장 31 정칙 함수

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

31.1 세상에서 가장 좋은 함수

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

별것 아니라고 하실지도 모르겠습니다. 미적분학만으로도 충분히 지루했습니다. 복소 미적분학에 왜 관심을 가져야 할까요?

실해석학과 복소해석을 비교해 보면 동기를 부여하기가 가장 쉬울 것입니다. 실해석학에서 입력값은 실직선 $\mathbb{R}$ 안에 있습니다. 이 직선은 그다지 까다롭지 않아서, 곤란한 함수를 많이 만들 수 있습니다. 몇 가지 예를 들어 보겠습니다.

예제 31.1.1 (선택: 사악한 실함수).

이 부분은 아주 빠르게 훑어보셔도 됩니다. 요점을 보여 드리려고 넣은 것일 뿐입니다.

(a)

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

Weierstraß 함수

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

는 모든 곳에서 연속이지만 어디에서도 미분 가능하지 않습니다.
(c)

함수

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

는 처음 $99$ 개의 도함수는 가지지만 $100$ 번째 도함수는 가지지 않습니다.
(d)

어떤 함수가 모든 계의 도함수를 가지면(이러한 함수를 매끄러운 함수라고 부릅니다) 테일러 급수를 가집니다. 그러나 실함수의 경우 그 테일러 급수가 여전히 틀릴 수 있습니다. 함수

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

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

Refer to caption — 그림 31.1: Weierstraß 함수(상 출처: [7]).

병적인 예들은 아예 제쳐 둡시다. 구간 $[-1,1]$ 에서 실수 매끄러운 함수의 값을 알려 드리더라도, 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 어떻습니까? 복소함수를 $\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}$ 함수로 보면, 선분이 아닌 것을 따라서도 적분할 수 있다는 흥미로운 성질이 생깁니다. 즉, 평면 위의 곡선을 따라 적분을 쓸 수 있습니다. 그러나 $\mathbb{C}$ 에는 그 이상의 것이 있습니다. $\mathbb{C}$ 는 체이므로 두 복소수를 곱하고 나눌 수 있습니다.

그래서 우리는 정칙 함수라고 불리는 미분 가능 함수에 주목합니다. $\mathbb{C}$ 위의 곱셈이 결정적인 차이를 만든다는 것이 밝혀집니다. 이어지는 내용의 주된 주제는 정칙 함수가 정말, 정말 좋은 함수라는 것, 그리고 함수에 대한 아주 적은 양의 정보만 알아도 그 함수의 모든 값을 결정할 수 있다는 것입니다.

이 장의 두 가지 주요 핵심은 다음과 같으며, 다른 모든 결과는 대체로 이들의 따름정리입니다:

•

닫힌 경로를 따른 경로 적분은 항상 0입니다.
•

정칙 함수는 본질적으로 테일러 급수로 주어집니다. 특히 한 번 미분 가능하면 무한히 미분 가능합니다. 따라서 정칙 함수는 다항식과 꽤 비슷하게 행동합니다.

그 결과로 얻는 따름정리 몇 가지는 다음과 같습니다:

•

단위원의 경계에서 정칙 함수의 값을 알면 그 내부에서의 값도 알 수 있다는 것이 밝혀질 것입니다.
•

$1$ , $\frac{1}{2}$ , $\frac{1}{3}$ , …에서의 함숫값만 알아도 함수 전체를 결정하기에 충분합니다!
•

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

그 밖에도 더 있습니다…

[PUG02]는 다음과 같이 썼습니다. “복소해석학은 착한 쌍둥이이고 실해석학은 악한 쌍둥이입니다. 복소 영역에서는 아름다운 공식과 우아한 정리가 저절로 피어나는 듯하지만, 실수의 세계는 고역과 병리적 현상이 지배합니다”.

31.2 복소 미분

대표적인 예: 다항식은 정칙이지만, $\overline{z}$ 는 정칙이 아닙니다.

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

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

이 극한은 존재하지 않을 수도 있다는 점에 유의하십시오. 극한이 존재할 때 $f$ 가 $z_{0}$ 에서 미분 가능하다고 합니다.

“복소” 극한 $h\to 0$ 이란 무엇을 뜻하는 것입니까? 예상하시는 그대로입니다. 모든 $\varepsilon>0$ 에 대하여 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 복소평면의 열린 근방이라는 관점에서 생각해 보시기를 권합니다. (이 때문에 $U$ 가 열린집합이어야 한다고 요구하는 것입니다. 그래야 그 안에서 $\delta$ -근방을 잡을 수 있습니다.)

그러나 복소 도함수를 가진다는 것은 실함수가 도함수를 가진다는 것보다 실제로 훨씬 강한 조건임에 주의하십시오. 실직선에서 $h$ 는 아래쪽과 위쪽에서만 0에 다가갈 수 있으며, 극한이 존재하려면 “좌극한”과 “우극한”이 같기만 하면 됩니다. 그러나 복소수는 평면을 이룹니다. $h$ 는 여러 방향에서 0에 다가갈 수 있으며, 그 모든 극한이 같아야 합니다.

예제 31.2.1 (중요: 켤레는 정칙이 아닙니다).

$f(z)=\overline{z}$ 를 복소켤레 $f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 라고 합시다. 이 함수는 단순한 형태임에도 불구하고 정칙이 아닙니다! 실제로 $z=0$ 에서 다음을 얻습니다.

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

이것은 $h\to 0$ 일 때 극한을 갖지 않습니다. 0에 “어느 방향”에서 접근하느냐에 따라 서로 다른 값이 나오기 때문입니다.

함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정의역의 모든 점에서 복소 미분 가능하면 이 함수를 정칙이라고 합니다. 정의역이 $U=\mathbb{C}$ 인 정칙 함수라는 특수한 경우에는 이 함수를 정함수라고 부릅니다.¹¹1죄송합니다. “정칙”이라는 말이 훨씬 멋지게 들린다는 것을 압니다. 오로지 그 이유 하나 때문에 되도록 더 일반적으로 다루려고 합니다.

예제 31.2.2 (정칙 함수의 예).

아래의 모든 예에서 함수의 도함수는 대응하는 실함수의 경우와 같습니다(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 $\exp\colon x+yi\mapsto e^{x}(\cos y+i\sin y)$ 가 정칙임을 보일 수 있습니다.
(c)

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

평소와 같이 합의 법칙, 곱의 법칙, 연쇄 법칙 등이 성립하며, 따라서 정칙 함수의 합, 곱, 0이 아닌 몫, 합성 또한 정칙입니다.

이 결과들을 직접 증명해 보셔도 좋지만, 저는 굳이 증명하지 않겠습니다.

31.3 경로 적분

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

실직선에서는 선분 $[a,b]$ 를 따라 함수를 적분하는 방법을 알고 있었습니다. 본질적으로 선분을 “따라가면서” 보이는 $f$ 의 값을 더해 어떤 넓이를 얻는 것입니다. 실직선에서와 달리 복소평면에서는 임의의 경로를 따라 적분할 수 있습니다. 예를 들어 단위원을 한 바퀴 도는 적분을 계산할 수도 있습니다. 경로 적분은 이를 엄밀하게 정식화할 수 있게 해 줍니다.

우선 $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ 이고 $u,v\in\mathbb{R}$ 에 대하여 $f(t)=u(t)+iv(t)$ 이면, 실수부와 허수부를 단순히 더하여 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 가능²²2여기서 이것은 완전히 정확하지는 않습니다. 경로 $\alpha$ 가 연속이고 대부분 미분 가능하기를 원하지만, 유한 개의 점에서는 “급격한 꺾임”이 있어도 됩니다. 다시 말해, $n$ 개의 매끄러운 조각이 이어진 경로를 고려할 수 있습니다. 다만 이를 위해서는 $\alpha$ 가 “유계인 길이”를 가져야 한다는 조건도 필요합니다. 함수로 생각한 경로라고 합시다. 이러한 경로를 경로라고 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 $u$ -치환처럼 생각할 수 있습니다( $\alpha^{\prime}$ 이 바로 여기에서 나옵니다). 특히 이 적분은 $\alpha$ 가 어떻게 “매개화”되는지에 의존하지 않는다는 것이 밝혀집니다.

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

로 주어진 원과

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

로 주어진 또 다른 원, 그리고

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

로 주어진 또 하나의 원은 모두 같은 경로 적분을 줍니다. 이들이 나타내는 경로가 “단위원을 한 바퀴 돈다”라는 같은 기하학적 묘사를 가지기 때문입니다.

이하에서는 일반적인 경로에는 $\alpha$ 를, 고리라는 특수한 경우에는 $\gamma$ 를 쓰도록 하겠습니다.

경로 적분의 예를 하나 살펴봅시다.

정리 31.3.1.

$\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 를 다음과 같이 주어지는 단위원이라고 합시다.

t\mapsto e^{it}.

그러면 임의의 정수 $m$ 에 대하여 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 초등 미적분학 문제입니다. $m=-1$ 이면 이 값이 $2\pi i$ 이고, 그렇지 않으면 적분이 0이 된다는 것을 알 수 있습니다. ∎

$m=0$ 일 때 이것이 왜 직관적으로 참이어야 하는지 설명해 보겠습니다. 이 경우 $\oint_{\gamma}1\;dz$ 를 얻습니다. 따라서 적분은 단위원을 따라 걸어가면서 모든 점에서의 접벡터(걸어가는 방향입니다)에 $1$ 을 곱한 것을 모두 “합산”합니다. 그리고 원의 좋은 대칭성을 생각하면 모든 것이 상쇄된다는 것은 놀라운 일이 아닙니다. 정리는 $m\neq-1$ 에 대하여 $z^{m}$ 을 곱하더라도 같은 상쇄가 일어난다고 말해 줍니다.

정의 31.3.2.

$\alpha\colon[0,1]\to\mathbb{C}$ 가 주어졌을 때, “거꾸로 가는” 경로 $\overline{\alpha}(t)=\alpha(1-t)$ 를 $\overline{\alpha}$ 로 나타냅니다.

질문 31.3.3.

$\oint_{\alpha}f\;dz$ 와 $\oint_{\overline{\alpha}}f\;dz$ 사이에는 어떤 관계가 있습니까? 이를 증명하십시오.

조금 지루해 보일 수도 있습니다. 곧 정말 멋진 일이 일어날 것이라고 약속드립니다.

31.4 코시-구르사 정리

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

$\Omega\subseteq\mathbb{C}$ 가 단순 연결이라고 하고(예를 들어 $\Omega=\mathbb{C}$ ), 시작점과 끝점이 같은 두 경로 $\alpha$ , $\beta$ 를 생각합시다.

$\oint_{\alpha}f(z)\;dz$ 와 $\oint_{\beta}f(z)\;dz$ 사이에는 어떤 관계가 있습니까? 공간 $\Omega$ 가 단순 연결이라는 점을 생각하면 둘 사이에 어떤 관계가 있으리라 기대할 수도 있습니다. 그러나 아마 큰 관계가 있으리라고는 기대하지 않을 것입니다.

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

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

\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

특히 이 값은 0이 아닙니다.

그러나 어쩐지 $\Psi$ 는 그다지 자연스러운 함수가 아닙니다. 입력의 실수부를 무례하게 잘라 내 버리기 때문에 $\mathbb{C}$ 의 좋은 곱셈 구조를 전혀 존중하지 않습니다. 더 정확히 말하면 다음과 같습니다.

질문 31.4.1.

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

이제 기적이 일어납니다. 정칙 함수에 대해서는 두 적분이 항상 같습니다. 동치로, ( $\alpha$ 다음에 $\overline{\beta}$ 를 따라가는 경로를 생각하면) 고리의 경로 적분은 항상 0입니다. 이것이 그 유명한 코시-구르사 정리입니다(코시 적분 정리라고도 부르지만, 나중에 “코시 적분 공식”이 나오니 그 이야기는 넘어가겠습니다).

정리 31.4.2 (코시-구르사 정리).

$\gamma$ 를 고리라 하고, $f\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 를 정칙 함수라고 합시다. 여기서 $\Omega$ 는 $\mathbb{C}$ 에서 열려 있고 단순 연결입니다. 그러면 다음이 성립합니다.

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

비고 31.4.3 (타당성 점검).

앞에서 $\oint_{\gamma}z^{-1}\;dz=2\pi i$ 임을 보았다는 점을 생각하면 이것은 놀라워 보일 수 있습니다. 미묘한 점은 $z^{-1}$ 이 $z=0$ 에서 정의조차 되지 않는다는 것입니다. 한편 $z\mapsto\frac{1}{z}$ 로 주어지는 함수 $\mathbb{C}\setminus\{0\}\to\mathbb{C}$ 는 정칙입니다! 이번에는 $\Omega=\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 이 단순 연결이 아니라는 것이 결함입니다. 따라서 정리는 아슬아슬하게나마 타당성 점검을 통과합니다.

코시 정리의 전형적인 증명은 $f$ 의 편미분이 연속이라는 가정을 추가로 두고 이른바 그린 정리를 적용합니다. 그러나 $f$ 가 정칙이라는 것만 가정하는, 위에서 서술한 완전히 일반적인 정리를 증명하는 데 성공한 사람은 구르사였습니다.

어쨌든 이 정리로부터 $m\geq 0$ 일 때 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=0$ 임을 알 수 있습니다. 앞에서 애써 계산한 것이 무색해집니다. 그런데 지금까지 우리는 원만 다루었습니다. 이 정리는 고리를 이루는 임의의 경로에 대해 성립합니다. 그렇다면 그 밖에 무엇을 할 수 있겠습니까?

31.5 코시 적분 정리

이제 코시-구르사 정리의 놀라운 응용인 “표현 정리”를 소개합니다. 요컨대 이 정리는 원판 내부에서 $f$ 의 값이 경계 위의 값만으로 결정된다고 말합니다! 실제로 정확한 공식까지 적을 수 있습니다. [YAN12]에서 말하듯이, “어떤 유형의 함수가 일종의 표현 정리를 만족할 때마다, 훨씬 더 깊은 정리들이 뒤따를 가능성이 높습니다.” 이제 장막을 걷어 봅시다:

정리 31.5.1 (코시 적분 공식).

$\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 를 $t\mapsto Re^{it}$ 로 주어지는 평면 위의 원이라 하고, 이 원이 원판 $D$ 를 둘러싼다고 합시다. $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고 $U$ 가 이 원과 그 내부를 포함한다고 가정합시다. 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.

$U$ 가 단순 연결일 것을 요구하지 않는다는 점에 유의하십시오. 다만 그 이유는 꽤 싱겁습니다. 우리는 $f$ 를 열린 원판인 $D$ 위에서만 적분할 것이고, 따라서 그 원판은 어차피 단순 연결이기 때문입니다.

앞에서 $\oint_{\text{원}}z^{-1}\;dz$ 의 형태로 보았던 $2\pi i$ 가 등장하는 것은 우연이 아닙니다. 사실 그것이 바로 이 결과를 증명하는 데 사용할 핵심 결과입니다.

비고 31.5.2.

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

증명.

증명은 여러 가지가 있지만, 저는 코시 정리의 위력을 제대로 드러내는 증명을 소개하고자 합니다. 상황은 다음과 같습니다. 원 $\gamma$ 안에 점 $a$ 가 있고, 우리는 $f(a)$ 의 값을 손에 넣고자 합니다.

한 가지 요령을 쓰겠습니다. 바깥 원 $\gamma$ 와 안쪽 원 $\overline{\gamma_{\varepsilon}}$ 로 이루어진 열쇠구멍 경로 $\Gamma_{\delta,\varepsilon}$ 를 구성합니다. 여기서 안쪽 원은 $a$ 를 중심으로 하고 반지름이 $\varepsilon$ 이며 시계 방향으로 돕니다(따라서 $\gamma_{\varepsilon}$ 는 반시계 방향으로 돕니다). 통로의 “폭”은 $\delta$ 입니다. 그림을 보십시오:

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

질문 31.5.3.

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

함수 $\frac{f(z)}{z-a}$ 는 $\Omega$ 전체에서 정칙입니다. 따라서 코시 정리를 적용할 수 있고, 이로부터 다음을 얻습니다.

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

$\delta\to 0$ 으로 보내면 열쇠구멍의 두 벽은 서로 상쇄됩니다( $f$ 가 연속이고 두 벽이 서로 반대 방향으로 진행하기 때문입니다). 따라서 $\delta\to 0$ 인 극한을 취하면 $\gamma$ 와 $\gamma_{\varepsilon}$ 만 남고, (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.

이렇게 $\gamma$ 를 $a$ 를 중심으로 하는 훨씬 작은 원 $\gamma_{\varepsilon}$ 로 바꾸는 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 다음을 보이기만 하면 됩니다.

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

이를 위해서는 기본적으로 가능한 가장 약한 상계, 즉 증명 없이 인용할 이른바 $M L$ 보조정리를 사용하면 됩니다. 이 보조정리는 “함수를 어디서나 그 최댓값으로 위에서 누르십시오”라는 내용입니다.

보조정리 31.5.4 ( $M L$ 추정 보조정리).

$f$ 를 정칙 함수, $\alpha$ 를 경로라고 합시다. $M=\max_{z\text{가 놓인 경로 }\alpha}\left\lvert f(z)\right\rvert$ 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 $L=\int_{a}^{b}|\alpha^{\prime}(t)|\;dt$ 임을 알고 있다면 이는 간단히 증명할 수 있습니다.)

어쨌든 $\varepsilon\to 0$ 이면 양 $\frac{f(z)-f(a)}{z-a}$ 는 $f^{\prime}(a)$ 에 가까워지므로, 충분히 작은 $\varepsilon$ 에 대해(즉 $z$ 가 $a$ 에 가까울 때) 어떤 상계 $M$ 이 존재합니다. 한편 $\gamma_{\varepsilon}$ 의 길이는 원주 $2\pi\varepsilon$ 입니다. 따라서 $M L$ 보조정리에 의해 다음이 성립합니다.

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

이로써 원하는 결과를 얻습니다. ∎

31.6 정칙 함수는 해석적입니다

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

앞 문제의 설정에서, 원 $\gamma\colon[0,2\pi]\to\mathbb{C}$ 와 원판 $D$ 를 포함하는 정칙 함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 주어져 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 이용하여) 합의 순서를 바꿀 수 있음을 증명할 수 있습니다:
	$\displaystyle f(a)$	$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\sum_{k\geq 0}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z}\cdot% \left(\frac{a}{z}\right)^{k}\;dz$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\sum_{k\geq 0}\oint_{\gamma}a^{k}\cdot\frac{f(z)% }{z^{k+1}}\;dz$
		$\displaystyle=\sum_{k\geq 0}\left(\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^% {k+1}}\;dz\right)a^{k}.$
$c_{k}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^{k+1}}\;dz$ 라 두고 이것이 $a$ 와 무관하다는 점에 주목하면, 이는 다음과 같습니다
	$\displaystyle f(a)$	$\displaystyle=\sum_{k\geq 0}c_{k}a^{k}$

그리고 바로 이것이 기적입니다. 정칙 함수는 테일러 급수로 주어집니다! 이는 복소해석학에서 가장 중요한 결과 중 하나입니다. 게다가 도함수를 $k$ 번 취할 수 있다고 믿는다면, 다음을 얻습니다.

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

그리고 이로부터 $f^{(k)}(0)=k!\cdot c_{k}$ 를 얻습니다.

당연히 이는 (원점을 중심으로 하는 원뿐만 아니라) 임의의 원에 대해서도 할 수 있습니다. 그러면 임의의 중심 $p$ 에 대하여 완전한 결과를 아래에 서술합시다.

정리 31.6.1 (코시 미분 공식).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 정칙 함수라 하고, $D$ 를 원 $\gamma$ 로 둘러싸인, 점 $p$ 를 중심으로 하는 원판이라 합시다. $D$ 가 $U$ 안에 포함된다고 가정합시다. 그러면 $f$ 는 $D$ 의 모든 곳에서 다음 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 중요한 것은,

임의의 원판 위에서 정칙 함수는 정확히 테일러 급수로 주어집니다.

이로써 이 장의 처음에 서술한 결과가 확립됩니다. 즉, 함수가 한 번 복소 미분 가능하다는 것은 그 함수가 무한히 미분 가능할 뿐만 아니라, 실제로 자신의 테일러 급수와 같다는 것을 의미합니다.

비고 31.6.2.

이를 가정한다면 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,

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

각각의 $\oint_{\gamma}z^{m}\;dz=0$ 임은 이미 증명하였으므로, 그 합 역시 $0$ 이어야 합니다.

물론 이 논증은 완전히 엄밀하지는 않습니다. 정당화 없이 적분과 무한합의 순서를 바꾸기 때문입니다.

비고 31.6.3.

항 $\frac{f(w)}{(w-p)^{k+1}}$ 이 어디에서 오는지는 비고 32.3.5에서 볼 수 있습니다. 이는 매우 직관적이어서, 잊어버리더라도 스스로 유도할 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 놓인 원판에서만 유효합니다. $U=\mathbb{C}$ 라면 원하는 어떤 점이든 포함할 만큼 원판을 크게 만들 수 있으므로 문제가 되지 않습니다. 예를 들어 $U$ 가 정사각형인 경우에는 더 미묘합니다. 정사각형 밖으로 벗어나지 않고서는 어떤 점을 중심으로 하는 원판으로 정사각형 전체를 덮을 수 없기 때문입니다. 그러나 $U$ 가 열린집합이므로, 어쨌든 적어도 테일러 급수가 올바른 어떤 열린 근방은 찾을 수 있습니다 – 이는 실수의 경우와 극명하게 대조됩니다. 실제로 연습 문제에서 보겠지만, 테일러 급수의 존재는 엄청나게 강력합니다.

31.7 선택: 정칙 함수가 해석적이라는 것의 증명

위의 코시 미분 공식에 나오는 항 $\frac{f(w)}{(w-p)^{k+1}}$ 의 원점, 즉 그 유래를 이해하려면 다음 장을 먼저 읽기를 권합니다.

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

•

함수 $f$ 가 해석적이라고 가정해 봅니다. (네, 이는 순환 논증이 아닙니다!)
•

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

$c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+\cdots$
•

코시-구르사 정리를 사용하여 그 멱급수가 $f$ 와 일치함을 증명합니다.
•

“ $f$ 는 해석적이다”라는 명제는 문자 그대로 “모든 $k\geq 0$ 에 대하여 $f^{(k)}$ 가 미분 가능하다”는 뜻임에 유의하십시오. 따라서 $f^{(k)}$ 에 대한 멱급수를 적고, 그것이 미분 가능함을 보입니다. (실수의 경우에 대해서는 명제 29.4.5에서 이미 이를 보였습니다.)

31.7.1 코시-구르사 정리의 증명

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

이 문제에 어떻게 접근할 수 있겠습니까? 결론을 보면, $\oint_{\gamma}f\;dz\neq 0$ 인 어떤 함수를 들여다보고 싶어질 수 있습니다.

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

질문 31.7.1.

가정의 어느 부분이 성립하지 않습니까?

어쨌든, 문제는 $f$ 가 $0$ 에서 특이점을 가지기 때문이라는 것을 알 수 있습니다(특이점이 무엇인지 아직 정식으로 정의하지는 않았지만 말입니다). 그래서 대우를 증명해 보겠습니다:

정리 31.7.2.

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

(하지만 임의의 고리에 대해서는 조금 더 어려워집니다. “ $\gamma$ 의 내부”란 무엇을 뜻합니까?)

이렇게 표현하면 그리 어렵지 않습니다. 계속 읽기 전에 $f(z)=\frac{1}{z}$ 를 잠시 살펴보고 증명이 어떻게 진행되는지 스스로 알아내 보는 것도 좋습니다.

간단히 하기 위해, $\gamma$ 가 직사각형인 경우에 대해 명제를 증명하고, 예컨대 $\gamma$ 가 원인 경우는 독자에게 남기겠습니다. 완전히 일반적인 $\gamma$ 의 경우는 나중에 다루겠습니다.

이미 알아차리셨겠지만, $f(z)=\frac{1}{z-w}$ 에 대해서는 특이점 $w$ 가 어디에 있는지 “이진 탐색”으로 찾아볼 수 있습니다: $\oint_{\gamma}f\;dz$ 를 계산하여 그 값이 $2\pi i$ 이면, $w$ 가 $\gamma$ 내부에 있음을 압니다. 우리는 바로 그렇게 할 것입니다.

무엇을 탐색해야 하겠습니까? 살펴봅시다:

연습문제 31.7.3.

$\oint_{\gamma}f\;dz\neq 0$ 이라고 가정합시다. $\frac{1}{z}$ 에서의 점 $z=0$ 처럼, $f$ 가 무한대로 발산하는 점이 반드시 있어야 합니까?

답: 안타깝게도 아닙니다. 위의 함수 $f$ 를 가져와서 특이점을 “매끄럽게 다듬을” 수 있습니다.

(실수부만 그렸습니다. 허수부는 상상해 보십시오.)

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 구성합니다. 여백은 설명을 위한 것일 뿐이며, 실제로는 변들이 서로 정확히 겹칩니다.

내부의 변들이 모두 상쇄되므로, 다음이 성립함에 주목하십시오.

\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 뜻합니다. (아이디어: 특이점의 위치를 더 정확하게 찾아냈으며, 이제 그것이 $\gamma_{i}$ 내부에 있음을 압니다. 물론 특이점이 여러 개일 수도 있습니다.)

또한 어떤 $i$ 에 대해 $|\oint_{\gamma_{i}}f\;dz|\geq\frac{1}{4}\cdot|\oint_{\gamma}f\;dz|$ 도 성립합니다. (단지 $\neq 0$ 이라고만 말하는 대신) 크기를 신중하게 추적해야 하는 이유는 나중에 분명해질 것입니다.

이렇게 계속 반복하여 감소하는 직사각형들의 수열 $\{\gamma_{j}\}$ 를 얻습니다. 매번 변의 길이가 절반이 되므로, 직사각형들은 한 점 $p$ 로 수렴합니다.

직사각형의 둘레는 어떻게 줄어들겠습니까? 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 꽤 빠르게 감소합니다 — 예상대로 $f$ 가 $p$ 에서 발산하기를 기대할 수는 없지만, 이것만으로도 $f$ 가 정칙이 아님을 보이기에 충분합니다.

모순을 이끌어 내기 위해, 그렇지 않다고 가정합시다. 그러면 정의에 의해,

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

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

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 됩니까? $f(p)$ 와 $f^{\prime}(p)\cdot h$ 는 모두 다항식이므로 다음이 성립함에 주목하십시오.

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

연습문제 31.7.4.

증명을 완성하십시오. ( $M L$ 추정 보조정리를 사용하십시오.)

마지막으로, 임의의 곡선(내부조차 없을 수도 있는 곡선⁴⁴4공간 채움 곡선이 그 예입니다.)은 어떻게 다루어야 합니까?

직사각형의 변을 따라 $f$ 를 적분하여 원시함수 $F\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 를 구성하고, $F^{\prime}=f$ 임을 증명하여 “미적분학의 기본정리”를 얻습니다. 즉 다음과 같습니다.

\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 적분값은 $0$ 이 됩니다.

31.7.2 나머지 부분

다음 단계로, 멱급수가 $f$ 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

여기서 $\gamma$ 는 단위원이고, 멱급수의 중심은 $0$ 이며, $t$ 는 단위 원판 내부에 있다고 가정합니다.

연습문제 31.7.5.

이를 증명하십시오. (이 상황에서 무한합과 적분의 순서를 바꿀 수 있다는 사실,⁵⁵5극한과 적분의 순서를 바꿀 수 없는 끔찍한 사례들은 예제 38.1.4를 참고하십시오. 등비급수의 합을 구하는 방법, 그리고 코시 적분 공식만 알면 됩니다)

비고 31.7.6.

잠깐, 코시-구르사 정리는 어디에서 사용되었습니까? 잊으셨다면, 이 정리는 코시 적분 공식의 증명에서 사용되었습니다.

$f$ 가 멱급수임을 증명하고 나면, 명제 29.4.5(복소 정칙 함수의 경우에 맞게 적절히 변형한 것)을 사용하여 결과가 따라 나옵니다.

31.8 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

이것들은 올림피아드 문제는 아니지만, 특히 멋진 문제들이라고 생각합니다! 다음 복소해석학 장에서 더 멋진 응용들을 살펴보겠습니다.

처음 몇 개의 결과가 가장 중요합니다.

문제 31A (리우빌 정리).

^†^†margin:

$f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 전해석 함수라고 합시다. 모든 복소수 $z$ 에 대해 $\left\lvert f(z)\right\rvert<1000$ 이라고 가정합시다. $f$ 가 상수 함수임을 증명하십시오.

힌트. $f$ 의 테일러 급수를 살펴보고, 코시 미분 공식을 사용하여 더 높은 차수의 계수들이 모두 0이어야 함을 보이십시오.

문제 31B (영점은 고립되어 있습니다).

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

$f$ 가 항등적으로 0이 되는 $U$ 의 공집합이 아닌 열린 부분집합이 존재하지 않는 한, 0이 아닌 임의의 정칙 함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 의 영점 집합은 고립 집합임을 보이십시오.

힌트. 귀류법으로 진행합니다. 즉, 서로 다른 점들로 이루어진 수열 $z_{1},z_{2},\dotsc\to z$ 가 존재하여 $0=f(z_{1})=f(z_{2})=\dots$ 라고 합시다. $f$ 의 테일러 급수를 살펴보고 $z$ 의 인수를 묶어 내어, $z$ 의 어떤 열린 근방에서 $f=0$ 임을 증명하십시오.

풀이. 귀류법으로 진행합니다. 즉, 서로 다른 점들로 이루어진 수열 $z_{1},z_{2},\dotsc\to z$ 가 존재하여 $0=f(z_{1})=f(z_{2})=\dots$ 라고 합시다. 일반성을 잃지 않고 $z=0$ 이라고 둡니다. $z=0$ 주위에서 $f$ 의 테일러 급수를 살펴봅니다. 가정에 의해 이 급수는 항등적으로 0이 아니므로, 이를 $a_{N}z^{N}+a_{N+1}z^{N+1}+\cdots$ , $a_{N}\neq 0$ 꼴로 씁니다. 그런데 $h(z)=a_{N}+a_{N+1}z+\cdots$ 의 연속성에 의해 $h(z)\neq 0$ 인 0의 어떤 열린 근방이 존재합니다.

문제 31C (항등 정리).

^†^†margin:

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

힌트. 일치하는 점들의 내부를 취하고, 이 집합이 닫혀 있음을 보이십시오. 그러면 결론이 따라 나옵니다.

풀이. $S$ 를 $f=g$ 를 만족하는 점들의 집합의 내부라고 합시다. 정의에 의해 $S$ 는 열린집합입니다. 앞 부분에 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. $S$ 는 열린닫힌집합이고 공집합이 아니므로 $S=U$ 입니다.

문제 31D (최댓값은 경계에서 나타납니다).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 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 집합 역시 콤팩트 집합입니다. 라 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 나타납니다. (이러한 최댓값은 콤팩트성에 의해 존재합니다.)

문제 31E (하버드 자격시험).

$f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 가 상수가 아닌 정함수라 합시다. $f^{\text{img}}(\mathbb{C})$ 가 $\mathbb{C}$ 에서 조밀함을 증명하십시오. (사실 훨씬 더 강한 결과가 성립합니다. 피카르 소정리에 따르면 상수가 아닌 정함수의 상은 많아야 한 점만을 빠뜨립니다.)

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

풀이. 주어진 점 $w\in\mathbb{C}$ 로부터 $\varepsilon$ 이내에 상에 속하는 점이 있음을 보이고 싶다고 합시다. $\frac{1}{f(z)-w}$ 를 살펴보고 리우빌 정리를 사용하십시오.

문제 31F (제거 가능 특이점 정리).

$U$ 가 열린집합이고, $p\in U$ 이며, $f\colon U\setminus\{p\}\to\mathbb{C}$ 가 정칙이라 합시다. $f$ 가 유계라고 가정합시다. $\lim_{z\to p}f(z)$ 가 존재하고, 확장 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 $p$ 에서 정칙임을 보이십시오.

힌트. 위에서 제시한 코시-구르사 정리의 증명 일부를 응용하고 $M L$ 추정 보조정리를 적용하여 $\oint_{\gamma}f(z)\;dz=0$ 을 증명할 수 있습니다. 다만 이 경우에는 $f$ 가 정칙임을 이미 알고 있으므로, $\frac{1}{4}$ 인자 없이 $|\oint_{\gamma_{i}}f\;dz|\geq|\oint_{\gamma}f\;dz|$ 가 성립해야 합니다.

장 31 정칙 함수

31.1 세상에서 가장 좋은 함수

예제 31.1.1 (선택: 사악한 실함수).

31.2 복소 미분

예제 31.2.1 (중요: 켤레는 정칙이 아닙니다).

예제 31.2.2 (정칙 함수의 예).

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 코시 적분 정리

정리 31.5.1 (코시 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 (코시 미분 공식).

비고 31.6.2.

비고 31.6.3.

31.7 선택: 정칙 함수가 해석적이라는 것의 증명

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 나타납니다).

문제 31E (하버드 자격시험).

문제 31F (제거 가능 특이점 정리).

보조정리 31.5.4 ( $M L$ 추정 보조정리).