장 32 유리형 함수

32.1 세상에서 두 번째로 좋은 함수

정칙 함수가 다항식과 같다면, 유리형 함수는 유리함수와 같습니다. 기본적으로 유리형 함수는 $A,B\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고 $B$ 가 0이 아닐 때 $\frac{A(z)}{B(z)}$ 꼴로 나타나는 함수입니다. 유리형 함수의 가장 중요한 예는 $\frac{1}{z}$ 입니다.

유리형 함수가 “거의 정칙인” 함수처럼 행동한다는 것을 보게 될 것입니다. 구체적으로, 유리형 함수 $A/B$ 는 $B$ 의 영점(극이라고 부릅니다)을 제외한 모든 점에서 정칙입니다. 일치 정리에 의해 $B$ 의 영점은 너무 많을 수 없습니다! 따라서 유리형 함수는 “거의 정칙인” 함수로 생각할 수 있습니다(원점을 제외한 모든 곳에서 정칙인 $\frac{1}{z}$ 처럼 말입니다). 우리는 다음을 보았습니다.

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{1}{z}\;dz=1

여기서 $\gamma(t)=e^{it}$ 는 단위원입니다. 우리는 경로에 관한 결과를 이러한 상황으로 확장할 것입니다.

알고 보니, 정칙인 경우처럼 단순히 $\oint_{\gamma}f(z)\;dz=0$ 을 얻는 대신, 경로 적분은 실제로 고리 $\gamma$ 내부에 있는 극의 개수를 세는 데 사용됩니다. 말도 안 되는 일이라는 것을 저도 압니다.

32.2 유리형 함수

대표적인 예: $z=0$ 에서 위수 $1$ 의 극과 유수 $1$ 을 갖는 $\frac{1}{z}$ .

다시 $U$ 를 $\mathbb{C}$ 의 열린 부분집합이라고 합시다.

정의 32.2.1.

$B$ 가 어떤 열린 근방에서도 항등적으로 0이 아닌 정칙 함수 $A,B\colon U\to\mathbb{C}$ 가 존재하고, $B(z)\neq 0$ 일 때마다 $f(z)=A(z)/B(z)$ 이면, 함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 유리형이라고 합니다.

이 함수 $f$ 가 어떻게 행동하는지 살펴봅시다. $z\in U$ 에서 $B(z)\neq 0$ 이면, 어떤 작은 열린 근방에서 함수 $B$ 는 전혀 0이 되지 않으므로 $A/B$ 는 사실 정칙입니다. 따라서 $f$ 는 $z$ 에서 정칙입니다. (구체적인 예: $\frac{1}{z}$ 는 $0$ 을 포함하지 않는 모든 원판에서 정칙입니다.)

반면에 $p\in U$ 에서 $B(p)=0$ 이라고 가정합시다. 표기를 간단히 하기 위해 일반성을 잃지 않고 $p=0$ 이라 하겠습니다. $p=0$ 에서의 테일러 급수를 사용하면 다음과 같이 놓을 수 있습니다.

B(z)=c_{k}z^{k}+c_{k+1}z^{k+1}+\cdots

여기서 $c_{k}\neq 0$ 입니다( $B$ 가 항등적으로 0이 아니므로 분명히 어떤 계수는 0이 아닙니다!). 그러면 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

\frac{1}{B(z)}=\frac{1}{z^{k}}\cdot\frac{1}{c_{k}+c_{k+1}z+\cdots}.

그런데 오른쪽의 분수는 이 열린 근방에서 정칙 함수입니다! 따라서 일어난 일이라고는 여분의 $z^{-k}$ 가 붙어 다닌다는 것뿐입니다.

이로부터 유리형 함수를 바라보는 동치인 방법을 얻습니다.

정의 32.2.2.

평소와 같이 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 라고 합시다. 유리형 함수란 고립된 점들의 집합 $S$ 를 제외한 $U$ 에서 정칙인 함수입니다(즉, 함수 $U\setminus S\to\mathbb{C}$ 로서 정칙이라는 뜻입니다). $f$ 의 극이라고 부르는 각 $p\in S$ 에 대해, 함수 $f$ 는 추가로 로랑 급수를 가져야 합니다. 이는 다음을 의미합니다.

f(z)=\frac{c_{-m}}{(z-p)^{m}}+\frac{c_{-m+1}}{(z-p)^{m-1}}+\dots+\frac{c_{-1}}% {z-p}+c_{0}+c_{1}(z-p)+\dots

이 식은 $p$ 의 어떤 열린 근방에 속하는, $z=p$ 이외의 모든 $z$ 에 대해 성립합니다. 여기서 $m$ 은 양의 정수이고, $c_{-m}\neq 0$ 입니다.

뒤쪽 끝은 반드시 유한하게 끝나야 한다는 점에 유의하십시오. “고립된 집합”이란, 어떤 두 열린 근방도 서로 교차하지 않도록 $S$ 의 각 극 주위에 열린 근방을 그릴 수 있다는 뜻입니다.

예제 32.2.3 (유리형 함수의 예).

함수

\frac{z+1}{\sin z}.

를 생각합시다. 이 함수는 $\sin z$ 의 영점을 제외한 모든 곳에서 정칙이므로 유리형입니다. 이러한 각 점에서 로랑 급수를 놓을 수 있습니다. 예를 들어 $z=0$ 에서는 다음과 같습니다.

	$\displaystyle\frac{z+1}{\sin z}$	$\displaystyle=(z+1)\cdot\frac{1}{z-\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}-\dotsb}$
		$\displaystyle=\frac{1}{z}\cdot\frac{z+1}{1-\left(\frac{z^{2}}{3!}-\frac{z^{4}}% {5!}+\frac{z^{6}}{7!}-\dotsb\right)}$
		$\displaystyle=\frac{1}{z}\cdot(z+1)\sum_{k\geq 0}\left(\frac{z^{2}}{3!}-\frac{% z^{4}}{5!}+\frac{z^{6}}{7!}-\dotsb\right)^{k}.$

이 끔찍한 합을 전개하면(저는 하지 않겠습니다), $\frac{1}{z}$ 에 멀쩡한 테일러 급수를 곱한 것, 즉 로랑 급수를 얻습니다.

표기의 남용 32.2.4.

우리는 종종 “ $z\mapsto\frac{1}{z}$ 로 주어진 함수 $f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 생각합시다”와 같이 말할 것입니다. 물론 $f$ 는 $z=0$ 에서 값을 갖지 않으므로 이것은 완전히 정확하지는 않습니다. 완전히 엄밀하게 하려면 그냥 $f(0)=2015$ 따위로 정하고 넘어가겠지만, 실질적으로는 그냥 “ $z=0$ 에서 정의되지 않음”으로 생각합시다.

왜 그냥 $g\colon\mathbb{C}\setminus\{0\}\to\mathbb{C}$ 라고 쓰지 않을까요? 이렇게 해야 하는 이유는, $z=0$ 에서 값이 주어지지 않더라도 $f$ 가 $\mathbb{C}$ 에서 정칙이 “되려고 한다”는 것을 기억하는 것이 여전히 중요하기 때문입니다. 함수 $\mathbb{C}\setminus\{0\}\to\mathbb{C}$ 로서 함수 $\frac{1}{z}$ 는 실제로 정칙입니다.

비고 32.2.5.

저는 임의의 함수 $A(z)/B(z)$ 가 극을 이용한 이러한 특징을 갖는다는 것을 보였지만, 중요한 결과는 그 역도 참이라는 것입니다. 즉, 어떤 고립된 집합 $S$ 에 대해 $f\colon U\setminus S\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고, 더 나아가 $f$ 가 $S$ 의 각 점에서 로랑 급수를 가지면, $f$ 는 정칙 함수들의 유리 몫으로 쓸 수 있습니다. 여기서 증명하지는 않겠지만, 알아 두면 좋습니다.

정의 32.2.6.

$p$ 를 유리형 함수 $f$ 의 극이라 하고, 그 로랑 급수가 다음과 같다고 합시다.

f(z)=\frac{c_{-m}}{(z-p)^{m}}+\frac{c_{-m+1}}{(z-p)^{m-1}}+\dots+\frac{c_{-1}}% {z-p}+c_{0}+c_{1}(z-p)+\dots.

정수 $m$ 을 극의 위수라고 합니다. 위수가 $1$ 인 극을 단순극이라고 합니다.

또한 계수 $c_{-1}$ 에도 이름을 붙여, $p$ 에서 $f$ 의 유수라고 부르며 $\operatorname{Res}(f;p)$ 로 씁니다.

극의 위수는 그 극이 얼마나 “나쁜지”를 알려 줍니다. 극의 위수는 영점의 중복도와 “반대되는” 개념입니다. $f$ 가 0에서 극을 가진다면, $z=0$ 근처에서 $f$ 의 로랑 급수는 대략 다음과 같은 모양일 수 있습니다

f(z)=\frac{1}{z^{5}}+\frac{8}{z^{3}}-\frac{2}{z^{2}}+\frac{4}{z}+9-3z+8z^{2}+\dotsb

따라서 $f$ 는 위수가 5인 극을 가집니다. 마찬가지로, $g$ 가 $z=0$ 에서 영점을 가진다면 대략 다음과 같은 모양일 수 있습니다

g(z)=3z^{3}+2z^{4}+9z^{5}+\dotsb

따라서 $g$ 는 중복도가 3인 영점을 가집니다. 이러한 위수는 가법적입니다. $f(z)g(z)$ 는 여전히 위수가 $5-3=2$ 인 극을 가지지만, $f(z)g(z)^{2}$ 는 이제 완전히 메워졌으며, 실제로 이제 단순 영점(즉, 차수가 $1$ 인 영점)을 가집니다.

연습문제 32.2.7.

위에서 설명한 대로 위수가 가법적이라는 것을 스스로 확인해 보십시오. (테일러/로랑 급수를 곱하고 있다는 점을 이해하면 이는 자명합니다.)

비유적으로, 극은 “음의 영점”으로 생각할 수 있습니다.

이제 훨씬 더 많은 예를 들 수 있습니다.

예제 32.2.8 (유리형 함수의 예).

(a)

모든 정칙 함수는 마침 극이 하나도 없는 유리형 함수입니다. 시시하지만, 그렇습니다.
(b)

$z\neq 0$ 에 대해 $z\mapsto 100z^{-1}$ 로 주어지고 0에서는 정의되지 않는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 유리형 함수입니다. 이 함수의 유일한 극은 0이며, 그 위수는 $1$ 이고 유수는 $100$ 입니다.
(c)

$z\mapsto z^{-3}+z^{2}+z^{9}$ 로 주어지는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 역시 유리형 함수입니다. 이 함수의 유일한 극은 0이며, 그 위수는 $3$ 이고 유수는 $0$ 입니다.
(d)

$z\mapsto\frac{e^{z}}{z^{2}}$ 로 주어지는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 유리형이며, $z=0$ 에서의 로랑 급수는 다음과 같습니다

$\frac{e^{z}}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{z}+\frac{1}{2}+\frac{z}{6}+\frac{% z^{2}}{24}+\frac{z^{3}}{120}+\dotsb.$

따라서 극 $z=0$ 의 위수는 $2$ 이고 유수는 $1$ 입니다.

예제 32.2.9 (유리 유리형 함수).

다음과 같이 주어지는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 생각해 봅시다

	$\displaystyle z$	$\displaystyle\mapsto\frac{z^{4}+1}{z^{2}-1}=z^{2}+1+\frac{2}{(z-1)(z+1)}$
		$\displaystyle=z^{2}+1+\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{1+\frac{z-1}{2}}$
		$\displaystyle=\frac{1}{z-1}+\frac{3}{2}+\frac{9}{4}(z-1)+\frac{7}{8}(z-1)^{2}-\dots$

이 함수는 $z=1$ 에서 위수가 $1$ 이고 유수가 $1$ 인 극을 가집니다. (또한 $z=-1$ 에서도 위수가 $1$ 인 극을 가집니다. 그 유수는 직접 계산해 보십시오.)

예제 32.2.10 (극이 무한히 많은 함수).

z\mapsto\frac{1}{\sin(z)}

로 주어지는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 무한히 많은 극을 가집니다. 바로 $k$ 가 정수일 때의 수 $z=\pi k$ 들입니다. $z=0$ 에서만 로랑 급수를 계산해 봅시다.

	$\displaystyle\frac{1}{\sin(z)}$	$\displaystyle=\frac{1}{\frac{z}{1!}-\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}-\dotsb}$
		$\displaystyle=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-\left(\frac{z^{2}}{3!}-\frac{z^{4}}{5% !}+\dotsb\right)}$
		$\displaystyle=\frac{1}{z}\sum_{k\geq 0}\left(\frac{z^{2}}{3!}-\frac{z^{4}}{5!}% +\dotsb\right)^{k}.$

이는 로랑 급수이지만, 저는 그 계수가 무엇인지 전혀 모릅니다. 적어도 유수는 알 수 있습니다. 그 거대한 합의 상수항이 $1$ 이므로 유수는 $1$ 입니다. 또한 이 극의 위수는 $1$ 입니다.

예제 32.2.11 (유리형이 아닌 함수).

다음 함수를 생각해 봅시다

z\mapsto\frac{1}{\sin(1/z)}.

이 함수는 다음 집합에서 정칙 함수입니다

U=\mathbb{C}\setminus\{0\}\setminus S

여기서 $S=\{\frac{1}{\pi k}\mid k\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\}$ 로 정의합니다. $z\mapsto\frac{1}{\sin(z)}$ 와 마찬가지로, 집합 $S$ 의 각 점은 위수가 $1$ 인 극입니다.

그러나 $z=0$ 에서 이 함수는 로랑 급수를 가지지 않습니다 — 만약 가진다면 $z=0$ 주위에 함수가 정의되는 근방이 있어야 하지만, 그러한 집합은 존재하지 않습니다.

그러나 $f$ 는 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 에서 유리형입니다 — 집합 $S$ 는 고립되어 있지만, $S\cup\{0\}$ 는 고립되어 있지 않습니다.

로랑 급수는 존재한다면 (짐작하셨겠지만) 유일하며, 정칙 함수에 관한 앞의 결과에 의해 실제로 $p$ 를 중심으로 하는 임의의 원판( $p$ 한 점은 제외)에서 성립합니다. $\frac{c_{-1}}{z-p}+\dots+\frac{c_{-m}}{(z-p)^{m}}$ 부분을 주요부라고 하고, 급수의 나머지 부분 $c_{0}+c_{1}(z-p)+\dotsb$ 를 해석적 부분이라고 합니다.

32.3 감김수와 유수 정리

반시계 방향 원 $\gamma$ 와 그 내부의 점 $p$ 에 대해 다음이 성립했음을 떠올려 보십시오

\oint_{\gamma}(z-p)^{m}\;dz=\begin{cases}0&m\neq-1\\ 2\pi i&m=-1\end{cases}

여기서 $m$ 은 정수입니다. 이 결과를 확장하면 $m\neq-1$ 일 때 임의의 루프 $\gamma$ 에 대해 $\oint_{\gamma}(z-p)^{m}\;dz=0$ 임을 실제로 보일 수 있습니다. 그래서 $m=-1$ 일 때의 0이 아닌 값에 특별한 이름을 붙입니다.

정의 32.3.1.

점 $p\in\mathbb{C}$ 와 이 점을 지나지 않는 고리 $\gamma$ 에 대하여, $\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p)$ 로 표기하는 감김수를 다음과 같이 정의합니다.

\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{1}{z-p% }\;dz

예를 들어, 앞의 결과들로부터 $\gamma$ 가 원이면 다음이 성립함을 알 수 있습니다

\operatorname{\mathbf{I}}(\text{원},p)=\begin{cases}1&\text{원 내부의 $p$}\\ 0&\text{원 외부의 $p$}.\end{cases}

기본군에 관한 장을 읽었다면, 이것은 단지 $\mathbb{C}\setminus\{p\}$ 에 대응하는 기본군일 뿐입니다. 특히 감김수는 항상 정수입니다. (본질적으로, 이는 복소 로그를 사용하여 함수의 편각이 어떻게 변하는지를 추적합니다. 세부 사항은 더 복잡하므로 여기서는 생략합니다.) 가장 간단한 경우에 감김수는 $0$ 또는 $1$ 입니다.

정의 32.3.2.

$\gamma$ 의 내부에 있는 모든 점 $p$ 에 대해 $\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p)=1$ 이면 루프 $\gamma$ 가 정규라고 합니다(예를 들어 $\gamma$ 가 반시계 방향 원인 경우가 그렇습니다).

이 모든 재료를 갖추면 코시-구르사 정리의 놀라운 일반화를 얻습니다:

정리 32.3.3 (코시 유수 정리).

$\Omega$ 가 단순 연결일 때 $f\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 가 유리형이라고 합시다. 그러면 $f$ 의 어떤 극점도 지나지 않는 임의의 루프 $\gamma$ 에 대해 다음이 성립합니다

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}f(z)\;dz=\sum_{\text{극점 $p$}}\operatorname{% \mathbf{I}}(\gamma,p)\operatorname{Res}(f;p).

특히 $\gamma$ 가 정규이면 경로 적분은 모든 유수의 합이 되며, 그 형태는 다음과 같습니다:

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}f(z)\;dz=\sum_{\begin{subarray}{c}\text{극점 $p$}% \\ \text{$\gamma$ 내부}\end{subarray}}\operatorname{Res}(f;p).

질문 32.3.4.

$\gamma$ 가 반시계 방향 원일 때 $\oint_{\gamma}cz^{-1}\;dz$ 를 적분하여 이 결과가 예상과 일치하는지 확인하십시오.

여기서부터의 증명은 그다지 인상적이지 않습니다. “작업”은 이미 감김수에 관한 우리의 서술에서 이루어졌습니다.

증명.

감김수가 0이 아닌 극을 $p_{1},\dots,p_{k}$ 라고 합시다(나머지 극은 합에 영향을 주지 않습니다).¹¹1그러한 극이 유한개뿐이어야 함을 보이기 위해, 우리의 모든 경로 $\gamma\colon[a,b]\to\mathbb{C}$ 는 실제로 유계이므로 $\gamma$ 전체를 포함하는 어떤 큰 닫힌 원판 $D$ 가 존재한다는 점을 상기하십시오. 따라서 $D$ 바깥의 극은 감김수가 0입니다. 이제 원판 $D$ 안에는 무한히 많은 극이 있을 수 없는데, $D$ 는 콤팩트이고 극의 집합은 닫혀 있으며 고립된 집합이기 때문입니다! 그러면 $f$ 를 다음 꼴로 쓸 수 있습니다.

f(z)=g(z)+\sum_{i=1}^{k}P_{i}\left(\frac{1}{z-p_{i}}\right)

여기서 $P_{i}\left(\frac{1}{z-p_{i}}\right)$ 는 극점 $p_{i}$ 의 주요부입니다. (예를 들어 $f(z)=\frac{z^{3}-z+1}{z(z+1)}$ 이면 $f(z)=(z-1)+\frac{1}{z}-\frac{1}{1+z}$ 로 씁니다.)

이렇게 하는 이유는 함수 $g$ 가 정칙이라는 데 있습니다(“나쁜” 부분을 모두 제거했기 때문입니다). 따라서

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

이는 코시-구르사 정리에 의한 것입니다.

한편 $P_{i}(x)=c_{1}x+c_{2}x^{2}+\dots+c_{d}x^{d}$ 이면

	$\displaystyle\oint_{\gamma}P_{i}\left(\frac{1}{z-p_{i}}\right)\;dz$	$\displaystyle=\oint_{\gamma}c_{1}\cdot\left(\frac{1}{z-p_{i}}\right)\;dz+\oint% _{\gamma}c_{2}\cdot\left(\frac{1}{z-p_{i}}\right)^{2}\;dz+\dots$
		$\displaystyle=c_{1}\cdot\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p_{i})+0+0+\dots$
		$\displaystyle=\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p_{i})\operatorname{Res}(f;p_{i% }).$

이로써 결론을 얻습니다. ∎

비고 32.3.5 (코시 적분 공식에 담긴 직관).

정리 31.5.1의 설정에서, $f$ 가 원판 $D$ 에서 유리형이면 점 $a$ 에서 $f$ 의 로랑 급수를 계산할 수 있다는 점에 주목하십시오:

f(z)=\frac{c_{-m}}{(z-a)^{m}}+\frac{c_{-m+1}}{(z-a)^{m-1}}+\dots+\frac{c_{-1}}% {z-a}+c_{0}+c_{1}(z-a)+\cdots

유수 정리에 의해, $D$ 의 경계를 따라 $f(z)$ 를 적분하면 로랑 급수의 $c_{-1}$ 계수가 나옵니다:

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

물론 이것은 쓸모가 없습니다 — $f$ 는 $a$ 에서 정칙이므로 $c_{-1}=0$ 입니다. 우리가 계산하고 싶은 것은 오히려 $c_{0}=f(a)$ 입니다.

그럼에도 요령은, 계산하고 싶은 계수를 $(z-a)^{-1}$ 에 대응하는 계수 자리로 옮기기 위해 함수 $f$ 를 조작할 수 있다는 것입니다. 어떻게 하면 될까요? 물론 $z-a$ 로 나누면 됩니다!

따라서 $\frac{f(z)}{z-a}$ 는 원판 $D$ 에서 유리형이며, $a$ 주위에서의 로랑 급수 전개는 다음과 같습니다.

\frac{f(z)}{z-a}=\frac{c_{-m}}{(z-a)^{m+1}}+\frac{c_{-m+1}}{(z-a)^{m}}+\dots+% \frac{c_{-1}}{(z-a)^{2}}+\frac{c_{0}}{z-a}+c_{1}+c_{2}(z-a)+\cdots

$\frac{f(z)}{z-a}$ 는 $D$ 안에서 $a$ 이외의 다른 극점을 갖지 않으므로, 유수 정리에 의해 곧바로 적분 $\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z-a}\;dz$ 가 $\operatorname{Res}(\frac{f(z)}{z-a};a)$ 와 같음을 알 수 있으며, 위의 로랑 급수를 보면 이는 $c_{0}$ 와 같습니다.

32.4 편각 원리

한 가지 교묘한 응용은 다음과 같습니다. 다항식 $P(x)=(x-a_{1})^{e_{1}}(x-a_{2})^{e_{2}}\dots(x-a_{n})^{e_{n}}$ 이 주어졌을 때, 다음이 성립한다는 것을 알고 계실 수도 있습니다.

\frac{P^{\prime}(x)}{P(x)}=\frac{e_{1}}{x-a_{1}}+\frac{e_{2}}{x-a_{2}}+\dots+% \frac{e_{n}}{x-a_{n}}.

$P^{\prime}/P$ 는 $\log P$ 의 도함수이므로 이 양을 로그 도함수라고 부릅니다. 이 기법을 사용하면 $P$ 의 영점을 $P^{\prime}/P$ 의 위수 $1$ 인 극점으로 바꿀 수 있습니다. 더욱이 이 극점들의 유수는 근의 중복도입니다.

이와 비슷한 방식으로, 임의의 유리형 함수 $f$ 에 대해서도 유사한 결과를 얻을 수 있습니다.

명제 32.4.1 (로그 도함수).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 유리형 함수라고 합시다. 그러면 로그 도함수 $f^{\prime}/f$ 는 $U$ 에서 $\mathbb{C}$ 로 가는 함수로서 유리형이며, 그 극점은 다음뿐입니다.

(i)

$f$ 의 각 영점에 있는 극점으로, 그 유수는 해당 영점의 중복도이며,
(ii)

$f$ 의 각 극점에 있는 극점으로, 그 유수는 해당 극점의 위수에 음의 부호를 붙인 값입니다.

다시 말하지만, 극점은 거의 음의 중복도를 갖는 영점으로 생각할 수 있습니다. 이러한 정신이 아래에서 잘 드러납니다.

증명.

로랑 급수를 쓰면 매우 쉽습니다. $a$ 를 $f$ 의 영점 또는 극점이라 하고, 편의상 일반성을 잃지 않고 $a=0$ 이라 둡시다. 0에서 로랑 급수를 취하면

f(z)=c_{k}z^{k}+c_{k+1}z^{k+1}+\dots

를 얻습니다. 여기서 $0$ 이 극점이면 $k<0$ 이고, $0$ 이 영점이면 $k>0$ 입니다. 도함수를 취하면 다음을 얻습니다.

f^{\prime}(z)=kc_{k}z^{k-1}+(k+1)c_{k+1}z^{k}+\dots.

이제 $f^{\prime}/f$ 를 살펴봅시다. 약간의 계산을 하면 이는 다음과 같습니다.

\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}=\frac{1}{z}\frac{kc_{k}+(k+1)c_{k+1}z+\dots}{c_{k}+% c_{k+1}z+\dots}.

따라서 $z=0$ 에서 유수가 $k$ 인 단순 극점을 얻습니다. ∎

이 기법을 사용하면 이른바 편각 원리를 이용하여 정규 닫힌 곡선 내부의 영점과 극점의 개수를 구할 수 있습니다.²²2이런 이름이 붙은 이유는 복소수 $z$ 의 편각(argument)이 실수축과 $z$ 를 나타내는 벡터가 이루는 각이기 때문이며, 어떤 논증(argument)을 사용해야 하기 때문이 아닙니다. $z\in\mathbb{C}$ 를 $\mathbb{R}^{2}$ 의 점으로 해석하면, $z$ 의 편각은 예제 44.7.4에서 정의한 $\theta(z)$ 와 같습니다.

정리 32.4.2 (편각 원리).

$\gamma$ 를 정규 곡선이라고 합시다. $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 $\gamma$ 의 내부와 $\gamma$ 위에서 유리형이고, 그 영점이나 극점 중 어느 것도 $\gamma$ 위에 놓이지 않는다고 가정합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f^{\prime}}{f}\;dz=\frac{1}{2\pi i}\oint_{% f\circ\gamma}\frac{1}{z}\;dz=Z-P

여기서 $Z$ 는 $\gamma$ 내부의 영점의 개수(중복도를 고려하여 셈)이고, $P$ 는 $\gamma$ 내부의 극점의 개수(마찬가지로 중복도를 고려하여 셈)입니다.

증명.

코시 유수 정리를 앞의 명제와 함께 적용하면 바로 얻어집니다. 사실 감김수를 이용하여 임의의 곡선 $\gamma$ 로 일반화할 수 있습니다. 적분은 다음과 같습니다.

\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f^{\prime}}{f}\;dz=\sum_{\text{영점 $z$}}% \operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,z)-\sum_{\text{극점 $p$}}\operatorname{\mathbf{% I}}(\gamma,p)

여기서 합은 중복도를 고려한 것입니다. ∎

따라서 편각 원리를 이용하면 원하는 임의의 영역 내부의 영점과 극점의 개수를 셀 수 있습니다.

컴퓨터는 이를 이용하여, 값은 계산할 수 있지만 전체적인 거동은 이해하기 어려운 함수에 대한 정보를 얻을 수 있습니다. 정칙 함수 $f$ 가 있고, 그 영점이 어디에 있는지 알고 싶다고 합시다. 그러면 여러 가지 원 $\gamma$ 를 골라 보기만 하면 됩니다. 기계의 반올림 오차가 있더라도 적분값은 참값인 정수에 충분히 가까울 것이므로, 주어진 원 안에 영점이 몇 개 있는지 판단할 수 있습니다. 리만 가설(리만 제타 함수의 영점에 관한 가설)에 대한 수치적 증거를 이러한 방법으로 얻을 수 있습니다.

32.5 여담: 기하학적으로 본 편각 원리

편각 원리를 이해하는 또 다른, 더 기하학적인 방법이 있습니다.

함수 $f$ 가 $0$ 을 포함하는 연결 열린집합 $U$ 에서 정칙이고, $0$ 에서 영점 또는 극점을 가질 수도 있다고 가정합시다. $\gamma\colon[0,2\pi]\to U$ 를 $U$ 에 포함되는 곡선으로서 $0$ 이 곡선의 상에 속하지 않는 것이라고 합시다.

$a=\gamma(0)$ 를 $\gamma$ 의 시작점, $b=\gamma(2\pi)$ 를 $\gamma$ 의 끝점이라고 합시다.

$z\mapsto\log z$ 가 실제 함수가 아니라는 것은 우리 모두 알고 있습니다 — $0$ 에서의 특이점을 무시하더라도 분지 절단(branch cut)이 있습니다(이는 장 33에서 엄밀하게 다룰 것입니다).

그럼에도 불구하고 눈을 감고 기호들을 이리저리 옮겨 보면 다음을 얻습니다:

	$\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\;dz$	$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{d}{dz}\log f(z)\;dz$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}d(\log f(z))$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi i}\cdot(\log f(b)-\log f(a)).$

기적적이게도 모든 것이 아주 깔끔하게 상쇄되는 것처럼 보입니다! 이는 우연이 아닙니다.

그런데 $\gamma$ 가 원이라면 $a=b$ 이므로, 위의 공식은 적분이 $0$ 이 된다고 말하는 것처럼 보이지 않습니까? 다행히도 그렇지 않습니다 — $\log$ 는 사실 함수가 아니기 때문입니다.

그렇다면 위의 공식은 어떤 의미가 있습니까? 의미가 있습니다! 이를 엄밀하게 증명하지는 않겠지만, 요점은 다음과 같습니다:

점 $p$ 를 $a$ 에서 $b$ 까지 매끄럽게 움직이면서 $\log f(p)$ 가 그 값을 따라가도록 하면, $\log f(b)-\log f(a)$ 는 $\log f(p)$ 값의 변화량을 나타냅니다.

절 66.2의 표기법으로 말하면, 쥐는 $\gamma$ 를 따라 $a$ 에서 $b$ 까지 움직이고, 첫 번째 로봇은 $f\circ\gamma$ 를 따라 $f(a)$ 에서 $f(b)$ 까지 움직이며, 두 번째 로봇은 $\log f(a)$ 에서 $\log f(b)$ 까지 움직입니다.

잠시 쥐는 잊고, 다음에 주목하십시오:

양 $\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\;dz$ 는 첫 번째 로봇이 원점 주위를 감는 횟수와 같습니다.

즉, $\operatorname{\mathbf{I}}(f\circ\gamma,0)$ 입니다. (이는 본질적으로 자명한데, $\oint d\log z=\oint\frac{1}{z}\;dz$ 가 감김수와 같음을 증명하기 위해 우리가 해 온 모든 작업 덕분입니다.)

마지막으로, $z^{3}$ 과 같은 간단한 예들을 살펴보면:

감김수와 영점의 중복도 사이의 관계를 바로 확인할 수 있습니다.

$z$ 가 원점 주위를 원을 그리며 한 번 돌면, $z^{n}$ 은 원점 주위를 원을 그리며 $n$ 번 돕니다.

$z^{-n}$ 도 크게 다르지 않습니다 — 원점 주위를 원을 그리며 $n$ 번 돌되, 방향만 반대입니다.

이 모든 조각을 짜 맞추면 편각 원리(Argument Principle)를 얻습니다 — 로그 도함수를 사용하여 근의 중복도와 극점의 위수를 셀 수 있습니다.

32.6 철학: 정칙 함수는 왜 이렇게 좋은 성질을 가지는 것입니까?

정칙 함수와 유리형 함수로 누려 온 모든 즐거움은 복소 미분 가능성이 매우 강한 조건이라는 사실로 귀결됩니다. 선험적으로는 $\mathbb{R}^{2}$ 처럼만 보이는 $\mathbb{C}$ 가 실제로는 체라는 것은 작은 기적입니다. 게다가 $\mathbb{R}^{2}$ 에는 자명하지 않은 고리를 그릴 수 있다는 좋은 성질이 있으며(실함수에 대해서도 $\int_{a}^{a}f\;dx=0$ 이 성립하지만, 이는 그다지 흥미롭지 않습니다!), 이 덕분에 이론이 훨씬 더 흥미로워집니다.

Siu³³3하버드 대학교 교수.에게서 얻은 또 다른 직관으로, 사원수 위에서 (왼쪽) 미분 가능 함수를 얻으려 하면 선형 함수밖에 얻지 못하게 됩니다.

32.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 32A (대수학의 기본 정리).

$f$ 가 차수 $n$ 인 영이 아닌 다항식이면 $n$ 개의 근을 가짐을 증명하십시오.

문제 32B (Rouché의 정리).

$f,g\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙 함수이고 $U$ 가 단위 원판을 포함한다고 합시다. 단위원 위의 모든 $z$ 에 대하여 $\left\lvert f(z)\right\rvert>\left\lvert g(z)\right\rvert$ 라고 가정합시다. $f$ 와 $f+g$ 가 단위원의 엄격한 내부에 놓이는 영점을 (중복도를 세어) 같은 개수만큼 가짐을 증명하십시오.

문제 32C (쐐기 경로).

^†^†margin:

각 홀수 정수 $n\geq 3$ 에 대하여 다음 이상적분의 값을 구하십시오.

\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{n}}\;dx.

힌트. 이를 “쐐기 경로”라고 합니다. 반지름이 $r$ 이고 중심각이 $\frac{2\pi}{n}$ 인 원의 부채꼴로 이루어진 쐐기 모양 위에서 적분해 보십시오. 그런 다음 $r\to\infty$ 로 극한을 취하십시오.

풀이. $2019$ 대신 $3$ 을 쓴 경우를 다룬 https://math.stackexchange.com/q/242514/229197를 참고하십시오.

문제 32D (또 다른 경로).

^†^†margin:

다음 적분이

\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+1}\;dx

수렴함을 증명하고 그 값을 구하십시오.

힌트. 이 적분은 $\lim_{a\to\infty}\int_{-a}^{a}\frac{\cos x}{x^{2}+1}\;dx$ 입니다. 각 $a$ 에 대하여 반원을 구성하십시오.

문제 32E.

^†^†margin:

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 상수가 아닌 정칙 함수라고 합시다.

(a)

(열린 사상 정리) $f^{\text{img}}(U)$ 가 $\mathbb{C}$ 에서 열려 있음을 증명하십시오.⁴⁴4따라서 임의의 열린집합 $V\subseteq U$ 의 상도 $\mathbb{C}$ 에서 열려 있습니다( $f$ 를 $V$ 로 제한한 함수에 대하여 같은 증명을 반복하면 됩니다).
(b)

(최대 절댓값 원리) $\left\lvert f\right\rvert$ 가 $U$ 위에서 최댓값을 가질 수 없음을 보이십시오. 즉, 임의의 $z\in U$ 에 대하여 $\left\lvert f(z)\right\rvert<\left\lvert f(z^{\prime})\right\rvert$ 를 만족하는 $z^{\prime}\in U$ 가 존재함을 보이십시오.