応用複素関数 演習問題 No. 1 (解答付き)

応用複素関数 演習問題 No. 1 ( ^解答付き )

桂田 祐史

2015 年 5 月 27 日 , 7 月 23 日

講義での約束通り Cb = C∪ {∞} とする。以下の解答は実質的に講義で説明済みであったり、講 義ノートに書いてあるものが多い(そうでないものについては、そのうち解答を用意する)。

1 Cauchy ^{の積分定理再説}

凸、星型、単連結という言葉は覚えておくと良いので、問題を出してみる。

問 1. (1) ベクトル空間の部分集合が凸であるとはどういうことか、定義を述べよ。 (2) 平面内 の任意の三角形(辺と内部を含む)は凸であることを示せ。 (3) Rⁿ の開球、すなわち a∈Rⁿ と正 数 R によりB(a;R) = {x∈Rⁿ| |x−a|< R} と表される集合は凸であることを示せ。

問 2. (1) ベクトル空間の部分集合が星型であるとはどういうことか、定義を述べよ。

(2) ベクトル空間の空でない凸部分集合は星型であることを示せ。 (3) 星型であるが凸でない集合 の例をあげよ。

問 3. (1) Rⁿ の領域が単連結であるとはどういうことか、定義を述べよ。 (2) Rⁿ の星型領域は 単連結であることを示せ。 (3) 星型でないが単連結である領域の例をあげよ。

問 4. (1) C\ {0} は単連結でないことを示せ。 (2) Cb \ {0}は単連結であることを示せ。

2 lim と ∞

問 5. 以下の定義を書け。(1) a ∈Cとする。lim

z→af(z) =∞ とはどういうことか？ (2) A∈C と する。lim

z→∞f(z) =A とはどういうことか？ (3) lim

z→∞f(z) =∞ とはどういうことか？

問5^′. {z_n}n∈N はC内の点列とする。(1) A ∈ C とするとき、lim

n→∞z_n = A とはどういうことか。

(2) lim

n→∞z_n=∞とはどういうことか。

問 6. (−1)· ∞=∞ と定義する (ことがある) のはなぜか？

問 7. (1) lim

z→0

1

z =∞ を示せ。 (2) lim

z→∞

1

z = 0 を示せ。 (2) lim

z→∞z =∞を示せ。

3 Riemann ^球面

図形的イメージで理解すれば良いと思うが、計算できることを確認しておく。

問 8. 立体射影 φ: S →C について、z =φ(x₁, x₂, x₃) とおくとき、z を x₁, x₂, x₃ で具体的に表 わせ。ただし、S ={(x1, x2, x3)∈R³ |x²₁+x²₂+x²₃ = 1}, N = (0,0,1) として、P ∈S\ {N}に対 して直線 N P と平面 x₃ = 0 との交点を (x, y,0) として、φ(x₁, x₂, x₃) :=x+iy と定めた。

(ベクトルによる直線の方程式を用いれば簡単。次の問題に必要なので結果: z = x₁ +ix₂ 1−x₃ ) 問 9. 立体射影 φ:S →C について、z =φ(x1, x2, x3) とおくとき、以下の問に答えよ。

(1) |z|² = 1 +x₃ 1−x3

を示せ。 (2) φ⁻¹ を求めよ。すなわち x₁,x₂, x₃ を z で表せ。

問 10. z, z^′ ∈C とするとき、|φ⁻¹(z)−φ⁻¹(z^′)|= √ 2|z−z^′|

(1 +|z|²) (1 +|z^′|²) を示せ。

4 ∞ ^{のまわりの} Laurent ^{展開と留数} , ^有理関数

問 11. f(z) := 5z²−4z+ 3

(z²+ 1) (z−2) の ∞ の周りの Laurent 展開と留数 Res(f;∞)を求めよ。

(本質的には、複素関数で習った計算。) 問 12. f(z) = 3z⁴−5z³−7z²−z+ 25

(z−2)²(z+ 1) について以下の問に答えよ。

(1) 留数 Res(f;−1)を求めよ。(2) 留数 Res(f; 2) を求めよ。(3) f の 2のまわりの Laurent展開の 主部を求めよ。(4) f の ∞ の周りの Laurent 展開の主部と留数 Res(f;∞) を求めよ。 (5) f(z) の 部分分数分解を求めよ。

出題の意図： 有理関数の各々の極のまわりのLaurent展開の主部を求めると、部分分数分解が得 られる、という定理を用いて、実際に部分分数分解を求めてみよう、ということ。f(z) の部分分数 分解は求めずに、(1)〜(4) を解いて下さい。

問13. ∞が複素関数f の除去可能特異点であるとき(fが∞で正則、と言っても良い)、Res(f;∞) = 0 であるかどうか述べよ。正しければ証明し、正しくなければ反例をあげよ。

問 14. ∞を孤立特異点に持つ関数f について、(∃A ∈C) lim

z→∞zf(z) =Aであれば、Res(f;∞) =

−A であることを示せ。

問 15. P(z), Q(z)∈C[z], degP(z)≥ degQ(z) + 2 であるとき、f(z) := Q(z)

P(z) で定めた有理関数 f は、Res(f;∞) = 0 を満たすことを示せ¹。

1従って、十分大きなRに対して、

∫

|z|=R

f(z)dz= 0. 関数が∀x∈Rf(x)̸= 0という条件を満たす場合、ゆえに 上半平面の極における留数の和は、下半平面の極における留数の和の−1倍である。そういう関数の、実軸に沿う定積 分

∫ _∞

−∞

f(x)dxを「複素関数」で何回か計算した。状況が理解できただろうか？実軸はCb の円であり、それがf の特 異点を通らない。

5 1 ^{次分数変換}

次の問題は授業中の例題の類題である。一度くらいソラで計算してみよう。

問 16. 1, 2, 3 をそれぞれ 4, 5, 6 にうつす1次分数変換を求めよ。

1次分数変換は後でまた出て来るので、素朴な計算で出来ることをいくつか。(どれも有名なので、

載っている本は多いが、まずは複素数の計算練習として自分で取り組んでみよう。) 問 17. zz−iz+iz = 0 は円の方程式である。中心と半径を求めよ。

(ヒント: (1) 中心をc,半径を r とすると、|z−c|=r と同値になる。(2) |a|² =aa)

直線に関して鏡像 平面内に直線があるとする。二点 P,Q がこの直線に関して互いに鏡像である とは、P と Q がこの直線に関して対称な位置にあることをいう。

円に関して鏡像 平面内に、 C を中心とする半径 R の円があるとする。二点 P, Q がこの円に関 して互いに鏡像であるとは、P と Q が C を通る共通の半直線上にあり、CP ·CQ=R² が成り立 つことをいう。C と無限遠点は互いに鏡像であるという。

問 18. 複素平面上の点 c を中心とする半径 R の円に対して、2点 p, q が鏡像の位置にあるため には、(p−c)(q−c) =R² が成り立つことが必要十分であることを示せ。また、そのとき q を p で 表せ。

(“cを原点とする極形式”というようなものを考えると良い。)

問 19. Cb の円に関して鏡像の位置にある2点は、任意の1次分数変換によって、像である Cb の円 に関して鏡像の位置にうつることを示せ。

(Cb の任意の円は、1次分数変換によって、bCの円に写される、という定理を思い出す。) 問 20. z0, ε∈C, |z0|<1, |ε|= 1 とするとき、

w=ε z−z₀ 1−z₀z で定まる1次分数変換について、以下のことを示せ。

(1) |1−z0z|²− |z−z0|² =(

1− |z0|²) (

1− |z|²) . (2) 1− |w|² =

(1− |z₀|²) (

1− |z|²)

|1−z₀z|² .

(3) |z|<1⇔ |w|<1,|z|= 1 ⇔ |w|= 1, |z|>1 ⇔ |w|>1 を示せ。

(4) 単位円 |z| = 1 に関して、z₀ と鏡像の位置にある点を求めよ。またその点はこの1次分数変換 でどこに写されるか。

(これは、ものすごく有名な1次分数変換で、この講義でも後で活躍するけれど、(1), (2), (4) は単 なる計算だし、今のうちに慣れておいてもらうと良い、と考えた。)

問21. z1,z2,z3,z4 をCb内の相異なる4点,φを1次分数変換とするとき、wj =φ(zj) (j = 1,2,3,4) とおくと、

(z₁, z₂, z₃, z₄) = (w₁, w₂, w₃, w₄) (非調和比が等しい) が成り立つことを示せ。

6 ^{広義一様収束}

Weierstrass の M-test で一様収束を示して、正則関数の定義が出来る、という議論をするので、

絶対値の計算が基本的である。

問 22. (1) |e^z|=e^Rez であることを示せ (これまで何度も使った)。 (2) a ∈R とする。多くの場 合にz^a は多価関数であるが、どの値をとっても絶対値は|z|^a (これは高校数学のベキ乗) であるこ とを示せ。 (要するに |z^a| = |z|^a が成り立つ。) (3) n ∈ N, z ∈ C に対して、n^z := exp(zlogn) (logn は高校数学の対数、あるいは主値)と定めるとき、|n^z|=n^Rez であることを示せ。

問 23. (Riemann のゼータ関数) ζ(z) :=

∑∞ n=1

1

n^z は、{z ∈C|Rez >1} で正則な関数を定めるこ とを示せ。

(ぜひともマスターしてもらいたい問題である。最初は解答を見ないで考えることを強く勧める。

そうすると、重要なテクニックが理解しやすくなる。)

問 24. 1 z +

∑∞ n=1

2z

z²−n² は C\Z で広義一様収束することを示せ。

(講義で説明する予定だが、自力でやるには結構手強い問題である。) 問 25. (1) πtanπz の部分分数展開を求めよ。 (2) 1

cos²πz の部分分数展開を求めよ。

(これは cot, 1/sin² の結果を知っていれば簡単。)

(工事中: 3 (2), 4 (2), 18, 19 の解答を書いていません。)

解説

この文書では、ベクトル空間 X の2点 a, b に対して、[a, b]を [a, b] :={(1−t)a+tb|t ∈[0,1]} で定義し、a と b を端点とする線分と呼ぶことにする。

問1解答

(1) X はベクトル空間、C ⊂X とするとき、C が凸であるとは、

(∀x∈C)(∀y∈C) [x, y]⊂C が成り立つことをいう。

(2) a, b,c を頂点とする三角形 ∆は、

p:=b−a, q:=c−a, P :={

(t, s)∈R² |t≥0, s≥0, t+s≤1} とおくとき、

∆ = {a+tp+sq |(t, s)∈ P}. と表せる。

x₁, x₂ ∈∆とすると、∃(t₁, s₁),(t₂, s₂)∈ P s.t.

x₁ =a+t₁p+s₁q, x₂ =a+t₂p+s₂q.

このとき [x₁, x₂]⊂∆が成り立つ。実際 [x₁, x₂] 上の任意の点x は、ある r∈[0,1]を用いて x= (1−r)x₁+rx₂

と表されるので

x= (1−r)x1+rx2 = (1−r)(a+t1p+s1q) +r(a+t2p+s2q)

=a+ [(1−r)t₁+rt₂]p+ [(1−t)s₁+rs₂]

であるが、ここで ((1−r)t₁+rt₂,(1−t)s₁+rs₂)∈ P であることが次のように確かめられる。

(1−r)t₁+rt₂ ≥0, (1−r)s₁ +rs₂ ≥0,

(1−r)t₁+rt₂+ (1−r)s₁+rs₂ = (1−r)(t₁+s₁) +r(t₂+s₂)≤(1−r)·1 +r·1 = 1.

ゆえに x∈∆.

以上から ∆ は凸である。

(3) x1, x2 ∈ B(a;R) とすると、|x1−a| < R, |x2−a| < R. 任意の x ∈ [x1, x2] に対して、ある r ∈[0,1] が存在して、x= (1−r)x₁+rx₂. このとき

|x−a|=|(1−r)x₁ +rx₂−a|=|(1−r)x₁+rx₂−((1−r)a+ra)|

=|(1−r)(x₁−a) +r(x₂−a)|

≤(1−r)|x1−a|+r|x2−a|<(1−r)R+rR=R.

ゆえに x∈B(a;R). ゆえにB(a;R) は凸である。

問2解答

(1) ベクトル空間 X の部分集合 S が星型とは、ある a∈S が存在して

(⋆) (∀x∈S) [a, x]⊂S

が成り立つことを言う。(⋆)が成り立つとき、S は a について星型であるともいう。

(2) X はベクトル空間で、C はその凸部分集合で空集合ではないとする。a ∈C を任意に取る。C は凸であるから、

(∀x∈C) [a, x]⊂C が成り立つ。ゆえに C は星型である。

(3) S :=C\(−∞,0]は星型であるが、凸ではない。実際、a= 1 とおくと、任意のz ∈S に対して、

[a, z]⊂S

が成り立つ。(証明: (i) Imz >0, (ii) Imz <0, (iii) Imz = 0かつ z >0のいずれかが成り立つ。

(i) の場合、任意のt ∈(0,1] に対してIm [(1−t)a+tz] =tImz >0. ゆえに(1−t)a+tz ∈S.

(ii) の場合は、任意の t∈ (0,1] に対して、Im [(1−t)a+tz]<0 となるので(1−t)a+tz ∈S.

(iii) の場合、[a, z]⊂(0,∞) であるから、[a, z]⊂S.) 問3解答

(1) ΩはRⁿ の領域(連結な開集合) であるとする。Ωが単連結であるとは、Ω内の任意の閉曲線が

定数曲線に連続的に変形可能であること、すなわち、連続写像 φ: [α, β] → Ω が φ(α) = φ(β) を満たすならば、ある a∈Ωと、連続関数 Φ : [α, β]×[0,1]→Ω で、

(∀t∈[α, β]) Φ(t,0) =φ(t)∧Φ(t,1) =a

を満たすものが存在することをいう。Φのことを曲線φ を定数曲線 a につなぐホモトピー(写 像)と呼ぶ。

(2) S ⊂Rⁿは領域で、aについて星型であるとする。このときS 内の任意の閉曲線C: φ: [α, β]→S について、

Φ(t, s) := (1−s)φ(t) +sa (t∈[α, β], s∈[0,1])

とおく。Φ は (t, s) の連続関数である。任意の t に対して、φ(t)∈S であり、S は a について 星型であるから、Φ(t, s)∈S. Φ(t,0) =φ(t), Φ(t,1) =a であるから、Φ は閉曲線 C を定数曲 線 a につなぐホモトピーである。ゆえに S は単連結である。

(3) () 問4解答

(1) C 内の領域 Ω が単連結であれば、Ω 内の任意の区分的 C¹ 級閉曲線 C と、任意の正則関数 f: Ω→Cに対して、

∫

C

f(z)dz = 0 が成り立つ (単連結領域に対する Cauchyの積分定理)。と ころが C: z =e^iθ (θ ∈[0,2π]) は、C\ {0}内の C¹ 級閉曲線であるにもかかわらず、正則関数 f(z) = 1

z に対して、

∫

C

f(z)dz = 2πi̸= 0.

ゆえに C\ {0} は単連結ではない。

(2) ()

問5解答

(1) (∀U ∈R) (∃δ >0) (∀z: |z−a|< δ) |f(z)|> U.

(2) (∀ε >0) (∃R ∈R) (∀z: |z|> R)|f(z)−A|< ε.

(3) (∀U ∈R) (∃R ∈R) (∀z: |z|> R)|f(z)|> U. これらと、lim

z→af(z) =A の条件(∀ε >0) (∃δ >0) (∀z: |z−a|< δ) |f(z)−A|< ε を並べると合点 が行くだろうか。

問6解答 lim

z→af(z) =−1, lim

z→ag(z) = ∞,とするとき、lim

z→af(z)g(z) =∞ となるから。

問7解答 関数z 7→ 1

z の定義域は Ω :=C\ {0} である。

(1) 任意の実数 U に対して、δ := 1

|U|+ 1 とおくと、δ > 0 であり、|z−0| < δ を満たす任意の z ∈Ω に対して、

1 z

= 1

|z| > 1

δ =|U|+ 1>|U| ≥U.

ゆえに lim

z→0

1 z =∞.

(2) 任意の正数 εに対して、R:= 1

ε とおくと、R∈R であり、|z|> R を満たす任意のz ∈Ω に対

して、

1 z −0

= 1

|z| < 1 R =ε.

ゆえに lim

z→∞

1 z = 0.

(3) 任意の実数 U に対して、R :=|U| とおくと、R∈R であり、|z|> R を満たす任意のz ∈C に 対して、|z|> R=|U| ≥U. ゆえに lim

z→∞z =∞.

問8解答 N(0,0,1)と P(x1, x2, x3)を通る直線の方程式は



 x y z



=



 0 0 1



+t



 x₁−0 x₂−0 x₃−1



=





tx₁ tx₂ t(x₃−1) + 1



 (t∈R).

平面z = 0 との交点では、t(x₃ −1) + 1 = 0 よりt= 1

1−x₃. ゆえに x= x₁

1−x₃, y= x₂ 1−x₃. ゆえに φ(x1, x2, x3) =x+iy= x₁+ix₂

1−x₃ .

問9解答

(1) x²₁+x²₂+x²₃ = 1 であるから、|z|² =x²+y² = x²₁+x²₂

(1−x3)² = 1−x²₃

(1−x3)² = 1 +x₃ 1−x3

.

(2) これを x₃ について解いて、x₃ = |z|²−1

|z|²+ 1. これから 1− x₃ = 2

|z|²+ 1 が導かれるので、

x₁ =x(1−x₃) = z+z 2 · 2

|z|²+ 1 = z+z

|z|²+ 1. 同様にx₂ =y(1−x₃) = z−z 2i · 2

|z|²+ 1 = −i(z−z)

|z|²+ 1 . すなわち

φ⁻¹(z) =

( z+z

|z|²+ 1,−i(z−z)

|z|²+ 1 ,|z|²−1

|z|²+ 1 )

.

問10解答 前問から z=x+iy (x, y ∈R)とおくと、

φ⁻¹(z) =

( 2x

x²+y²+ 1, 2y

x²+y²+ 1,x²+y²−1 x²+y²+ 1

) .

z^′ =x^′+iy^′ (x^′, y^′ ∈R) とおいて、同様に求めたφ⁻¹(z^′)から計算すると φ⁻¹(z)−φ⁻¹(z^′)² = 4 [(x−x^′)² + (y−y^′)²]

(x²+y²+ 1)(x^′2+y^′2+ 1) = 4|z−z^′|² (|z|²+ 1) (|z^′|² + 1).

問11解答 f は分母の零点 ±i, 2 を極に持ち、それを除いた C\ {i,−i,2} では正則である。ゆえ に円環領域 {z ∈C|2<|z|<∞} で Laurent 展開出来るが、それが f の ∞ のまわりの Laurent 展開である。

まず部分分数分解する。

f(z) = 5z² −4z+ 3

(z²+ 1)(z−2) = 3

z−2 + 2z z²+ 1.

|z|>2のとき、|2/z|<1 であるから 3

z−2 = 3

z(1−2/z) = 3 z

∑∞ n=0

2ⁿ zⁿ = 3

∑∞ n=1

2ⁿ⁻¹

zⁿ (2<|z|<∞).

|z|>1のとき、|−1/z²|<1 であるから 2z

z²+ 1 = 2z

z² · 1

1−(−1/z²) = 2 z

∑∞ n=0

(−1)ⁿ 1 z²ⁿ = 2

∑∞ n=0

(−1)ⁿ 1

z²ⁿ⁺¹ (1<|z|<∞).

ゆえに

f(z) = 3

∑∞ n=1

2ⁿ⁻¹ zⁿ + 2

∑∞ n=0

(−1)ⁿ 1

z²ⁿ⁺¹ = 5 z + 6

z² +10

z³ +· · · (2<|z|<∞).

これがf の ∞の周りの Laurent 展開である。主要部は(z の正の冪の項を集めたものであるから)

0 であり、留数は 1

z の係数に −1をかけたもので、

Res(f;∞) =−(

3·2¹⁻¹+ 2·(−1)⁰)

=−5.

問12解答 (少し端折らせてもらいます。後で時間に余裕があれば清書します。) (1) Res(f;−1) = 3.

(2) Res(f; 2) = 2.

(3) 2 は f(z) の分母の2位の零点であるから、f の高々2位の極である。ゆえに f の 2の周りの Laurent 展開は

f(z) = a₋2

(z−2)² + a₋1

z−2 +

∑∞ n=0

a_n(z−2)ⁿ の形に書ける。a₋1 = Res(f; 2) = 2.

a₋₂ = lim

z→2(z−2)²f(z) = lim

z→2

3z⁴−5z³−7z²−z+ 25

z+ 1 = 3z⁴ −5z³−7z²−z+ 25 z+ 1

z=2

= 1.

ゆえに 2の周りの Laurent 展開の主部は a₋₂

(z−2)² + a₋₁

z−2 = 1

(z−2)² + 2 z−2.

(4) 3z⁴−5z³−7z²−z+ 25を (z−2)²(z+ 1)で割ると、商が 3z+ 4,余りが5z²−13z+ 9である から、

f(z) = 3z+ 4 + 5z²−13z+ 9 (z−2)²(z+ 1). これから f の ∞の周りの Laurent 展開の主部は 3z. 留数は Res(f;∞) = (−1)×(1

z の係数) =− lim

z→∞

(

z· 5z²−13z+ 9 (z−2)²(z+ 1)

)

.=− lim

z→∞

5−13/z+ 9/z²

(1−2/z)²(1 + 1/z) =−5.

(5) f のCb におけるすべての孤立特異点の周りのLaurent展開の主部と、∞のまわりのLaurent 展 開の定数項 (4) を合わせたものがf(z)の部分分数分解である。

f(z) = 1

(z−2)² + 2

z−2 + 3

z+ 1 + 3z+ 4.

(あれ、続き番号にしたつもりだったけれど、間違えた。)

問13解答 ∞が f の孤立特異点であれば、十分大きな正の実数 R と {a_n}_n∈Z が存在して (∀z ∈C:R <|z|) f(z) =

∑∞ n=0

a_nzⁿ+

∑∞ n=1

a_−n zⁿ . 無限遠点における留数Res(f;∞) の定義は

Res(f;∞) =−a₋₁ である。ゆえに Res(f;∞) = 0 であるためには

(1) a₋₁ = 0

であることが必要十分である。一方、∞ が f の除去可能特異点であるとは、

g(ζ) = f (1

ζ )

で定義されるgが 0を除去可能特異点とすることをいう。

g(ζ) =

∑∞ n=0

a_n ζⁿ +

∑∞ n=1

a_−nζⁿ

であるから、∞ が f の除去可能特異点であるためには、

(2) (∀n∈N) a_n= 0

が成り立つことが必要十分である。

(1) と (2) には、直接の関係はない。例えば

(a) f(z) =z は、Res(f;∞) = 0 であるが、∞は除去可能特異点ではない。

(b) f(z) = ¹_z は、Res(f;∞) = −1̸= 0 であるが、∞は除去可能特異点である。

問14の解答 f が ∞を孤立特異点に持つならば、正数 R と {a_n}_n∈Nが存在して、

f(z) =

∑∞ n=1

anzⁿ+a0+

∑∞ n=1

a₋n

zⁿ (R <|z|<∞).

仮定より

zf(z) =

∑∞ n=1

a_nzⁿ⁺¹+a₀z+

∑∞ n=1

a₋n

zⁿ⁻¹ =

∑∞ n=1

a_n−1zⁿ+a₋₁+

∑∞ n=1

a₋n

zⁿ (R <|z|<∞).

zlim→∞zf(z) が存在するには、(∀n∈N: n≥2)a_n= 0 であることが必要十分で、そのとき a₋₁ = lim

z→∞zf(z) = A.

ゆえに

Res(f;∞) = −a₋₁ =−A.

問15 の解答 前問を使うと簡単である。zf(z) = zQ(z)

P(z) で、zP(z), Q(z) ∈ C[z], degP(z) ≥ deg(zQ(z)) + 1 であるから、

zlim→∞zf(z) = lim

z→∞

zQ(z) P(z) = 0.

ゆえに

Res(f;∞) =− lim

z→∞zf(z) = 0.

問16の解答 相異なる3点 α, β, γ ∈Cをそれぞれ1, 0, ∞ に写す分数変換 φα,β,γ は、

φα,β,γ(z) = α−γ

α−β · z−β z−γ であるから、

φ_1,2,3(z) = 1−3

1−2· z−2

z−3 = 2(z−2)

z−3 = 2z−4 z−3 , φ_4,5,6(z) = 4−6

4−5 · z−5

z−6 = 2(z−5)

z−6 = 2z−10 z−6 .

これから ( (

2 −10 1 −2

)₋1

= 1

−2

(−6 10

−1 2 )

より)

φ_4,5,6⁻¹(z) = −6z+ 10

−z+ 2 = 6z−10 z−2 . 求める1次分数変換 φは、φ=φ⁻_4,5,6¹ ◦φ_1,2,3 である。これは行列

(

6 −10 1 −2

) ( 2 −4 1 −3

)

= (

2 6 0 2

)

に対応する1次分数変換で、

φ(z) = 2z+ 6

0·z+ 2 =z+ 3.

結果を見て驚くかもしれないが、ちょっと考えれば当り前だ！— (「先生、これ、見れば分かるφ(z) = z+ 3 でも良いんですよね？」「(おっと、問題ミスったか。)一意性があるので、それが唯一の答で す。」)

問17の解説 中心 c, 半径 r の円は |z−c|² = r² と表される。|z−c|² = (z−c)(z−c) であるか ら、次と同値である。

zz−cz−zc=r²− |c|². これと見比べると良い。

(解答)

0 =zz−iz+iz=z(z−i) +iz =z(z+i) +i(z+i) +i² = (z+i)(z+i)−1 = |z+i|² −1 であるから、

|z+i|² = 1.

これは −i中心、半径 1の円を表す。

問18解答 問19解答

問20解答 単純な計算だけれど、闇雲にやると難しい。

(1)

|1−z₀z|²− |z−z₀|² = (1−z₀z)(1−z₀z)−(z−z₀)(z−z₀)

= (1−z₀z)(1−z₀z)−(z−z₀)(z−z₀)

= 1−z₀z−z₀z+|z₀|²|z|²−(

|z|²−z₀z−zz₀ +|z₀|²)

= 1−z₀z−z₀z+|z₀|²|z|²− |z|²+z₀z+zz₀− |z₀|²

= 1− |z|²− |z₀|²+|z₀|²|z|²

=(

1− |z|²) (

1− |z₀|²) .

(2) |ε|= 1 に注意すると 1− |w|² = 1−

ε z−z0

1−z₀z

² = 1− |z−z0|²

|1−z₀z|² = |1−z0z|²− |z−z0|²

|1−z₀z|² =

(1− |z|²) (

1− |z₀|²)

|1−z₀z|² .

(3) z ̸= 1

z₀ ⇔ w̸=∞ に注意しておく。

• |z|<1 ならば (z ̸= 1

z₀ も成り立ち)、1− |w|² >0.

• |z|= 1 ならば (z ̸= 1

z₀ も成り立ち)、1− |w|² = 0.

• |z|>1 かつz ̸= 1

z₀ ならば、1− |w|² <0.

• z = 1

z₀ ならば、w=∞. 1− |w|² =−∞<0.

結局、|z|<1 ⇔ |w|<1,|z|= 1 ⇔ |w|= 1, |z|>1⇔ |w|>1.

(4) z₀ と鏡像の位置にある点は 1

z₀ . これは ∞ にうつされる。

(z₀ と 1 z0

は単位円に関して互いに鏡像であるので、それらの像である 0 と ∞ も、単位円に関し て互いに鏡像の位置にあるわけです。)

問21解答 z₂, z₃, z₄ をそれぞれ 1,0,∞ にうつす1次分数変換ψ₁は ψ₁(z) = (z, z₂, z₃, z₄).

w₂, w₃, w₄ をそれぞれ 1,0,∞ にうつす1次分数変換ψ₂は ψ₂(w) = (w, w₂, w₃, w₄).

ψ₂⁻¹ ◦ψ₁ は、z₂, z₃, z₃ をそれぞれ w₂, w₃, w₄ にうつす1次分数変換であるから、φ に一致する: φ=ψ⁻₂¹◦ψ₁. w₁ =φ(z₁) = ψ₂⁻¹ ◦ψ₁(z₁) よりψ₂(w₁) = ψ₁(z₁) であるので、

(w₁, w₂, w₃, w₄) = (z₁, z₂, z₃, z₄).

問22解答

(1) x:= Rez, y:= Imz とおくと、

e^z =e^x+iy =e^x(cosy+isiny) =e^xcosy+ie^xsiny.

ゆえに

|e^z|=

√

(e^xcosy)²+ (e^xsiny)² =√

e^2x =e^x =e^Rez. (2) z の極形式を z =re^iθ (r ≥0,θ ∈R)とするとき、

logz = logr+i(θ+ 2nπ) (n ∈Z).

z^a =e^alogz =e^a(logr+i(θ+2nπ)) =e^alogre^i(aθ+2anπ) =r^ae^i(aθ+2anπ). ゆえに

|z^a|=r^a. (3) z =x+iy (x, y ∈R) とするとき、

zlogn= (x+iy) logn=xlogn+iylogn,

n^z = exp (zlogn) = exp (xlogn+iylogn) = exp (xlogn) exp (iylogn) = n^xe^iylogn であるから

|n^z|=n^x.

問22の解答 Ω :={z ∈C|Rez >1} とおく。

n^z を n^z = exp(zlogn) と定義すると、Ω 上の正則関数である。

K を C の有界閉集合で Ωに含まれるものとする。(Weierstrass の最大値定理によって) α:= min{Rez |z ∈K}

が定まり、α >1. Kα :={z ∈C|Rez≥α} とおく。

z ∈K_α とするとき、Rez ≥α であるから、

|n^z|=n^Rez ≥n^α (z ∈K_α).

ゆえに

1 n^z

≤ 1

n^α (z ∈K_α).

α >1であるから、

∑∞ n=1

1

n^α は収束するので、Weierstrassの M-test より、

∑∞ n=1

1

n^z は K_α で一様収束 する。特に K でも一様収束し、

∑∞ n=1

1

n^z は、Ω で広義一様収束することになる。ゆえにΩで正則な 関数である。

問24の解答 C の任意の有界閉集合 K に対して、ある実数 R が存在して、

(∀z ∈K) |z| ≤R

が成り立つ。そこで任意の正の実数 R に対して、K_R :={z ∈C| |z| ≤R} で一様収束することを 示せば、K で一様収束することが分かり、C で広義一様収束することが証明できる。

N ≥2Rとなるような N ∈N を取ると、n ≥N を満たす n∈ Nと、|z| ≤R を満たす z ∈C に

対して、 z

n ≤ R

N ≤ 1

2, 1−z n

² ≥1− 1 2² = 3

4 であるから、

2z z²−n²

= 1

n² · 2R

1− |z|²/n² ≤ 1

n² ·2R· 4

3 = 8R

3n² (z∈K_R,n ≥N).

ゆえに ∑∞

n=N

2z z²−n² は K_R で一様収束する。ゆえに

1 z +

∑∞ n=1

2z z²−n²

は KR\ {0} で一様収束する。ゆえに C\ {0} で広義一様収束する。

問25の解答

(1) 講義で πcotπz の部分分数展開を求めたのと、同様の議論で πtanπz = lim

N→∞

∑N n=1

( −1

z−(n−1/2)+ −1 z+ (n−1/2)

)

=−

∑∞ n=1

2z z²−(n−1/2)²

と求めることが出来る。あるいは、tanz = cot(π/2−z) という関係を利用して、

πtanπz=πcot(π/2−πz) = πcotπ(1/2−z) = 1 1/2−z +

∑∞ n=1

2(1/2−z) (1/2−z)²−n² を導き、これを整理し直して求めることも出来る。

(2) (1)で求めた πtanπz の部分分数展開 πtanπz=−∑^∞

n=1

( 1

z−(n−1/2) + 1 z+ (n−1/2)

)

は、各項が正則関数の、広義一様収束する級数であるから、項別微分が可能であり、その結果 も広義一様収束する級数である。

π· π cos²πz =

∑∞ n=1

( 1

(z−(n−1/2))² + 1

(z+ (n−1/2))² )

ゆえに

1

cos²πz = 1 π²

∑∞ n=1

( 1

(z−(n−1/2))² + 1

(z+ (n−1/2))² )

.

この結果は

1

cos²πz = 1 π²

∑∞ n=−∞

1

(z−(n−1/2))² と書くことも出来る。

あるいは 1

sin²πz の部分分数展開 π²

sin²πz = 1 z² +

∑∞ n=1

( 1

(z−n)² + 1 (z+n)²

)

=

∑∞ n=−∞

1 (z−n)² から、cosz = sin(π/2−z) の関係を用いても求めることが出来る。