장 32 유리형 함수

32.1 세상에서 두 번째로 멋진 함수들

정칙 함수가 다항식과 같다면, 유리형 함수는 유리 함수와 같습니다. 기본적으로, 유리형 함수는 $\frac{A(z)}{B(z)}$ 형태의 함수이며, 여기서 $A,B\colon U\to\mathbb{C}$ 는 정칙이고 $B$ 는 영이 아닙니다. 유리형 함수의 가장 중요한 예시는 $\frac{1}{z}$ 입니다.

우리는 유리형 함수가 ”거의 정칙인” 함수처럼 작동함을 볼 것입니다. 구체적으로, 유리형 함수 $A/B$ 는 $B$ 의 영점(극이라 불림)을 제외한 모든 점에서 정칙일 것입니다. 항등 정리에 의해, $B$ 의 영점은 그리 많을 수 없습니다! 따라서 유리형 함수는 ”거의 정칙”인 것으로 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

단위원인 $\gamma(t)=e^{it}$ 에 대해서 말입니다. 우리는 경로에 대한 결과를 이러한 상황으로 확장할 것입니다.

알고 보니, 정칙인 경우처럼 단순히 $\oint_{\gamma}f(z)\;dz=0$ 을 얻는 대신, 경로 적분은 실제로 고리 $\gamma$ 내부의 극의 개수를 세는 데 사용될 것입니다. 터무니없다는 것, 저도 압니다.

32.2 유리형 함수

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

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

정의 32.2.1.

함수 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 유리형이라는 것은, 정칙 함수 $A,B\colon U\to\mathbb{C}$ 가 존재하여 $B$ 가 어떤 열린 근방에서도 항등적으로 영이 아니고, $B(z)\neq 0$ 일 때마다 $f(z)=A(z)/B(z)$ 가 성립함을 의미합니다.

이 함수 $f$ 가 어떻게 작동하는지 살펴보겠습니다. $z\in U$ 가 $B(z)\neq 0$ 을 만족하면, 어떤 작은 열린 근방에서 함수 $B$ 는 전혀 영이 아니며, 따라서 $A/B$ 는 실제로 정칙입니다. 따라서 $f$ 는 $z$ 에서 정칙입니다. (구체적인 예시: $\frac{1}{z}$ 는 $0$ 을 포함하지 않는 모든 원판에서 정칙입니다.)

반면, $p\in U$ 가 $B(p)=0$ 을 만족한다고 합시다. 일반성을 잃지 않고, 표기를 간단히 하기 위해 $p=0$ 이라 하겠습니다. $p=0$ 에서의 테일러 급수를 이용하면 다음과 같이 놓을 수 있습니다

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

$c_{k}\neq 0$ 인 경우입니다( $B$ 가 항등적으로 영이 아니므로 어떤 계수는 확실히 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}.

하지만 오른쪽의 분수는 이 열린 근방에서 정칙 함수입니다! 그러므로 일어난 일이라고는 여분의 $z^{-k}$ 이 붙어 다니게 된 것뿐입니다.

이것은 유리형 함수를 바라보는 동등한 방법을 제공해 줍니다.

정의 32.2.2.

평소와 같이 $f\colon U\to\mathbb{C}$ 라 하겠습니다. 유리형 함수란 고립점들의 집합 $S$ 를 제외하고 $U$ 위에서 정칙인 함수를 말합니다(즉 함수 $U\setminus S\to\mathbb{C}$ 로서 정칙임을 의미합니다). $f$ 의 극점이라 불리는 각 $p\in S$ 에 대해, 함수 $f$ 는 추가로 로랑 급수를 가져야 하며, 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

$z=p$ 를 제외하고 $p$ 의 어떤 열린 근방에 속하는 모든 $z$ 에 대해서입니다. 여기서 $m$ 은 양의 정수이며, $c_{-m}\neq 0$ 입니다.

끝부분이 반드시 종결되어야 함에 유의하십시오. ”고립된 집합”이라는 것은, $S$ 에 속한 각 극점 주위에 열린 근방을 그릴 수 있되, 어떤 두 열린 근방도 서로 교차하지 않도록 할 수 있다는 뜻입니다.

예제 32.2.3 (유리형 함수의 예).

함수

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

를 생각해 보겠습니다. 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 전개해 보면 (여기서 직접 하지는 않겠습니다), $\frac{1}{z}$ 곱하기 완전히 정상적인 테일러 급수, 즉 로랑 급수를 얻게 됩니다.

표기의 남용 32.2.4.

우리는 종종 ” $z\mapsto\frac{1}{z}$ 에 의한 함수 $f\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 를 생각해 보자”와 같은 표현을 사용하곤 합니다. 물론 이것은 완전히 정확한 것은 아닌데, $f$ 가 $z=0$ 에서 값을 갖지 않기 때문입니다. 만약 완전히 엄밀하게 하고자 한다면 그냥 $f(0)=2015$ 정도로 정해 놓고 넘어가면 되겠지만, 실질적으로는 그냥 ” $z=0$ 에서 정의되지 않음”이라고 생각하도록 하겠습니다.

그렇다면 왜 그냥 $g\colon\mathbb{C}\setminus\{0\}\to\mathbb{C}$ 라고 쓰지 않을까요? 이렇게 해야 하는 이유는, $z=0$ 에서 값이 배정되어 있지 않더라도 $f$ 가 $\mathbb{C}$ 위에서 정칙이 ”되고자” 한다는 것을 여전히 기억해 두는 것이 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 극점을 통한 이러한 특성화를 가짐을 보였습니다만, 중요한 결과는 그 역 또한 성립한다는 것입니다: 만약 어떤 고립된 집합 $S$ 에 대해 $f\colon U\setminus S\to\mathbb{C}$ 가 정칙이고, 나아가 $f$ 가 $S$ 의 각 점에서 로랑 급수를 갖는다면, $f$ 는 정칙 함수들의 유리 몫으로 쓸 수 있습니다. 여기서 이를 증명하지는 않겠지만, 알아 두면 좋습니다.

정의 32.2.6.

유리형 함수 $f$ 의 극점 $p$ 를 생각하고, 로랑 급수는 다음과 같다고 하겠습니다.

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 위수(order)라고 부릅니다. 위수가 $1$ 인 극을 단순극(simple pole)이라고 부릅니다.

또한 계수 $c_{-1}$ 에도 이름을 붙이는데, 이를 $p$ 에서의 $f$ 의 유수(residue)라고 하며 $\operatorname{Res}(f;p)$ 로 씁니다.

극의 위수는 그 극이 얼마나 ”나쁜지”를 말해줍니다. 극의 위수는 영점의 중복도와 ”반대” 개념입니다. 만약 $f$ 가 영점 근처에 극을 가진다면, $z=0$ 근처에서의 로랑 급수는 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 위수 5의 극을 가집니다. 유사하게, $g$ 가 $z=0$ 에서 영점을 가진다면, 다음과 같은 모습일 수 있습니다

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

따라서 $g$ 는 중복도 3의 영점을 가집니다. 이러한 위수들은 가법적입니다: $f(z)g(z)$ 는 여전히 위수 $5-3=2$ 의 극을 가지지만, $f(z)g(z)^{2}$ 는 이제 완전히 메워졌으며, 사실 이제 단순영점(simple zero)을 가집니다 (즉, 차수 $1$ 의 영점입니다).

연습문제 32.2.7.

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

비유적으로, 극은 “음의 영점”으로 생각할 수 있습니다.

이제 더 많은 예를 들 수 있습니다.

예제 32.2.8 (유리형 함수의 예).

(a)

임의의 정칙 함수는 극을 전혀 가지지 않는 유리형 함수입니다. 당연한 얘기입니다, 그렇습니다.
(b)

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

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

$z\mapsto\frac{e^{z}}{z^{2}}$ 로 정의된 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 유리형 함수이며, $z=0$ 에서의 로랑 급수는 다음과 같이 주어집니다.

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

따라서 극점 $z=0$ 은 위수 $2$ 이고 유수는 $1$ 입니다.

예제 32.2.9 (유리 유리형 함수).

다음과 같이 주어진 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 위수 $1$ 의 극점을 가지며 유수는 $1$ 입니다. (또한 $z=-1$ 에서도 위수 $1$ 의 극점을 가지는데, 유수를 직접 계산해 보시기 바랍니다.)

예제 32.2.10 (극점이 무한히 많은 함수).

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

로 정의된 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 는 극점이 무한히 많은데, 바로 $z=\pi k$ ( $k$ 는 정수)로 주어지는 수들입니다. 우선 $z=0$ 에서의 로랑 급수만 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, 계수가 무엇인지는 전혀 알 수 없습니다. 그래도 유수는 알 수 있는데, 이 거대한 급수의 상수항이 $1$ 이므로 유수는 $1$ 입니다. 또한 이 극점의 위수는 $1$ 입니다.

예제 32.2.11 (유리형 함수가 아닌 함수).

다음 함수를 생각해 봅시다.

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

이 함수는 다음 위에서 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 위수 $1$ 의 극점을 가집니다.

그러나 $z=0$ 에서는 이 함수의 로랑 급수가 존재하지 않습니다 — 만약 존재한다면 $z=0$ 주위에 함수가 정의되는 근방이 있어야 하는데, 그런 집합은 존재하지 않습니다.

그러나 $f$ 는 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 위에서는 유리형 함수입니다 — 집합 $S$ 는 고립되어 있지만, $S\cup\{0\}$ 은 고립되어 있지 않기 때문입니다.

로랑 급수는 존재한다면 (짐작하셨을 수도 있듯이) 유일하며, 정칙 함수에 대한 우리의 결과에 의해 실제로는 $p$ 를 중심으로 하는 임의의 원판(점 $p$ 는 제외)에서 성립합니다. $\frac{c_{-1}}{z-p}+\dots+\frac{c_{-m}}{(z-p)^{m}}$ 부분은 주부라고 하며, 급수의 나머지 $c_{0}+c_{1}(z-p)+\dotsb$ 는 정칙부라고 합니다.

32.3 회전수와 유수 정리

반시계 방향 원 $\gamma$ 와 그 내부의 점 $p$ 에 대해 우리가 다음을 얻었음을 기억하십시오

\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 실제로 임의의 루프 $\gamma$ 에 대해 $m\neq-1$ 일 때 $\oint_{\gamma}(z-p)^{m}\;dz=0$ 임을 보일 수 있습니다. 그래서 우리는 $m=-1$ 에서의 영이 아닌 값에 특별한 이름을 붙입니다.

정의 32.3.1.

점 $p\in\mathbb{C}$ 와 이 점을 지나지 않는 루프 $\gamma$ 에 대해, 다음과 같이 회전수를 정의하며 $\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p)$ 로 표기합니다

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

예를 들어 앞선 결과에 의해 $\gamma$ 가 원이라면 다음을 얻음을 알 수 있습니다

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

기본군에 대한 장을 읽으셨다면, 이는 단지 $\mathbb{C}\setminus\{p\}$ 에 결부된 기본군에 지나지 않습니다. 특히 회전수는 항상 정수입니다. (본질적으로 이는 복소 로그를 사용하여 함수의 편각이 어떻게 변하는지를 추적합니다. 세부 사항은 더 복잡하므로 여기서는 생략합니다.) 가장 간단한 경우에는 회전수가 $0$ 또는 $1$ 입니다.

정의 32.3.2.

$\gamma$ 내부의 모든 점 $p$ 에 대해 $\operatorname{\mathbf{I}}(\gamma,p)=1$ 이면 루프 $\gamma$ 가 정칙이라고 합니다(예를 들어 $\gamma$ 가 반시계 방향 원인 경우).

이 모든 요소를 갖추면 코시-구르사 정리의 놀라운 일반화를 얻습니다

정리 32.3.3 (코시의 유수 정리).

$\Omega$ 가 단순 연결일 때 $f\colon\Omega\to\mathbb{C}$ 가 유리형이라고 합시다. 그러면 극점을 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 정칙이면 경로 적분은 다음과 같은 형태로 모든 유수의 합이 됩니다

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

질문 32.3.4.

$\gamma$ 가 반시계 방향 원일 때 $\oint_{\gamma}cz^{-1}\;dz$ 를 적분하면 이 결과가 여러분이 기대하는 바와 일치하는지 확인하십시오.

여기서부터의 증명은 그다지 인상적이지 않습니다 – “작업”은 이미 회전수에 대한 우리의 진술에서 끝났습니다.

증명.

0이 아닌 회전수를 갖는 극점들을 $p_{1},\dots,p_{k}$ 라 합시다 (다른 극점들은 합에 영향을 주지 않습니다).¹¹1이러한 극점이 유한 개임을 보이려면: 우리의 모든 경로 $\gamma\colon[a,b]\to\mathbb{C}$ 가 실제로는 유계라는 사실을 상기하십시오. 따라서 $\gamma$ 전체를 포함하는 어떤 큰 닫힌 원판 $D$ 가 존재합니다. 따라서 $D$ 바깥의 극점들은 회전수가 0입니다. 이제 원판 $D$ 안에 무한히 많은 극점이 있을 수는 없는데, $D$ 는 콤팩트이고 극점들의 집합은 닫혀 있으면서 고립된 집합이기 때문입니다! 그러면 $f$ 를 다음과 같은 형태로 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, $f(z)=\frac{z^{3}-z+1}{z(z+1)}$ 이라면 $f(z)=(z-1)+\frac{1}{z}-\frac{1}{1+z}$ 로 쓸 수 있습니다.)

이렇게 하는 이유는 함수 $g$ 가 정칙이 되기 때문입니다 (모든 “나쁜” 부분을 제거했습니다), 따라서

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

코시-구르사에 의해.

반면, $P_{i}(x)=c_{1}x+c_{2}x^{2}+\dots+c_{d}x^{d}$ 이라면

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

이는 결론을 줍니다. ∎

비고 32.3.5 (코시 적분 공식 뒤에 있는 직관).

정리 31.5.1의 설정에서, $f$ 가 원판 $D$ 에서 유리형이라면, 점 $a$ 에서 $f$ 의 로랑 급수를 계산할 수 있음에 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, $f(z)$ 를 $D$ 의 경계를 따라 적분하면 로랑 급수의 $c_{-1}$ 계수가 나옵니다:

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

물론 이는 쓸모가 없습니다 — $f$ 는 $a$ 에서 정칙이므로 $c_{-1}=0$ 입니다. 우리는 대신 $c_{0}=f(a)$ 를 계산하고자 합니다.

그럼에도 불구하고, 그 요령은 함수 $f$ 를 조작할 수 있다는 것에 있으며, 이를 통해 계산하고자 하는 계수를 $(z-a)^{-1}$ 에 대응하는 계수로 옮길 수 있습니다. 어떻게 그렇게 할까요? 물론 $z-a$ 로 나누면 됩니다!

그러므로, $\frac{f(z)}{z-a}$ 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 $a$ 를 제외하고 $D$ 안에 다른 극점이 없으므로, 유수 정리는 즉시 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 알려주며, 이는 위의 로랑 급수를 보면 $c_{0}$ 와 같습니다.

32.4 편각 원리

까다로운 응용 하나는 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 성립함을 알고 있을 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}}.

양 $P^{\prime}/P$ 는 로그 도함수라 불리는데, 이는 $\log P$ 의 도함수이기 때문입니다. 이 요령은 $P$ 의 영점을 $P^{\prime}/P$ 의 차수 $1$ 짜리 극점으로 변환할 수 있게 해줍니다; 게다가 이 극점들의 유수는 근들의 중복도입니다.

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

명제 32.4.1 (로그 도함수).

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 유리형 함수라 합시다. 그러면 로그 도함수 $f^{\prime}/f$ 는 $U$ 에서 $\mathbb{C}$ 로 가는 함수로서 유리형입니다; 그 극점들은 오직 다음과 같습니다:

(i)

$f$ 의 각 영점에서, 그 유수가 중복도인 극점, 그리고
(ii)

$f$ 의 각 극점에서, 그 유수가 극점 차수의 음수인 극점.

다시 말해, 극점을 거의 음의 중복도를 갖는 영점으로 생각할 수 있습니다. 이러한 정신은 아래에서 예시됩니다.

증명.

로랑 급수를 쓰면 매우 쉽습니다. $a$ 를 $f$ 의 영점/극점이라 하고, 일반성을 잃지 않고 편의상 $a=0$ 으로 둡시다. 0에서의 로랑 급수를 취하면

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

가 되는데, 여기서 $0$ 이 극점이면 $k<0$ 이고 $0$ 이 영점이면 $k>0$ 입니다. 도함수를 취하면

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

이제 $f^{\prime}/f$ 를 살펴보면; 약간의 계산을 통해 이는 다음과 같아집니다

\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 이용하면 이른바 편각 원리를 사용하여 정칙 폐곡선 내부의 영점과 극점의 개수를 결정할 수 있습니다.²²2복소수 $z$ 의 편각이 실수축과 $z$ 를 나타내는 벡터가 이루는 각도이기 때문에 이렇게 불리는 것이지, 어떤 논증(argument)을 사용해야 하기 때문은 아닙니다. $z\in\mathbb{C}$ 를 $\mathbb{R}^{2}$ 의 한 점으로 해석하면, $z$ 의 편각은 예제 44.7.4에서 정의한 $\theta(z)$ 와 같습니다.

정리 32.4.2 (편각 원리).

$\gamma$ 를 정칙 곡선이라 합시다. $f\colon U\to\mathbb{C}$ 가 $\gamma$ 내부와 $\gamma$ 위에서 유리형이고, $f$ 의 영점과 극점 중 어느 것도 $\gamma$ 위에 놓여 있지 않다고 가정합니다. 그러면

\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 영점 개수(중복도를 포함하여 셈)이고 $P$ 는 $\gamma$ 내부의 극점 개수(역시 중복도를 포함하여 셈)입니다.

증명.

코시의 유수 정리를 앞선 명제와 함께 적용하면 바로 얻어집니다. 실제로는 회전수를 통해 임의의 곡선 $\gamma$ 로 일반화할 수 있습니다: 적분값은

\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 포함하여 계산됩니다. ∎

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 그저 다양한 원 $\gamma$ 를 골라 시작하면 됩니다. 기계적인 반올림 오차가 있더라도, 적분값은 참인 정수값에 충분히 가까워서 임의로 주어진 원 안에 영점이 몇 개 있는지 결정할 수 있습니다. 리만 가설(리만 제타 함수의 영점에 관한 가설)에 대한 수치적 증거도 이러한 방식으로 얻을 수 있습니다.

32.5 여담: 기하학적으로 바라본 편각 원리

편각 원리를 이해하는 또 다른, 더 기하학적인 방법이 있습니다.

함수 $f$ 가 $0$ 을 포함하는 연결된 열린집합 $U$ 위에서 정칙이며, $0$ 에서 영점이나 극점을 가질 수도 있다고 가정합시다. $\gamma\colon[0,2\pi]\to U$ 를 $U$ 에 포함된 곡선으로서, $0$ 이 이 곡선의 상에 속하지 않는 것으로 둡시다.

$a=\gamma(0)$ 을 $\gamma$ 의 시작점으로, $b=\gamma(2\pi)$ 를 $\gamma$ 의 끝점으로 둡니다.

$z\mapsto\log z$ 가 실제 함수가 아니라는 것은 모두 알고 있습니다 — $0$ 에서의 특이점을 무시하더라도, 이는 분지 절단을 가지고 있습니다 (이는 장 33에서 형식적으로 다룰 것입니다).

그럼에도 불구하고, 눈을 감고 기호들을 이리저리 옮겨보면 다음을 얻습니다:

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

놀랍게도, 모든 것이 아주 깔끔하게 소거되는 것처럼 보입니다! 이는 우연이 아닙니다.

이제, $\gamma$ 가 원이라면 $a=b$ 이므로, 위 공식은 겉보기에 적분값이 $0$ 이라고 말하는 것처럼 보입니다? 다행히도, 그렇지 않습니다 — $\log$ 은 사실 함수가 아니기 때문입니다.

그렇다면, 위 공식은 어떤 의미를 가질까요? 그렇습니다! 엄밀하게 증명하지는 않겠지만, 요점은 다음과 같습니다:

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

절 66.2의 표기법에서, 쥐는 $\gamma$ 를 따라 $a$ 에서 $b$ 까지 이동하고, 첫 번째 로봇은 $f\circ\gamma$ 를 따라 $f(a)$ 에서 $f(b)$ 까지 이동하며, 두 번째 로봇은 $\log f(a)$ 에서 $\log f(b)$ 까지 이동합니다.

잠시 쥐에 대해서는 잊는다면, 다음을 주목하십시오:

$\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\;dz$ 의 값은 첫 번째 로봇이 원점을 감는 횟수와 같습니다.

즉, $\operatorname{\mathbf{I}}(f\circ\gamma,0)$ 입니다. (이는 $\oint d\log z=\oint\frac{1}{z}\;dz$ 가 감김수와 같다는 것을 증명하기 위해 우리가 해온 모든 작업 덕분에 본질적으로 자명하게 알 수 있습니다.)

마지막으로, $z^{3}$ 과 같은 간단한 예시들을 살펴보면:

회전수와 영점의 중복도 사이의 관계를 바로 확인할 수 있습니다:

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

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

이 모든 조각을 짜맞추면 편각 원리를 얻습니다 — 로그 도함수를 이용하여 근의 중복도와 극점의 위수를 셀 수 있습니다.

32.6 철학: 정칙 함수는 왜 그렇게 좋은 성질을 가지는가?

정칙 함수와 유리형 함수를 다루며 누렸던 모든 즐거움은 복소 미분가능성이 매우 강한 조건이라는 사실로 귀결됩니다. 언뜻 보기에는 $\mathbb{R}^{2}$ 처럼만 보이는 $\mathbb{C}$ 가 실은 체(field)라는 것은 작은 기적입니다. 게다가 $\mathbb{R}^{2}$ 는 자명하지 않은 폐곡선을 그릴 수 있다는 좋은 성질을 가지고 있으며(실함수에 대해서도 $\int_{a}^{a}f\;dx=0$ 이라는 사실은 성립하지만, 이는 그다지 흥미롭지 않습니다!), 이 때문에 이론이 훨씬 더 흥미로워집니다.

시우³³3하버드 대학교 교수.의 또 다른 직관 하나를 들자면: 사원수 위에서 (좌측) 미분가능한 함수를 얻으려 하면, 결국 선형 함수만 남는다는 것을 발견하게 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 (루셰 정리).

$f,g\colon U\to\mathbb{C}$ 가 정칙 함수이고, $U$ 가 단위원판을 포함한다고 하십시오. 단위원 위의 모든 $z$ 에 대해 $\left\lvert f(z)\right\rvert>\left\lvert g(z)\right\rvert$ 라고 가정하십시오. $f$ 와 $f+g$ 가 단위원 내부에 엄격하게 놓인 영점의 개수(중복도를 포함하여)가 같음을 증명하십시오.

문제 32C (쐐기 윤곽).

^†^†margin:

$n\geq 3$ 인 각 홀수 정수에 대해, 다음 이상적분의 값을 구하십시오

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

힌트. 이를 ”쐐기 윤곽”이라고 합니다. 중심각이 $\frac{2\pi}{n}$ 이고 반지름이 $r$ 인 원의 부채꼴로 이루어진 쐐기 모양에 대해 적분해 보십시오. 그런 다음 $r\to\infty$ 일 때의 극한을 취하십시오.

풀이. https://math.stackexchange.com/q/242514/229197을 참고하십시오. 여기서는 $2019$ 가 $3$ 으로 대체되어 있습니다.

문제 32D (또 다른 경로).

^†^†margin:

다음 적분이

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

수렴함을 증명하고 그 값을 구하십시오.

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

문제 32E.

^†^†margin:

$f\colon U\to\mathbb{C}$ 를 상수가 아닌 정칙 함수라 하십시오.

(a)

(열린 사상 정리) $f^{\text{img}}(U)$ 가 $\mathbb{C}$ 에서 열린집합임을 증명하십시오.⁴⁴4따라서 임의의 열린집합 $V\subseteq U$ 의 상도 $\mathbb{C}$ 에서 열린집합입니다( $f$ 를 $V$ 로 제한한 것에 대해 증명을 반복함으로써).
(b)

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