Cauchy の積分公式

定理 5.1 f(z) がCの星形開集合D で連続であり，D からz0 ∈D を除いた集合D\{z0} で正則であれば，D内の区分的になめらかな任意の閉曲線 C に対して

∫

C

f(z)dz = 0

定理 5.2 (Cauchyの積分公式) f(z) を C の星形開集合 D で正則な関数とする．C を D 内の閉曲線，z0 を C 上にはないD の点とする．このとき，

1 2πi

∫

C

f(z) z−z0

dz =ν(C, z0)f(z0) が成立する．

C D

z₀

証明: D を定義域とする複素関数 F(z) を

F(z) =







f(z)−f(z0) z−z0

(z ̸=z0 のとき) f^′(z₀) (z =z₀ のとき)

で定義すると，F(z) は D \ {z0} で正則であり，z0 では連続である．従って定理5.1に より

0 =

∫

C

F(z) =

∫

C

f(z)

z−z₀dz−f(z₀)

∫

C

1

z−z₀ dz =

∫

C

f(z)

z−z₀ dz−2πi f(z₀)ν(C, z₀) が成立する．これから求める公式を得る．□

系 5.1 αを複素数，R を正の実数として，f(z) を U(α;R) ={z ∈C| |z−α| < R} で正 則な複素関数とする．r を 0 < r < R を満たす任意の実数とすると，任意の z0 ∈U(α;r) について

1 2πi

∫

|z−α|=r

f(z)

z−z₀dz = f(z0)

が成立する．ここで |z−α|= r はα を中心とする半径 r の円周（正の向き）を表す．

証明: C を円周 |z−z₀|= r とすると，z₀ は C の内側にあるから，ν(C, z₀) = 1 である．

よって定理5.2より結論が成立する．□

例 5.4 r を正の実数として C を円周 |z| = r とする．複素数 z0 が |z0| < r を満たすと き，

∫

C

e^z z−z0

dz = 2πie^z0 が成立する．

問題 5.1 C を単位円周 |z| = 1 （を正の向きに1周する閉曲線）とするとき，次の線積 分の値を求めよ．

(1)

∫

C

e^z

z−2 dz (2)

∫

C

e^πiz z− 1

2

dz (3)

∫

C

e^z

z(z−2) dz (4)

∫

C

1

z(z²+ 4)dz 定理 5.3 (Cauchyの積分公式の一般化) f(z) を C の開集合 D で正則な関数とする．

(1) f(z)は無限回複素微分可能，すなわち，高次導関数f⁽²⁾(z) =f^′′(z),f⁽³⁾(z) =f^′′′(z), . . . が存在してD で正則である．

(2) D は星形開集合で，C を D 内の閉曲線，z0 を C上にはない D の点とすると，任 意の非負整数 k について

k!

2πi

∫

C

f(z)

(z−z₀)^k+1 dz = ν(C, z₀)f^(k)(z₀) (6) が成立する．

証明: (1)を示すにはD の任意の点z0 を中心とするD に含まれる円板で考えれば十分だ

から，(1)においても D は星形開集合であると仮定してよい．f(z) の k次導関数 f^(k)(z) が存在して公式(6)が成立することを kについての帰納法で示そう．k= 0 のときは，(6)

は Cauchy の積分公式そのものである．

そこで k ≥1 として，f^(k−1)(z) が存在し(6)で k を k−1 にした式が成立すると仮定 する．z₀ を C上にない任意の点とする．複素数 ∆z を |∆z| が十分小さくなるようにと れば，命題5.3により ν(C, z₀+ ∆z) =ν(C, z₀) であるから，帰納法の仮定により，

ν(C, z0) 1

∆z

{f^(k−1)(z0+ ∆z)−f^(k−1)(z0)}

= 1

∆zν(C, z0+ ∆z)f^(k−1)(z0+ ∆z)− 1

∆zν(C, z0)f^(k−1)(z0)

= 1

∆z

(k−1)!

2πi

∫

C

f(z)

(z−z0−∆z)^k dz− 1

∆z

(k−1)!

2πi

∫

C

f(z) (z−z0)^k dz

= (k−1)!

2πi

∫

C

1

∆z

{ 1

(z−z₀−∆z)^k − 1 (z−z₀)^k

}

f(z)dz (7)

が成立する．z0 と C との距離を r とすると |∆| ≤ r

2 のとき，任意の z ∈C に対して

|z0−z−∆z| ≥ |z0−z| − |∆z| ≥r− r 2 = r

2

が成立することに注意する．このとき，2項定理により 1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

= (z−z0)^k−(z−z0−∆z)^k

∆z(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k

= (z−z0)^k−∑k

j=0kCj(−1)^j(z−z0)^k−j(∆z)^j

∆z(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k

=

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k−j(∆z)^j

∆z(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k =

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k−j(∆z)^j−1

(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k (8) が成立する．さらに，上の計算から

∆zlim→0

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

= lim

∆z→0

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k−j(∆z)^j−1 (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k

= ^kC1(z−z0)^k−1

(z−z0)^2k = k (z−z0)^k+1

となることがわかる．そこで式(8)からこの極限値を引くと，

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

− k

(z−z0)^k+1

=

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k−j(∆z)^j−1

(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k − k (z−z0)^k+1

=

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k+1−j(∆z)^j−1−k(z−z0−∆z)^k (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1

=

∑_k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k+1−j(∆z)^j−1−k∑_k

j=0kCj(−1)^j(z−z0)^k−j(∆z)^j (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1

=

∑k

j=1kCj(−1)^j−1(z−z0)^k+1−j(∆z)^j−1−k∑k+1

j=1kCj−1(−1)^j−1(z−z0)^k−j+1(∆z)^j−1 (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1

=

∑k

j=1(kCj −kkCj−1)(−1)^j−1(z−z0)^k+1−j(∆z)^j−1−k(−1)^k(∆z)^k (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1

=

∑k

j=2(kCj −kkCj−1)(−1)^j−1(z−z0)^k+1−j(∆z)^j−1−k(−1)^k(∆z)^k

(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1 (∵kC1−kkC0= 0) この最後の式の分子を g(z,∆z) とおくと，

g(z,∆z) =g1(z)∆z+g2(z)(∆z)²+· · ·+gk(z)(∆z)^k,

gj(z) = (kCj+1−kkCj)(−1)^j(z−z0)^k−j (j = 1,2, . . . , k−1), gk(z) =−k(−1)^k

と表される．z∈C かつ |∆z| ≤ r

2 のとき，

|(z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1| ≥(r 2

)k

r^k+1 = r^2k+1 2^k となるから，m_j = max{|g_j(z)||z∈C} とおくと，z∈C かつ |∆z| ≤ r

2 のとき

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

− k

(z−z0)^k+1

=

g1(z)∆z+g2(z)(∆z)²+· · ·+gk(z)(∆z)^k (z−z0−∆z)^k(z−z0)^k+1

≤ 2^k

r^2k+1(m1|∆z|+m2|∆z|²+· · ·+mk|∆z|^k)

が成立する．以上により，|f(z)| の閉曲線 C での最大値を M とすれば，

∫

C

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

f(z)dz−k

∫

C

f(z)

(z−z0)^k+1 dz

≤l(C)M 2^k

r^2k+1(m1|∆z|+m2|∆z|²+· · ·+mk|∆z|^k) が成立するから，∆z →0 とすると，左辺は 0 に収束する．すなわち，

∆zlim→0

∫

C

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

f(z)dz = k

∫

C

f(z) (z−z0)^k+1 dz が示された．これと(7)から，

ν(C, z0)f^(k)(z0) =ν(C, z0) lim

∆z→0

1

∆z

{f^(k−1)(z0+ ∆z)−f^(k−1)(z0)}

= lim

∆z→0

(k−1)!

2πi

∫

C

1

∆z

{ 1

(z−z0−∆z)^k − 1 (z−z0)^k

}

f(z)dz = k!

2πi

∫

C

f(z) (z−z0)^k+1dz が成立することがわかった．特に C を z0 を内部に含む円周とすると ν(C, z0) = 1 だか ら，f^(k)(z0) が存在することも同時に示されたことになる．□

例 5.5 α を複素数の定数として f(z) = e^αz とおく．C を 0 を中心とする半径 r > 0 の 円周とすると，|z0| < r を満たす任意の複素数 z0 と自然数 k について

∫

C

e^αz

(z−z0)^k+1 dz = 2πi

k! f^(k)(z0) = 2πi

k! α^ke^αz0.

問題 5.2 C を円周 |z|= 1 （正の向き）とするとき，次の線積分の値を求めよ．

(1)

∫

C

e^2z

z⁴ dz (2)

∫

C

e^πiz (

z− 1 2

)2 dz (3)

∫

C

dz

z²(z²+ 4) (4)

∫

C

e^z

z³(z−2)²dz

次の定理は Cauchy の積分定理の逆が成立することを意味している．（任意の閉曲線で はなく三角形の周に沿っての線積分が 0 であることを仮定すればよい．）

定理 5.4 (Moreraの定理) f(z) が C の開集合 D で連続な関数であり，D に含まれる 任意の三角形 ∆ に対して

∫

∂∆

f(z)dz = 0 が成立すれば，f(z) は D で正則である．

証明: f(z) が 任意の z0 ∈D の近傍で正則であることを示せばよい．D は開集合だから，

U(z0;R) ={z∈C| |z−z0| < R} ⊂D であるような正の実数R が存在する．仮定から特 に U(z0;R) に含まれる任意の三角形 ∆ について

∫

∂∆

f(z)dz = 0 が成立するから，定理 4.3の証明より，星形開集合U(z0;R) における f(z) の原始関数 F(z) が存在する．F(z) は U(z0;R) で正則であるから，定理5.3より f(z) =F^′(z) も U(z0;R) で正則である．□

∆ z₀

D U(z₀;R)

定理 5.5 D を Cの開集合，z0 ∈D とする．複素関数f(z) が D で連続でありD\ {z0} で正則ならば，f(z) は z0 も込めて D全体で正則である．

証明: 命題5.7により，D に含まれる任意の三角形 ∆ について

∫

∂∆

f(z)dz = 0 となるか ら，Moreraの定理によって f(z) はD で正則である．□

定理 5.6 (Liouville（リュービル）の定理) 複素数平面 C で正則な関数 f(z) が Cで有 界，すなわち，ある定数 M ≥0 があって |f(z)| ≤M が任意のz ∈C について成立すれ ば，f(z) は定数関数である．

証明: z0 を任意の複素数，R >0としてCR をz0 を中心とする半径R の円周|z−z0| =R とすると，定理5.3より

f^′(z₀) = 1 2πi

∫

CR

f(z) (z−z₀)²dz が成立する．よって命題4.5により

|f^′(z0)| ≤ l(CR) 2π

M

R² = 2πR 2π

M R² = M

R

という不等式が任意の正の実数 R について成立する．|f^′(z0)| は R に無関係だから，

R → ∞ として |f^′(z0)| = 0，すなわち f^′(z0) = 0 でなければならない．以上により，

f^′(z) = 0 が任意の z ∈Cについて成立することが示された．C は連結開集合だから，命

題4.6より f(z) は定数関数である．□

定理 5.7 (代数学の基本定理) n を自然数，a0, a1, . . . , an を an ̸= 0 であるような任意の 複素数として

f(z) =anzⁿ+an−1zⁿ⁻¹+· · ·+a1z+a0

とおくと，複素数 α1, . . . , αn が存在して

f(z) =an(z−α1)· · ·(z−αn)

が成立する．このとき α1, . . . , αn のことを多項式 f(z) の（または方程式 f(z) = 0 の）

根(roots)という．

証明: まず，f(α) = 0 を満たす複素数 α が少なくとも１つ存在することを背理法で証明

しよう．f(α) = 0 を満たす α ∈ C が存在しないと仮定する．すると，f(z) は 0 になら ないから，g(z) := 1/f(z) は Cで正則である．三角不等式より z ̸= 0 のとき

|f(z)| =|an||z|ⁿ

1 + an−1

an

1

z +· · ·+ a0

an

1 zⁿ

≥ |an||z|ⁿ (

1− an−1

an

1

z +· · ·+ a0

an

1 zⁿ

)

≥ |an||z|ⁿ (

1− a_n−1

an

1

|z| − · · · − a₀

an

1

|z|ⁿ )

ここで

R = 2nmax {

1, a_n−1

an

, . . . , a_n−1

an

} とおくと，|z| ≥ R のとき

ak

a_n 1

|z|^n−k ≤ ak

a_n 1

R^n−k ≤ ak

a_n 1

R ≤ 1

2n (k= 0,1, . . . , n−1) であるから，

|f(z)| ≥ |an||z|ⁿ



1− 1

2n − · · · − 1

| {z 2n}

n



≥ 1

2|an||z|ⁿ ≥ 1

2|an|Rⁿ (|z| ≥R のとき) を得る．一方 |f(z)| は有界閉集合 U(0;R) = {z ∈C| |z| ≤ R} において実数値連続関数 であるから Weierstrass の定理によって，U(0;R) における|f(z)| の最小値 m が存在す る．仮定により |f(z)| は 0 にはならないから m >0 である．以上により，任意の z ∈C について

|f(z)| ≥m0 := min {

m, 1

2|an|Rⁿ }

>0, |g(z)| ≤ 1 m0

が成立する．従ってg(z) はCで正則かつ有界であるから，Liouvilleの定理によってg(z)， 従って f(z) は定数でなければならない．これは f(z) が1次以上の多項式であることに 矛盾する．

以上により f(α1) = 0 を満たす複素数 α1 が存在することが示された．多項式 f(z) を z−α1 で割り算すると，

f(z) =f1(z)(z−α1) +β

を満たす多項式f1(z)と複素数β が存在する．0 =f(α1) =β よりf(z) =f1(z)(z−α1)が 成立し，f1(z)の次数は n−1 である．もしn = 1であれば zの係数を比較してf1(z) =a1

であることがわかるから定理の主張が示された．もし n≥2 であれば，f1(z) に前半の議 論を適用してf1(α2) = 0 を満たす複素数 α2 が存在することがわかる．以下この議論を 繰り返せば定理の主張が示される．□

上の定理において，f(z) =an(z−α1)· · ·(z−αn) の右辺を展開して係数を比較すれば，

−an(α1+· · ·+αn) =an−1,

an(α1α2+α1α3+· · ·+αn−1αn) =an−2,

· · ·

(−1)ⁿanα1· · ·αn = a0

を得る．これを根と係数の関係という．

問題 5.3 γ を虚数（実数でない複素数）として f(z) =z²+γz+ 1 とおき，α, β を f(z) の根とする．

(1) β と γ を α で表せ．

(2) α と β のうち一方の絶対値は 1 より大きく，もう一方の絶対値は 1 より小さいこ とを示せ．

(3) |α| <1, |β|> 1 として，C を単位円周 |z| = 1 とするとき，

∫

C

dz

f(z) を α で表せ．

6 ^{正則関数の} Taylor ^{展開とその応用}

6.1 正則関数の Taylor 展開

補題 6.1 (複素数の等比級数の和の公式) 複素数 z が |z| <1 を満たせば，

1 +z+z²+· · ·=

∑∞ k=0

z^k = 1 1−z が成立する．

証明: Sn = 1 +z+· · ·+zⁿ⁻¹ とおくと，

(1−z)Sn =Sn−zSn = 1 +z+· · ·+zⁿ⁻¹−(z+z²+· · ·+zⁿ) = 1−zⁿ と z ̸= 1 より，

S_n = 1−zⁿ 1−z

を得る．n→ ∞ とすると |zⁿ|= |z|ⁿ →0 より zⁿ は 0 に収束するから結論を得る．□

定理 6.1 f(z) を C の開集合 D で正則な関数として z0 ∈ D とする．実数 R > 0 を U(z0;R) = {z ∈ C | |z−z0| < R} ⊂ D となるようにとる．このとき，an = f⁽ⁿ⁾(z0) (n = 0,1,2, . . .)とおくと，任意の z ∈U(z₀;R) について n!

f(z) =

∑∞ n=0

a_n(z−z₀)ⁿ (9)

が成立する．(9)を f(z) の z0 における（または z0 を中心とする）Taylor展開またはべ き級数展開という．

z z

₀

D

R r

証明: z−z0 をあらためて z とおくことにより，z0= 0 としてよい．|z|< R を満たす複 素数 z を固定して，|z| < r < R を満たす実数 r をとる．Cauchy の積分公式により

f(z) = 1 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

ζ −zdζ (10)

が成立する．|ζ|= r >|z| に注意して等比級数の公式を用いると 1

ζ−z = 1 ζ

1 1− z

ζ

= 1 ζ

∑∞ k=0

(z ζ

)k

=

∑∞ k=0

z^k ζ^k+1 を得る．これと(10)を合わせて

f(z) = 1 2πi

∫

|ζ|=r

∑∞ k=0

f(ζ) z^k

ζ^k+1 dζ =

∑∞ k=0

z^k 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

ζ^k+1 dζ (11)

が成立することを示そう．ここで1番目の等式は自明であるが，2番目の等式は無限和と 積分の順序交換であり自明ではない．そこで以下ではこの2番目の等式が成立することを 示す．|z| < r= |ζ| のとき

∑∞ k=n+1

z^k ζ^k+1

=

zⁿ⁺¹ ζⁿ⁺²

1 1− z

ζ

=

(z ζ

)n+1

1 ζ −z

≤

(|z| r

)n+1

1 r− |z|

より，円周 |ζ|= r 上での |f(ζ)| の最大値をM とおくと，

f(z)−

∑n k=0

z^k 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ) ζ^k+1 dζ

=

1 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

∑∞ k=0

z^k

ζ^k+1dζ − 1 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

∑n k=0

z^k ζ^k+1 dζ

=

1 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

∑∞ k=n+1

z^k ζ^k+1 dζ

≤ 2πr 2π

M r− |z|

(|z| r

)n+1

−→0 (n→ ∞) よって，(11)が |z| < r のとき成立する．定理5.3により

1 2πi

∫

|ζ|=r

f(ζ)

ζ^k+1 dζ = 1

k!f^(k)(0) =a_k であるから，|z| < r のとき

f(z) =

∑∞ k=0

akz^k

が成立する．r は R にいくらでも近くとれるから，上の等式は |z| < R のとき（右辺の 無限級数は収束して）成立する．□

例 6.1 f(z) =e^z は Cで正則であり，f⁽ⁿ⁾(z) =e^z であるから，任意の z∈C について e^z =

∑∞ n=0

1

n!zⁿ = 1 +z+ z² 2! + z³

3! +· · · が成立する．

例 6.2 Logz を C\ {x | x ∈ R, x ≤ 0} における logz の主値とする．|z| < 1 のとき Re (1 +z) = 1 + Rez >1− |z|> 0 であるから，f(z) := Log (1 +z) が定義できる．よっ て Log (1 +z) は単位円板U(0; 1) で正則である．

d

dzLog (1 +z) = 1

1 +z, dⁿ

dzⁿLog (1 +z) = (−1)ⁿ⁻¹(n−1)!

(1 +z)ⁿ (n ≥2) より f(0) = 0,f⁽ⁿ⁾(0) = (−1)ⁿ⁻¹(n−1)! (n ≥1)であるから，

Log (1 +z) =

∑∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹(n−1)!

n! zⁿ =

∑∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n zⁿ (|z|< 1) が成立する．

次に Taylor展開の一意性（一通りであること）を示そう．それによって，上の証明の

方法とは異なる方法で求めた展開が Taylor展開と一致することが保証される．

補題 6.2 z0 と an (n = 0,1,2, . . .)を複素数とする．無限級数 f(z) =

∑∞ n=0

an(z−z0)ⁿ が z0 を中心とする開円板 U(z0;R) (∃R >0)で収束すれば，f(z) は z= z0 で連続である．

証明: z₀ = 0 としてよい．0 < r < R を満たす実数 r を１つとると，無限級数

∑∞ n=0

a_nrⁿ は収束するから，n→ ∞ のとき anrⁿ →0 となる．よって，ある定数 M > 0 があって，

任意の n について|an|rⁿ ≤M が成立する．従って，|z| ≤ r

2 のとき，

|an||z|ⁿ⁻¹ ≤ |an|rⁿ⁻¹

2ⁿ⁻¹ = 1

2ⁿ⁻¹r|an|rⁿ ≤ M r

(1 2

)n−1

が成立するから，

|f(z)−f(0)|= |a1z+a2z²+a3z³+· · · | ≤ |a1||z|+|a2||z|²+|a3||z|³+· · ·

= |z|(|a₁|+|a₂||z|+|a₃||z|²+· · ·)≤ |z|{M r + M

r 1 2 + M

r (1

2 )2

+· · ·}

= 2M r |z|

は z →0 のとき 0 に収束する．よって f(z) は 0 で連続である．□ 命題 6.1 z0 と an (n = 0,1,2, . . .)を複素数とする．無限級数 f(z) =

∑∞ n=0

an(z−z0)ⁿ が z₀ を中心とする開円板 U(z₀;R) (∃R > 0)で収束して和が 0 であれば，すべての n につ いて an = 0 である．

証明: まず z =z0 を代入して0 =f(z0) =a0 を得る．よって

f(z) =a₁(z−z₀) +a₂(z−z₀)²+· · ·= (z−z₀){a₁+a₂(z−z₀) +· · ·) = (z−z₀)g(z) と表される．仮定より0 <|z−z0|< Rのときg(z) = 0であるから，上の補題よりz→z0

として 0 =g(z0) =a1 を得る．以下同様にして a2= a3= · · ·= 0 が示される．□

定理 6.2 (Taylor展開の一意性) z0 ∈C, R > 0 として，f(z) を U(z0;R) で正則な関数 とする．複素数 cn (n= 0,1,2, . . .)があって，U(z0;R) において

f(z) =

∑∞ n=0

cn(z−z0)ⁿ

が成立すれば，すべての n≥0 について cn = f⁽ⁿ⁾(z0)

n! が成立する．すなわち，この右辺 は f(z) の z0 における Taylor展開である．

証明: f(z) のTaylor展開を f(z) =

∑∞ n=0

an(z−z0)ⁿ, an = f⁽ⁿ⁾(z0) n!

とすると，

∑∞ n=0

(a_n−c_n)(z−z₀)ⁿ =

∑∞ n=0

a_n(z−z₀)ⁿ−

∑∞ n=0

c_n(z−z₀)ⁿ = f(z)−f(z) = 0

であるから，上の命題によって cn = an となる．□ 例 6.3 f(z) = 1

z²+ 1 の z = 0 における Taylor展開を求めよう．f⁽ⁿ⁾(z) は複雑なので，

Taylor展開の公式を用いるのは困難である．そこで，等比級数の公式より

1

1 +z = 1

1−(−z) = 1−z+z²− · · ·=

∑∞ n=0

(−1)ⁿzⁿ (|z|< 1) が成立することに注意して，z に z² を代入すると，

f(z) =

∑∞ n=0

(−1)ⁿz²ⁿ (|z|< 1)

を得る．Taylor展開の一意性により，この右辺は f(z) の z = 0 における Taylor展開で ある．Taylor展開の公式を逆に用いれば，n が偶数のとき f⁽ⁿ⁾(0) = n!(−1)ⁿ であり，n が奇数のときは f⁽ⁿ⁾(0) = 0 であることがわかる．

定理 6.3 (Taylor展開の項別微分定理) z₀を複素数，Rを正の実数として，f(z)をU(z₀;R) で正則な関数とする．f(z) =

∑∞ n=0

an(z −z0)ⁿ を z = z0 における Taylor展開とすると，

f^′(z) の z0 における Taylor展開は f^′(z) =

∑∞ n=1

nan(z−z0)ⁿ⁻¹ =

∑∞ n=0

(n+ 1)an+1(z−z0)ⁿ で与えられる．

証明: f^′(z) も U(z0;R) で正則だから，そこで f^′(z) =

∑∞ n=0

cn(z−z0)ⁿ という Taylor展開 を持つ．Taylor展開の公式より

cn = f^′(n)(z0)

n! = f⁽ⁿ⁺¹⁾(z0)

n! = (n+ 1)f⁽ⁿ⁺¹⁾(z0)

(n+ 1)! = (n+ 1)an+1

が成立する．□

例 6.4 f(z) = 1

(z+ 1)² のz = 0におけるTaylor展開を項別微分定理を用いて求めてみよ う(直接Taylor展開の公式を適用しても計算できる）．|z|< 1のとき 1

1 +z =

∑∞ n=0

(−1)ⁿzⁿ が成立するから，項別微分定理により

− 1

(z+ 1)² =

∑∞ n=1

n(−1)ⁿzⁿ⁻¹ (|z|< 1).

これから f(z) = 1

(z+ 1)² =−

∑∞ n=1

n(−1)ⁿzⁿ⁻¹=

∑∞ n=0

(n+1)(−1)ⁿzⁿ = 1−2z+3z²−· · · (|z| <1) を得る．Taylor展開の一意性により，これは f(z) の z = 0 におけるTaylor展開である．

問題 6.1 次の正則関数f(z)の与えられた点z0 におけるTaylor展開を求めよ．またそれ はどのような範囲で成立するか？

(1) f(z) = 1

(z+ 2)², z0 = 0 (2) f(z) = 1

(z+ 2)², z0 = 1 (3) f(z) = 1

2(e^z +e^−z), z₀= 0 (4) f(z) = 1

z(z+ 3), z₀ = 1 (5) f(z) = 1

(1−z)³, z0 = 0 (6) f(z) = Log1 +z

1−z, z0 = 0

ドキュメント内 I II i = 1 a, b a + bi = a + b 1 (complex number) a + bi a + ib b bi, b ib a + bi c + di (a, b, c, d R) a = c b = d C a + 0i a R C 1.1 K (fi (ページ 63-75)