定義 3.3 C の開集合 D で定義された複素関数 f(z) がz0 ∈D で（複素）微分可能であ るとは，複素数 ∆z を 0 に近づけたときの極限値
α= lim
∆z→0
f(z0+ ∆z)−f(z0)
∆z
が存在することである．あるいは z を z0 に近づけたときの極限値 α = lim
z→z0
f(z)−f(z0) z−z0
が存在すると言ってもよい．ε-δ論法を用いれば，ある複素数 α が存在して，任意の正の 実数 εに対して
(z∈D かつ 0 <|z−z0| < δ) ⇒
f(z)−f(z0) z−z0
−α < ε
が成立するような正の実数 δ が存在することである．このとき，f′(z0) := α を f(z) の z0 における（複素）微分係数という．f(z) が D の任意の点 z0 で微分可能であるとき，
f(z) は D で正則(holomorphic)または（複素）解析的(complex analytic)であるという．
f(z) が D で正則であるとき，f′(z) は D を定義域とする複素関数となる．これを f(z) の導関数という．f′(z) = df
dz(z) とも表す．
正則関数の性質を調べることが複素関数論の目的である．指数関数，三角関数，対数関 数などの初等関数も，複素数の世界で正則関数として考察することによって，初めてその 本質を理解することができる．
例 3.2 定数関数 f(z) =α (α は複素数の定数）と恒等写像 g(z) =z は共に C で正則で，
f′(z) = 0, g′(z) = 1 である． 証明）z0 ∈C とすると，
f(z0+ ∆z)−f(z0)
∆z = α−α
∆z = 0, g(z0+ ∆z)−g(z0)
∆z = z0+ ∆z−z0
∆z = 1
であるから，f(z) と g(z) は z0 で微分可能でf′(z0) = 0, g′(z0) = 1 である．
例 3.3 f(z) =z は任意の z0∈C において微分可能ではないから正則関数でない．実際，
f(z0+ ∆z)−f(z0)
∆z = z0+ ∆z−z0
∆z = ∆z
∆z は例3.1より ∆z →0 のとき極限値を持たない．
命題 3.3 Cの開集合D で定義された複素関数 f(z) がz0 ∈D で微分可能であれば，f(z) は z0 で連続である．
証明: f(z) が z0 で微分可能とすると，
f(z)−f(z0) = (z−z0)f(z)−f(z0) z−z0
→0·f′(z0) = 0 (z →z0) となるから f(z) は z0 で連続である．□
定理 3.1 (正則関数の四則演算) f(z)とg(z)がCの開集合Dで正則ならば，f(z)±g(z), f(z)g(z) も D で正則であり，導関数について
{f(z)±g(z)}′ =f′(z)±g′(z), {f(z)g(z)}′ = f′(z)g(z) +f(z)g′(z) が成立する．さらに，任意の z∈D について g(z)̸= 0 ならば f(z)
g(z) も D で正則であり，
(f(z) g(z)
)′
= f′(z)g(z)−f(z)g′(z) g(z)2
が成立する．
証明: z0 を D の任意の点とすると
zlim→z0
(f(z)±g(z))−(f(z0)±g(z0))
z−z0 = lim
z→z0
f(z)−f(z0)
z−z0 ± lim
z→z0
g(z)−g(z0) z−z0
=f′(z0)±g′(z0),
zlim→z0
f(z)g(z)−f(z0)g(z0)
z−z0 = lim
z→z0
f(z)(g(z)−g(z0)) + (f(z)−f(z0))g(z0) z−z0
= lim
z→z0
f(z)g(z)−g(z0) z−z0
+ lim
z→z0
f(z)−f(z0) z−z0
g(z0) =f(z0)g′(z0) +f′(z0)g(z0) また g(z0) ̸= 0 ならば
zlim→z0
1 z−z0
( 1
g(z) − 1 g(z0)
)
= − lim
z→z0
g(z)−g(z0) z−z0
1
g(z)g(z0) = −g′(z0) g(z0)2 より
(f(z) g(z)
)′
= (
f(z) 1 g(z)
)′
= f′(z) 1
g(z) +f(z) {
−g′(z) g(z)2
}
= f′(z)g(z)−f(z)g′(z) g(z)2
□
命題 3.4 多項式関数
f(z) =anzn+an−1zn−1+· · ·+a1z+a0 (a0, a1, . . . , an ∈C) は複素数平面 C で正則であり，その導関数は
f′(z) =nanzn−1+ (n−1)an−1zn−2+· · ·+a1
である．さらに f(z) が n次式，すなわち an ̸= 0 ならば，f(z) = 0 を満たす複素数 z は 高々 n個である．
証明: 例3.2より関数 z は Cで正則だから，定理3.1より，n を非負整数とするとき単項 式関数 zn も C で正則である．(zn)′ =nzn−1 を n に関する帰納法で示そう．n= 0 のと きは zn = 1 であるから例3.2より (zn)′ = (1)′ = 0 となり成立する．また n = 1 のとき は例3.2より (zn)′ = (z)′ = 1 となり成立する．n≥ 2 として n−1 のとき成立すると仮 定すると，定理3.1より
(zn)′ = (zzn−1)′ = (z)′zn−1+z(zn−1)′= zn−1+z(n−1)zn−2= nzn−1 となり n のときも成立する．従って定理3.1より，f(z) は C で正則であり
f′(z) =nanzn−1+ (n−1)an−1zn−2+· · ·+a1
が成立する．次に，an ̸= 0 として，f(z) = 0 を満たす z が高々 n個であることを n に 関する帰納法で示そう．f(α1) = 0 を満たす複素数 α1 ∈C が存在すると仮定する（これ は代数学の基本定理として後で証明するが，ここでは仮にこのような α1 がなければ上の 主張は示されたことになるので問題ない．）このとき多項式 f(z) を1次多項式 z−α1 で 割り算すると，
f(z) =q(z)(z−α1) +β
を満たすn−1次多項式q(z) と β ∈Cが存在する．このとき 0 =f(α1) =β であるから，
f(z) =q(z)(z−α1) が成立する．f(z) = 0 ならば z = α1 または q(z) = 0 でなければな らないが，帰納法の仮定によりq(z) = 0 を満たすz は高々n−1個であるから，f(z) = 0 を満たす z は高々 n個であることが示された．□
定理3.1と命題3.4により，f(z) と g(z) を多項式関数(g ̸= 0)とするとき，有理関数 f(z)
g(z) は C から有限集合S := {z ∈ C | g(z) = 0} を除いた集合 D := C\S で正則であ る．有限個の点からなる集合は閉集合であるから，D は開集合である．
例 3.4 f(z) = 1
z2+ 1 は C の開集合D := {z ∈C|z ̸=±i} =C\ {i,−i} で正則である．
補題 3.1 f(z) をCの開集合D で定義された複素関数とする．このとき，f(z)が z0 ∈D で複素微分可能であるための必要十分条件は，ある複素数 α と，D で定義されたある複 素関数 φ(z) があって，
f(z) =f(z0) +α(z−z0) + (z−z0)φ(z), lim
z→z0
φ(z) = 0 が成立することである．このとき α= f′(z0) が成立する．
証明: φ(z) を z =z0 のときは φ(z0) = 0, z̸= z0 のときは φ(z) := f(z)−f(z0)
z−z0
−α
によって定義する．このとき，f(z) =f(z0) +α(z−z0) + (z−z0)φ(z) が任意の z∈D に ついて成立する．f(z) が z0 で複素微分可能であれば，z→z0 のときφ(z) →f′(z0)−α である．よって α= f′(z0) とすれば補題の条件が成立する．
逆に補題の条件を仮定すると，
z→zlim0
f(z)−f(z0) z−z0
= lim
z→z0
φ(z) +α= α であるから f(z) は z0 で複素微分可能で f′(z0) =α である．□
定理 3.2 (正則関数の合成) f(z)は C(z平面）の開集合 D で正則であり，g(w) はC (w 平面）の開集合 D′ で正則であり，f(D) ⊂ D′ とする．このとき合成関数 g(f(z)) は D で正則であり，
{g(f(z))}′ = g′(f(z))f′(z) が任意の z∈D について成立する．
証明: z0 ∈D として，w0 =f(z0) とおく．仮定より w0 ∈D′ である．f(z) は z0 で複素 微分可能，g(w) は w0 で複素微分可能であるから補題3.1により
f(z) =f(z0) +f′(z0)(z−z0) + (z−z0)φ(z), g(w) =g(w0) +g′(w0)(w−w0) + (w−w0)ψ(w),
zlim→z0
φ(z) = 0, lim
w→w0
ψ(w) = 0 を満たす関数 φ(z) と ψ(w) が存在する．このとき g(f(z))−g(f(z0)) ={f(z)−f(z0)}{g′(w0) +ψ(f(z))}
= (z−z0){f′(z0) +φ(z)}{g′(w0) +ψ(f(z))}
= (z−z0)f′(z0)g′(w0) + (z−z0){φ(z)g′(w0) + (f′(z0) +φ(z))ψ(f(z))} が成立する．f(z) は連続だから，z→z0 のとき w = f(z) →f(z0) =w0 であり，
φ(z)g′(w0) + (f′(z0) +φ(z))ψ(f(z))→0
となるから，補題3.1により g(f(z)) は z0 において複素微分可能であり{g(f(z))}′ = g′(f(z))f′(z) が成立する．□
問題 3.2 次の各々の複素関数 f(x) が指定された点 z0 で(複素)微分可能かどうかを定義 に従って判定せよ．
(1) f(z) = 1
z, z0 ̸= 0 (2) f(z) = 1
z, z0 ̸= 0 (3) f(z) =|z|2, z0 = 0 (4) f(z) =|z|2, z0̸= 0
問題 3.3 n を自然数とするとき f(z) = z−n は開集合 D = {z ∈ C | z ̸= 0} で正則で，
f′(z) =−nz−n−1 が成り立つことを示せ．
問題 3.4 次の各々の複素関数f(z)はどのような集合で正則になるか？また，導関数f′(z) を求めよ．
(1) f(z) = z
z2+ 4 (2) f(z) = (
z+ 1 z
)6
(3) f(z) = 1 (z2+ 1)2