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
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
an(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
0D
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
zk ζk+1 を得る．これと(10)を合わせて
f(z) = 1 2πi
∫
|ζ|=r
∑∞ k=0
f(ζ) zk
ζk+1 dζ =
∑∞ k=0
zk 2πi
∫
|ζ|=r
f(ζ)
ζk+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
zk ζk+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
zk 2πi
∫
|ζ|=r
f(ζ) ζk+1 dζ
=
1 2πi
∫
|ζ|=r
f(ζ)
∑∞ k=0
zk
ζk+1dζ − 1 2πi
∫
|ζ|=r
f(ζ)
∑n k=0
zk ζk+1 dζ
=
1 2πi
∫
|ζ|=r
f(ζ)
∑∞ k=n+1
zk ζk+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)
ζk+1 dζ = 1
k!f(k)(0) =ak であるから，|z| < r のとき
f(z) =
∑∞ k=0
akzk
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) =ez は Cで正則であり，f(n)(z) =ez であるから，任意の z∈C について ez =
∑∞ 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
anrn 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
(an−cn)(z−z0)n =
∑∞ n=0
an(z−z0)n−
∑∞ n=0
cn(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(ez +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