.” 이제 커튼을 걷어봅시다:

정리 31.5.1 (코시의 적분 공식).

$\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 를 $t\mapsto Re^{it}$ 로 주어지는, 평면 위에서 원판 $D$ 를 경계로 갖는 원이라고 합시다. $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고 $U$ 가 이 원과 그 내부를 포함한다고 합시다. 그러면 $D$ 의 내부에 있는 임의의 점 $a$ 에 대해 다음이 성립합니다.

f(a)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z-a}\;dz.

우리는 $U$ 가 단순 연결일 것을 요구하지 않는다는 점에 유의하십시오. 하지만 그 이유는 꽤 시시합니다: 우리는 어차피 열린 원판인 $D$ 에 대해서만 $f$ 를 적분할 것이고, 따라서 그 원판은 어쨌든 단순 연결이기 때문입니다.

앞서 $\oint_{\text{원}}z^{-1}\;dz$ 의 형태로 보았던 $2\pi i$ 의 등장은 우연이 아닙니다. 실제로 그것이 바로 우리가 이 결과를 증명하는 데 사용할 핵심 결과입니다.

비고 31.5.2.

다음 장에서 유리형 함수를 도입하면서, 비고 32.3.5에서 이 공식을 직관적으로 유도하는 방법을 보게 될 것입니다.

증명.

여러 증명이 있지만, 저는 코시 정리의 힘을 정말로 잘 이끌어내는 증명을 보여드리고자 합니다. 여기 우리가 가진 그림이 있습니다: 원 $\gamma$ 내부에 점 $a$ 가 놓여 있고, 우리는 값 $f(a)$ 를 손에 넣고 싶어합니다.

우리는 하나의 트릭을 쓸 것입니다: 바깥쪽 원 $\gamma$ 와, 그 안쪽에 $a$ 를 중심으로 하고 반지름이 $\varepsilon$ 이며 시계 방향으로 도는 원 $\overline{\gamma_{\varepsilon}}$ (따라서 $\gamma_{\varepsilon}$ 는 반시계 방향으로 돕니다)를 갖는 열쇠구멍 경로 $\Gamma_{\delta,\varepsilon}$ 를 구성하는 것입니다. 통로의 ”폭”은 $\delta$ 입니다. 그림을 보십시오:

따라서 $\Gamma_{\delta,\varepsilon}$ 는 네 개의 매끄러운 곡선으로 이루어집니다.

질문 31.5.3.

전체 $\Gamma_{\delta,\varepsilon}$ 를 포함하지만 점 $a$ 는 포함하지 않는 단순 연결 열린집합 $\Omega$ 를 그려봅니다.

함수 $\frac{f(z)}{z-a}$ 는 $\Omega$ 전체에서 정칙 함수가 됩니다. 따라서 코시의 정리가 적용되며, 다음을 알려줍니다.

0=\oint_{\Gamma_{\delta,\varepsilon}}\frac{f(z)}{z-a}\;dz.

$\delta\to 0$ 로 보내면, 열쇠구멍의 두 벽은 서로 상쇄됩니다(왜냐하면 $f$ 는 연속이고, 두 벽이 반대 방향으로 진행하기 때문입니다). 그러므로 $\delta\to 0$ 일 때 극한을 취하면, $\gamma$ 와 $\gamma_{\varepsilon}$ 만 남게 되고, (다시 방향을 고려하면) 다음을 얻습니다.

\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z-a}\;dz=-\oint_{\overline{\gamma_{\varepsilon}}}% \frac{f(z)}{z-a}\;dz=\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)}{z-a}\;dz.

따라서 $\gamma$ 를 $a$ 를 중심으로 하는 훨씬 더 작은 원 $\gamma_{\varepsilon}$ 로 대체하는 데 성공했으며, 나머지는 대수적 계산입니다.

마지막 양을 계산하기 위해 다음과 같이 씁니다.

	$\displaystyle\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)}{z-a}\;dz$	$\displaystyle=\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\;dz+f(a)\cdot% \oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{1}{z-a}\;dz$
		$\displaystyle=\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\;dz+2\pi if(a).$

여기서 정리 31.3.1을 사용했습니다. 따라서 우리가 해야 할 일은 다음을 보이는 것뿐입니다.

\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\;dz=0.

이를 위해 기본적으로 가장 약한 형태의 경계, 이른바 $M L$ 보조정리를 증명 없이 인용하여 사용할 수 있습니다. 이는 ”함수를 어디서나 그 최댓값으로 경계 짓는다”는 것을 말합니다.

보조정리 31.5.4 ( $M L$ 추정 보조정리).

$f$ 를 정칙 함수, $\alpha$ 를 경로라고 합시다. $M=\max_{z\text{위에서}\alpha}\left\lvert f(z)\right\rvert$ 라 하고, $L$ 을 $\alpha$ 의 길이라고 합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

\left\lvert\oint_{\alpha}f(z)\;dz\right\rvert\leq ML.

(길이의 정의, 즉 $\alpha\colon[a,b]\to\mathbb{C}$ 일 때 $L=\int_{a}^{b}|\alpha^{\prime}(t)|\;dt$ 를 안다면 이는 증명하기 어렵지 않습니다.)

어쨌든, $\varepsilon\to 0$ 일 때 $\frac{f(z)-f(a)}{z-a}$ 라는 양은 $f^{\prime}(a)$ 에 가까워지므로, 충분히 작은 $\varepsilon$ 에 대해(즉 $z$ 가 $a$ 에 가까울 때) 어떤 상계 $M$ 이 존재합니다. 그런데 $\gamma_{\varepsilon}$ 의 길이는 둘레 $2\pi\varepsilon$ 입니다. 따라서 $M L$ 보조정리에 의하면

\left\lvert\oint_{\gamma_{\varepsilon}}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\right\rvert\leq 2% \pi\varepsilon\cdot M\to 0

원하는 대로입니다. ∎

31.6 정칙 함수는 해석적입니다

대표적인 예: 형식적 급수 $\sum_{k}c_{k}x^{k}$ 를 상상해 보십시오!

이전 문제의 설정에서, 우리는 원 $\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 와 원판 $D$ 를 포함하는 정칙 함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 가지고 있습니다. 다음과 같이 쓸 수 있습니다

	$\displaystyle f(a)$	$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z-a}\;dz$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)/z}{1-\frac{a}{z}}\;dz$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}f(z)/z\cdot\sum_{k\geq 0}\left(% \frac{a}{z}\right)^{k}\;dz$
(이른바 바이어슈트라스 M-판정법을 사용하여) 합산 순서를 바꿀 수 있음을 증명할 수 있습니다:
	$\displaystyle f(a)$	$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\sum_{k\geq 0}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z}\cdot% \left(\frac{a}{z}\right)^{k}\;dz$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\sum_{k\geq 0}\oint_{\gamma}a^{k}\cdot\frac{f(z)% }{z^{k+1}}\;dz$
		$\displaystyle=\sum_{k\geq 0}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^% {k+1}}\;dz\right)a^{k}.$
$c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^{k+1}}\;dz$ 라고 하고, 이것이 $a$ 와 무관함을 유의하면, 이것은
	$\displaystyle f(a)$	$\displaystyle=\sum_{k\geq 0}c_{k}a^{k}$

그리고 이것이 바로 그 기적입니다: 정칙 함수는 테일러 급수로 주어진다는 것입니다! 이는 복소해석학에서 가장 중요한 결과 중 하나입니다. 더욱이, 도함수를 $k$ 번 취할 수 있다고 믿을 의향이 있다면, 다음을 얻습니다

c_{k}=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}

그리고 이는 $f^{(k)}(0)=k!\cdot c_{k}$ 를 우리에게 줍니다.

당연히 이 작업은 (원점을 중심으로 하는 원뿐만 아니라) 임의의 원에 대해서도 할 수 있습니다. 그러면 임의의 중심 $p$ 에 대해 아래에서 전체 결과를 서술하겠습니다.

정리 31.6.1 (코시의 미분 공식).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙 함수이고, $D$ 는 원 $\gamma$ 로 둘러싸인, 점 $p$ 를 중심으로 하는 원판이라고 합시다. $D$ 가 $U$ 안에 포함되어 있다고 가정합니다. 그러면 $f$ 는 $D$ 전체에서 테일러 급수로 주어집니다

f(z)=c_{0}+c_{1}(z-p)+c_{2}(z-p)^{2}+\cdots

여기서

c_{k}=\frac{f^{(k)}(p)}{k!}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(w)}{(w-p)^{k% +1}}\;dw

특히,

f^{(k)}(p)=k!c_{k}=\frac{k!}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(w)}{(w-p)^{k+1}}\;dw.

가장 중요하게는,

임의의 원판 위에서, 정칙 함수는 정확히 테일러 급수로 주어집니다.

이는 이 장의 시작 부분에서 서술했던 결과, 즉 함수가 한 번 복소 미분 가능하다는 것은 무한히 미분 가능할 뿐만 아니라 실제로 그 테일러 급수와 같다는 것을 의미한다는 결과를 확립합니다.

비고 31.6.2.

이것을 가정할 의향이 있다면, 코시-구르사 정리가 왜 성립해야 하는지 알 수 있습니다: 다음을 가정하면

f(z)=c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+\cdots

그러면, $\gamma$ 를 단위원이라 할 때,

	$\displaystyle\oint_{\gamma}f(z)\;dz$	$\displaystyle=\oint_{\gamma}c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+\dots\;dz$
		$\displaystyle=\left(\oint_{\gamma}c_{0}\;dz\right)+\left(\oint_{\gamma}c_{1}z% \;dz\right)+\left(\oint_{\gamma}c_{2}z^{2}\;dz\right)+\cdots$

각 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=0$ 임을 이미 증명했으므로, 그 합 역시 $0$ 이어야 합니다.

물론 이 논증은 완전히 엄밀하지는 않은데, 적분과 무한합을 정당화 없이 교환하고 있기 때문입니다.

비고 31.6.3.

$\frac{f(w)}{(w-p)^{k+1}}$ 항이 어디서 나오는지는 비고 32.3.5에서 확인할 수 있습니다. 이는 매우 직관적이어서, 설령 잊어버리더라도 스스로 유도해 낼 수 있습니다!

이 결과의 작은 미묘한 점을 하나 강조해야 할 것 같습니다. $p$ 를 중심으로 하는 테일러 급수는, $p$ 를 중심으로 하며 정의역 $U$ 안에 완전히 포함되는 원판에서만 유효합니다. $U=\mathbb{C}$ 인 경우에는 원하는 어떤 점이든 포함할 만큼 원판을 크게 만들 수 있으므로 문제가 되지 않습니다. 하지만 예컨대 $U$ 가 정사각형인 경우에는 좀 더 미묘한데, 정사각형을 벗어나지 않으면서 어떤 점을 중심으로 한 원판으로 정사각형 전체를 덮을 수는 없기 때문입니다. 그러나 $U$ 가 열린집합이므로, 적어도 테일러 급수가 성립하는 열린 근방을 어떻게든 찾을 수는 있습니다 – 이는 실수의 경우와는 극명하게 대조됩니다. 실제로 문제들에서 보게 되겠지만, 테일러 급수의 존재는 놀라울 만큼 강력합니다.

31.7 선택: 정칙 함수가 해석적임을 증명하기

위의 코시 미분 공식에서 $\frac{f(w)}{(w-p)^{k+1}}$ 항이 어디에서 비롯되는지 이해하려면 다음 장을 먼저 읽는 것을 권장합니다.

증명의 각 단계는 다소 길기는 해도 상당히 직관적입니다. 개요는 다음과 같습니다.

•

함수 $f$ 가 해석적이라고 가정합니다. (그렇습니다, 이것은 순환 논증이 아닙니다!)
•

코시 미분 공식을 사용하여 멱급수를 적어 봅니다:³³3 $0\in U$ 라고 가정합니다.

$c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+\cdots$
•

코시-구르사 정리를 이용해 이 멱급수가 $f$ 와 일치함을 증명합니다.
•

” $f$ 가 해석적이다”라는 진술은 문자 그대로 ”모든 $k\geq 0$ 에 대해, $f^{(k)}$ 가 미분 가능하다”는 것을 의미함에 유의하십시오. 따라서 $f^{(k)}$ 에 대한 멱급수를 적고, 그것이 미분 가능함을 보입니다. (이는 실수의 경우에 대해 명제 29.4.5에서 이미 수행한 바 있습니다.)

31.7.1 코시-구르사 정리의 증명

$f$ 가 정칙, 즉 미분 가능하다고 가정합니다. 우리는 $\oint_{\gamma}f\;dz=0$ 임을 증명하고자 합니다.

이 문제를 어떻게 공략할 수 있을까요? 결론을 살펴보면, $\oint_{\gamma}f\;dz\neq 0$ 인 어떤 함수를 들여다보고 싶어질 수 있습니다.

우리는 이전 장에서 이미 예시를 얻었습니다: $f(z)=\frac{1}{z}$ 입니다.

질문 31.7.1.

가정 중 어느 부분이 성립하지 않습니까?

어쨌든, 문제는 $f$ 가 $0$ 에서 특이점을 가지기 때문이라는 것을 알 수 있습니다 (아직 특이점이 무엇인지 formal하게 정의하지는 않았지만 말입니다). 그래서 우리는 대우 명제를 증명하고자 합니다:

정리 31.7.2.

$\oint_{\gamma}f\;dz\neq 0$ 이라고 가정합니다. 그러면 $\gamma$ 내부 어딘가에서 $f$ 에 이상한 일이 일어납니다.

(하지만 임의의 루프에 대해서는 조금 더 어려워집니다. “ $\gamma$ 내부”란 무엇을 의미합니까?)

이렇게 표현하면, 그다지 어렵지 않습니다. 계속 읽기 전에 $f(z)=\frac{1}{z}$ 를 조금 살펴보고 증명이 어떻게 이어지는지 스스로 알아내 보고 싶을 수도 있습니다.

간단히 하기 위해, 저는 $\gamma$ 가 직사각형인 경우에 대해 명제를 증명하고, 예를 들어 $\gamma$ 가 원인 경우는 독자에게 남겨두겠습니다. 완전히 일반적인 $\gamma$ 의 경우는 나중에 다루겠습니다.

이미 알아차렸을 수도 있듯이, $f(z)=\frac{1}{z-w}$ 에 대해서는 “이분 탐색”을 통해 특이점 $w$ 의 위치를 찾아볼 수 있습니다: $\oint_{\gamma}f\;dz$ 를 계산해서, 그것이 $2\pi i$ 라면 $w$ 가 $\gamma$ 내부에 있다는 것을 알 수 있습니다. 우리는 바로 그것을 할 것입니다.

무엇을 탐색해야 할까요? 살펴봅시다:

연습문제 31.7.3.

$\oint_{\gamma}f\;dz\neq 0$ 이라고 가정하겠습니다. $\frac{1}{z}$ 에서 $z=0$ 인 점처럼, $f$ 가 무한대로 발산하는 점이 반드시 존재해야 합니까?

답: 아쉽게도 그렇지 않습니다. 위의 함수 $f$ 를 가져와서 특이점을 ”매끄럽게 만들” 수 있습니다.

(실수부만 나타냈습니다. 허수부는 상상하시면 됩니다.)

그렇다면 우리가 기대할 수 있는 최선은, $f$ 가 정칙(복소 미분 가능)이 아닌 점을 찾는 것입니다.

다음과 같이 $4$ 개의 경로 $\gamma_{a}$ , $\gamma_{b}$ , $\gamma_{c}$ , $\gamma_{d}$ 를 구성하십시오. 여백은 오직 설명을 위한 것이며, 실제로는 변들이 서로 정확히 겹칩니다.

안쪽 변들이 모두 상쇄되므로

\oint_{\gamma}f\;dz=\oint_{\gamma_{a}}f\;dz+\oint_{\gamma_{b}}f\;dz+\oint_{% \gamma_{c}}f\;dz+\oint_{\gamma_{d}}f\;dz.

이는 어떤 $i\in\{a,b,c,d\}$ 에 대해 $\oint_{\gamma_{i}}f\;dz\neq 0$ 임을 의미합니다. (아이디어: 특이점의 위치를 더 정확하게 찾았으며, 이제 그것이 $\gamma_{i}$ 안에 있다는 것을 알게 되었습니다. 물론 특이점이 여러 개일 가능성도 있습니다.)

또한 어떤 $i$ 에 대해 $|\oint_{\gamma_{i}}f\;dz|\geq\frac{1}{4}\cdot|\oint_{\gamma}f\;dz|$ 가 성립합니다. 단순히 $\neq 0$ 이라고 말하는 대신 크기를 세심하게 추적해야 하는 이유는 나중에 분명해질 것입니다.

그렇게 계속하면 감소하는 사각형 수열 $\{\gamma_{j}\}$ 를 얻게 됩니다. 변의 길이가 매번 절반이 되므로, 사각형들은 하나의 점 $p$ 로 수렴합니다.

사각형의 둘레는 어떻게 감소할까요? 아마도 다음과 같을 것입니다.

$j$	$\gamma_{j}$ 의 둘레	$\|\oint_{\gamma_{j}}f\;dz\|$
$0$	$1$	$1$
$1$	$\frac{1}{2}$	$\geq\frac{1}{4}$
$2$	$\frac{1}{4}$	$\geq\frac{1}{16}$
$3$	$\frac{1}{8}$	$\geq\frac{1}{64}$

$|\oint_{\gamma_{j}}f\;dz|$ 는 둘레에 비해 상당히 빠르게 감소합니다 — 예상대로, $f$ 가 $p$ 에서 발산하기를 기대할 수는 없지만, 이는 $f$ 가 정칙이 아님을 보이기에 충분합니다.

모순을 가정하기 위해, 그렇지 않다고 가정하겠습니다. 그러면 정의에 의해

\lim_{h\to 0}\frac{f(p+h)-f(p)}{h}=f^{\prime}(p)

여기서 $p$ 는 위에서 정의한 대로 사각형 $\{\gamma_{j}\}$ 가 수렴하는 점이며, $f^{\prime}(p)\in\mathbb{C}$ 는 도함수입니다. 다시 말해, $0$ 에 충분히 가까운 $h\in\mathbb{C}$ 에 대해,

f(p+h)=f(p)+f^{\prime}(p)\cdot h+\varepsilon(h)\cdot h\text{에 대해}\varepsilon(h% )\in o(1).

이것이 왜 문제가 될까요? $f(p)$ 와 $f^{\prime}(p)\cdot h$ 는 둘 다 다항식이므로,

\oint_{\gamma_{j}}f(p)+f^{\prime}(p)\cdot(z-p)\;dz=0,

이는 다음을 의미합니다

\oint_{\gamma_{j}}f(z)\;dz=\oint_{\gamma_{j}}\varepsilon(h)\cdot(z-p)\;dz.

좌변은 $4^{-j}$ 로 감소한다는 것을 알고 있지만, 우변의 적분은 길이가 $2^{-j}$ 로 감소하는 곡선 위에서의 적분입니다.

연습문제 31.7.4.

증명을 마무리하십시오. ( $M L$ 추정 보조정리를 사용하십시오.)

마지막으로, 내부가 존재하지 않을 수도 있는⁴⁴4공간 채움 곡선이 그 예입니다. 임의의 곡선에 대해서는 어떻게 해야 할까요?

우리는 사각형의 변을 따라 $f$ 를 적분함으로써 원시함수 $F\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 를 구성하고, $F^{\prime}=f$ 임을 증명하여, ”미적분학의 기본정리”를 얻습니다. 즉,

\oint_{\alpha}f(z)\;dz=F(\alpha(b))-F(\alpha(a))

여기서 $\alpha\colon[a,b]\to\mathbb{C}$ 는 어떤 경로입니다. $\alpha=\gamma$ 인 경우를 생각하면, 고리 $\gamma$ 의 시작점과 끝점이 같으므로 당연히 적분 값은 $0$ 이 될 것입니다.

31.7.2 나머지 부분

다음 단계로, 우리는 거듭제곱 급수가 $f$ 와 일치함을 보여야 합니다. 즉,

f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(t)}{t}\;dt+\frac{1}{2\pi i}\oint_{% \gamma}\frac{f(t)}{t^{2}}\;dt\cdot z+\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(t)}% {t^{3}}\;dt\cdot z^{2}+\cdots

여기서는 $\gamma$ 가 단위원이고, 거듭제곱 급수의 중심이 $0$ 이며, $t$ 가 단위원판 내부에 있다고 가정합니다.

연습문제 31.7.5.

증명하십시오. (이 상황에서 무한합과 적분의 순서를 바꿀 수 있다는 사실⁵⁵5극한과 적분의 순서를 바꿀 수 없는 끔찍한 사례들에 대해서는 예제 38.1.4를 참고하십시오., 등비급수의 합을 구하는 방법, 그리고 코시 적분 공식만 알면 됩니다)

비고 31.7.6.

잠깐, 코시-구르사 정리는 어디에서 쓰였을까요? 잊으셨다면, 이는 코시 적분 공식의 증명에서 사용됩니다.

$f$ 가 거듭제곱 급수임을 증명한 후에는, 명제 29.4.5을(복소 정칙 함수의 경우에 맞게 적절히 변형하여) 사용하면 결과가 따라옵니다.

31.8 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

이것들은 올림피아드 문제는 아니지만, 특히 훌륭하다고 생각합니다! 다음 복소해석학 장에서 더 멋진 응용을 보게 될 것입니다.

처음 몇 개의 결과가 가장 중요합니다.

문제 31A (리우빌 정리).

^†^†margin:

$f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 정함수라 하겠습니다. 모든 복소수 $z$ 에 대해 $\left\lvert f(z)\right\rvert<1000$ 이라 가정하겠습니다. $f$ 가 상수 함수임을 증명하십시오.

힌트. $f$ 의 테일러 급수를 살펴보고, 코시 미분 공식을 사용하여 더 큰 계수들이 각각 영이 되어야 함을 보이십시오.

문제 31B (영점은 고립되어 있습니다).

복소평면의 열린집합 $U$ 안의 고립 집합이란, $S$ 안의 각 점 주위에 $S$ 의 다른 어떤 점과도 교차하지 않는 열린 근방을 그릴 수 있는 점들의 집합 $S$ 를 말합니다.

영이 아닌 정칙 함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 의 영점 집합은, $f$ 가 항등적으로 영이 되는 $U$ 의 공집합이 아닌 열린 부분집합이 존재하지 않는 한, 고립 집합임을 보이십시오.

힌트. 모순을 통해 진행하겠습니다. 즉 $0=f(z_{1})=f(z_{2})=\dots$ 이고 모두 서로 다른 수열 $z_{1},z_{2},\dotsc\to z$ 가 존재한다고 하겠습니다. $f$ 의 테일러 급수를 살펴보고 $z$ 의 인수를 뽑아냄으로써, $z$ 의 열린 근방에서 $f=0$ 임을 증명하십시오.

풀이. 모순을 통해 진행하겠습니다. 즉 $0=f(z_{1})=f(z_{2})=\dots$ 이고 모두 서로 다른 수열 $z_{1},z_{2},\dotsc\to z$ 가 존재한다고 하겠습니다. 일반성을 잃지 않고 $z=0$ 으로 두겠습니다. $z=0$ 주변에서 $f$ 의 테일러 급수를 살펴보십시오. 가정에 의해 이 급수가 항등적으로 영이 아니므로, 이를 $a_{N}z^{N}+a_{N+1}z^{N+1}+\cdots$ , $a_{N}\neq 0$ 으로 쓰겠습니다. 그러나 $h(z)=a_{N}+a_{N+1}z+\cdots$ 의 연속성에 의해, $h(z)\neq 0$ 인 영의 열린 근방이 존재합니다.

문제 31C (항등 정리).

^†^†margin:

$f,g\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고, $U$ 가 연결되어 있다고 가정합니다. $f$ 와 $g$ 가 어떤 열린 근방에서 일치하면 $f=g$ 임을 증명하십시오.

힌트. 일치하는 점들의 내부를 취하십시오. 이 집합이 닫혀 있음을 보이면 결론이 따라옵니다.

풀이. $S$ 를 $f=g$ 를 만족하는 점들의 내부라 하겠습니다. 정의에 의해 $S$ 는 열린집합입니다. 앞부분에 의해 $S$ 는 닫힌집합입니다: $z_{i}\to z$ 이고 $z_{i}\in S$ 이면, $z$ 의 어떤 열린 근방에서 $f=g$ 이므로 $z\in S$ 입니다. $S$ 가 닫혀 있으면서 열려 있고 공집합이 아니므로, $S=U$ 입니다.

문제 31D (최댓값은 경계에서 발생합니다).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고, $Y\subseteq U$ 가 콤팩트이며, $\partial Y$ 가 $Y$ 의 경계⁶⁶6경계 $\partial Y$ 는 $p$ 의 어떤 열린 근방도 $Y$ 에 포함되지 않는 점 $p$ 들의 집합입니다. $Y$ 가 콤팩트이면 이 역시 콤팩트 집합입니다. 라고 합시다. 다음을 보이십시오.

\max_{z\in Y}\left\lvert f(z)\right\rvert=\max_{z\in\partial Y}\left\lvert f(z% )\right\rvert.

다시 말해, $\left\lvert f\right\rvert$ 의 최댓값은 경계에서 발생합니다. (그러한 최댓값은 콤팩트성에 의해 존재합니다.)

문제 31E (Harvard 자격시험).

$f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 가 상수가 아닌 정함수(entire function)라고 합시다. $f^{\text{img}}(\mathbb{C})$ 가 $\mathbb{C}$ 에서 조밀함을 증명하십시오. (사실 훨씬 더 강한 결과가 성립합니다: 소 피카르 정리(Little Picard’s theorem)는 상수가 아닌 정함수의 상이 많아야 한 점을 제외한 모든 점을 포함한다고 말합니다.)

힌트. 리우빌 정리를 사용하십시오. $\frac{1}{f(z)-w}$ 를 살펴보십시오.

풀이. 주어진 점 $w\in\mathbb{C}$ 의 $\varepsilon$ 이내에 상의 한 점이 있음을 보이고자 한다고 가정합니다. $\frac{1}{f(z)-w}$ 를 살펴보고 리우빌 정리를 사용하십시오.

문제 31F (제거 가능한 특이점 정리).

$U$ 가 열린집합이고, $p\in U$ 이며, $f\colon U\setminus\{p\}\to\mathbb{C}$ 가 정칙이라 하겠습니다. $f$ 가 유계라고 가정하십시오. $\lim_{z\to p}f(z)$ 가 존재하며, 확장된 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 $p$ 에서 정칙임을 보이십시오.

힌트. 위에서 제시된 코시-구르사 정리 증명의 일부를 변형하고, $M L$ 추정 보조정리를 적용하여 $\oint_{\gamma}f(z)\;dz=0$ 을 증명할 수 있습니다. 그러나 이 경우 $f$ 가 정칙 함수임을 이미 알고 있으므로, $\frac{1}{4}$ 인수 없이 $|\oint_{\gamma_{i}}f\;dz|\geq|\oint_{\gamma}f\;dz|$ 가 성립해야 합니다.

장 31 정칙 함수

31.1 세상에서 가장 훌륭한 함수들

예제 31.1.1 (선택 사항: 나쁜 실함수들).

31.2 복소 미분

예제 31.2.1 (중요: 켤레는 정칙이 아닙니다).

예제 31.2.2 (정칙 함수의 예시).

31.3 경로 적분

정리 31.3.1.

증명.

정의 31.3.2.

질문 31.3.3.

31.4 코시-구르사 정리

질문 31.4.1.

정리 31.4.2 (코시-구르사 정리).

비고 31.4.3 (타당성 점검).

31.5 코시의 적분 정리

정리 31.5.1 (코시의 적분 공식).

비고 31.5.2.

증명.

질문 31.5.3.

보조정리 31.5.4 (ML 추정 보조정리).

31.6 정칙 함수는 해석적입니다

정리 31.6.1 (코시의 미분 공식).

비고 31.6.2.

비고 31.6.3.

31.7 선택: 정칙 함수가 해석적임을 증명하기

31.7.1 코시-구르사 정리의 증명

질문 31.7.1.

정리 31.7.2.

연습문제 31.7.3.

연습문제 31.7.4.

31.7.2 나머지 부분

연습문제 31.7.5.

비고 31.7.6.

31.8 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 31A (리우빌 정리).

문제 31B (영점은 고립되어 있습니다).

문제 31C (항등 정리).

문제 31D (최댓값은 경계에서 발생합니다).

문제 31E (Harvard 자격시험).

문제 31F (제거 가능한 특이점 정리).

보조정리 31.5.4 ( $M L$ 추정 보조정리).