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
b = 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
講義での約束通り C
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)。
Cauchy の積分定理再説
1
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.
b \ {0} は単連結であることを示せ。
(2) C
(1) C \ {0} は単連結でないことを示せ。
lim と ∞
2
問 5.
以下の定義を書け。(1) a ∈ C とする。lim f (z) = ∞ とはどういうことか？
する。 lim f (z) = A とはどういうことか？
z→∞
問 5′ .
z→a
(2) A ∈ C と
(3) lim f (z) = ∞ とはどういうことか？
z→∞
{zn }n∈N は C 内の点列とする。(1) A ∈ C とするとき、 lim zn = A とはどういうことか。
n→∞
(2) lim zn = ∞ とはどういうことか。
n→∞
問 6.
(−1) · ∞ = ∞ と定義する (ことがある) のはなぜか？
問 7.
(1) lim
1
1
= ∞ を示せ。 (2) lim = 0 を示せ。 (2) lim z = ∞ を示せ。
z→0 z
z→∞ z
z→∞
1
Riemann 球面
3
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。
x1 + ix2
(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 =
)
1 − x3
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 + x3
を示せ。 (2) φ−1 を求めよ。すなわち x1 , x2 , x3 を z で表せ。
(1) |z|2 =
1 − x3
問 9.
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。
∞ のまわりの Laurent 展開と留数, 有理関数
4
5z 2 − 4z + 3
の ∞ の周りの Laurent 展開と留数 Res(f ; ∞) を求めよ。
(z 2 + 1) (z − 2)
(本質的には、複素関数で習った計算。)
問 11.
f (z) :=
3z 4 − 5z 3 − 7z 2 − z + 25
について以下の問に答えよ。
(z − 2)2 (z + 1)
(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 12.
f (z) =
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 zf (z) = A であれば、Res(f ; ∞) =
z→∞
−A であることを示せ。
問 15.
P (z), Q(z) ∈ C[z], deg P (z) ≥ deg Q(z) + 2 であるとき、f (z) :=
f は、Res(f ; ∞) = 0 を満たすことを示せ 1 。
Q(z)
で定めた有理関数
P (z)
∫
1
従って、十分大きな R に対して、
|z|=R
f (z) dz = 0. 関数が ∀x ∈ R f (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
∫ ∞
b の円であり、それが f の特
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 C
分
−∞
異点を通らない。
2
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。)
b 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 C
b の円
問 19. C
に関して鏡像の位置にうつることを示せ。
b の任意の円は、1 次分数変換によって、C
b の円に写される、という定理を思い出す。)
(C
問 20.
z0 , ε ∈ C, |z0 | < 1, |ε| = 1 とするとき、
w=ε
z − z0
1 − z0 z
で定まる 1 次分数変換について、以下のことを示せ。
(
)(
)
(1) |1 − z0 z|2 − |z − z0 |2 = 1 − |z0 |2 1 − |z|2 .
(
2) (
2)
1
−
|z
|
1
−
|z|
0
.
(2) 1 − |w|2 =
|1 − z0 z|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。)
3
b 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)
問 21. z1 , z2 , z3 , z4 を C
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) |ez | = eRe z 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、nz := exp(z log n)
(log n は高校数学の対数、あるいは主値) と定めるとき、|nz | = nRe z であることを示せ。
∞
∑
1
問 23. (Riemann のゼータ関数) ζ(z) :=
は、{z ∈ C | Re z > 1} で正則な関数を定めるこ
z
n
n=1
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。)
1 ∑ 2z
問 24.
+
は C \ Z で広義一様収束することを示せ。
z n=1 z 2 − n2
(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) π tan πz の部分分数展開を求めよ。 (2)
(これは cot, 1/ sin2 の結果を知っていれば簡単。)
4
1
の部分分数展開を求めよ。
cos2 πz
(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 + t1 p + s1 q,
x2 = a + t2 p + s2 q.
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 + t1 p + s1 q) + r(a + t2 p + s2 q)
= 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。
5
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) Im z > 0, (ii) Im z < 0, (iii) Im z = 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] = t Im z > 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 C 1 級閉曲線 C と、任意の正則関数
∫
f : Ω → C に対して、 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
C
ころが C: z = eiθ (θ ∈ [0, 2π]) は、C \ {0} 内の C 1 級閉曲線であるにもかかわらず、正則関数
1
f (z) = に対して、
z
∫
f (z) dz = 2πi ̸= 0.
C
ゆえに C \ {0} は単連結ではない。
(2) ()
6
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 f (z) = A の条件 (∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀z: |z − a| < δ) |f (z) − A| < ε を並べると合点
z→a
が行くだろうか。
問 6 解答
問 7 解答
lim f (z) = −1, lim g(z) = ∞, とするとき、 lim f (z)g(z) = ∞ となるから。
z→a
関数 z 7→
z→a
z→a
1
の定義域は Ω := C \ {0} である。
z
1
とおくと、δ > 0 であり、|z − 0| < δ を満たす任意の
|U | + 1
1
= 1 > 1 = |U | + 1 > |U | ≥ U.
z |z|
δ
(1) 任意の実数 U に対して、δ :=
z ∈ Ω に対して、
1
= ∞.
z→0 z
ゆえに lim
(2) 任意の正数 ε に対して、R :=
して、
1
とおくと、R ∈ R であり、|z| > R を満たす任意の z ∈ Ω に対
ε
1
− 0 = 1 < 1 = ε.
z
|z|
R
1
= 0.
z→∞ z
ゆえに lim
(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
0
x1 − 0
tx1
tx2
y = 0 + t x2 − 0 =
t(x3 − 1) + 1
z
1
x3 − 1
平面 z = 0 との交点では、t(x3 − 1) + 1 = 0 より t =
x=
ゆえに φ(x1 , x2 , x3 ) = x + iy =
x1
,
1 − x3
1
. ゆえに
1 − x3
y=
x1 + ix2
.
1 − x3
7
x2
.
1 − x3
(t ∈ R).
問 9 解答
(1) x21 + x22 + x23 = 1 であるから、|z|2 = x2 + y 2 =
x21 + x22
1 − x23
1 + x3
.
=
=
2
2
(1 − x3 )
(1 − x3 )
1 − x3
|z|2 − 1
2
. これから 1 − x3 =
が導かれるので、
2
2
|z| + 1
|z| + 1
z+z
2
z+z
z−z
2
−i(z − z)
x1 = x(1−x3 ) =
· 2
= 2
. 同様に x2 = y(1−x3 ) =
· 2
=
.
2 |z| + 1
|z| + 1
2i |z| + 1
|z|2 + 1
すなわち
)
(
z + z −i(z − z) |z|2 − 1
−1
,
,
.
φ (z) =
|z|2 + 1 |z|2 + 1 |z|2 + 1
(2) これを x3 について解いて、x3 =
問 10 解答
前問から z = x + iy (x, y ∈ R) とおくと、
(
)
2x
2y
x2 + y 2 − 1
−1
φ (z) =
,
,
.
x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 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
−1
φ (z) − φ−1 (z ′ )2 =
4 [(x − x′ )2 + (y − y ′ )2 ]
4 |z − z ′ |2
=
.
(x2 + y 2 + 1)(x′2 + y ′2 + 1)
(|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。
5z 2 − 4z + 3
3
2z
f (z) = 2
=
+ 2
.
(z + 1)(z − 2)
z−2 z +1
|z| > 2 のとき、|2/z| < 1 であるから
∞
∞
∑
3
3 ∑ 2n
3
2n−1
=
=
=
3
z−2
z (1 − 2/z)
z n=0 z n
zn
n=1
(2 < |z| < ∞).
|z| > 1 のとき、|−1/z 2 | < 1 であるから
∞
∞
∑
2z
2z
1
2∑
1
n 1
= 2 ·
=
(−1) 2n = 2
(−1)n 2n+1
2
2
z +1
z 1 − (−1/z )
z n=0
z
z
n=0
ゆえに
f (z) = 3
∞
∑
2n−1
n=1
zn
+2
∞
∑
n=0
(−1)n
1
z 2n+1
=
5
6
10
+ 2 + 3 + ···
z z
z
(1 < |z| < ∞).
(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)
1
0 であり、留数は の係数に −1 をかけたもので、
z
)
(
Res(f ; ∞) = − 3 · 21−1 + 2 · (−1)0 = −5.
8
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
∞
∑
a−1
a−2
+
+
f (z) =
an (z − 2)n
(z − 2)2 z − 2 n=0
の形に書ける。a−1 = Res(f ; 2) = 2.
a−2
3z 4 − 5z 3 − 7z 2 − z + 25 3z 4 − 5z 3 − 7z 2 − z + 25
= 1.
=
= lim (z − 2) f (z) = lim
z→2
z→2
z+1
z+1
z=2
2
ゆえに 2 の周りの Laurent 展開の主部は
a−2
a−1
1
2
+
=
+
.
2
2
(z − 2)
z−2
(z − 2)
z−2
(4) 3z 4 − 5z 3 − 7z 2 − z + 25 を (z − 2)2 (z + 1) で割ると、商が 3z + 4, 余りが 5z 2 − 13z + 9 である
から、
5z 2 − 13z + 9
f (z) = 3z + 4 +
.
(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
(
)
5z 2 − 13z + 9
5 − 13/z + 9/z 2
1
.
=
−
lim
= −5.
Res(f ; ∞) = (−1)×( の係数) = − lim z ·
z→∞
z→∞ (1 − 2/z)2 (1 + 1/z)
z
(z − 2)2 (z + 1)
b 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
(5) f の C
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) =
2
1
3
+
+
+ 3z + 4.
2
(z − 2)
z−2 z+1
(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 {an }n∈Z が存在して
(∀z ∈ C : R < |z|) f (z) =
∞
∑
an z n +
n=0
∞
∑
a−n
n=1
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、
( )
1
g(ζ) = f
ζ
9
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) =
∞
∑
an
n=0
ζn
+
∞
∑
a−n ζ n
n=1
であるから、∞ が f の除去可能特異点であるためには、
(∀n ∈ N) an = 0
(2)
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
問 14 の解答
は、Res(f ; ∞) = −1 ̸= 0 であるが、∞ は除去可能特異点である。
f が ∞ を孤立特異点に持つならば、正数 R と {an }n∈N が存在して、
f (z) =
∞
∑
n
an z + a0 +
n=1
∞
∑
a−n
n=1
zn
(R < |z| < ∞).
仮定より
zf (z) =
∞
∑
n=1
an z
n+1
∞
∞
∞
∑
∑
∑
a−n
a−n
n
=
an−1 z + a−1 +
+ a0 z +
n−1
z
zn
n=1
n=1
n=1
(R < |z| < ∞).
lim zf (z) が存在するには、(∀n ∈ N: n ≥ 2) an = 0 であることが必要十分で、そのとき
z→∞
a−1 = lim zf (z) = A.
z→∞
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)
で、zP (z), Q(z) ∈ C[z], deg P (z) ≥
P (z)
deg(zQ(z)) + 1 であるから、
zQ(z)
= 0.
z→∞ P (z)
lim zf (z) = lim
z→∞
ゆえに
Res(f ; ∞) = − lim zf (z) = 0.
z→∞
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) =
であるから、
α−γ z−β
·
α−β z−γ
1−3 z−2
2(z − 2)
2z − 4
·
=
=
,
1−2 z−3
z−3
z−3
4−6 z−5
2(z − 5)
2z − 10
φ4,5,6 (z) =
·
=
=
.
4−5 z−6
z−6
z−6
φ1,2,3 (z) =
10
(
)
(
)−1
1 −6 10
2 −10
より)
これから (
=
−2 −1 2
1 −2
φ4,5,6 −1 (z) =
−6z + 10
6z − 10
=
.
−z + 2
z−2
求める 1 次分数変換 φ は、φ = φ−1
4,5,6 ◦ φ1,2,3 である。これは行列
(
)(
) (
)
6 −10
2 −4
2 6
=
1 −2
1 −3
0 2
に対応する 1 次分数変換で、
2z + 6
= z + 3.
0·z+2
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。」)
φ(z) =
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 − z0 z|2 − |z − z0 |2 = (1 − z0 z)(1 − z0 z) − (z − z0 )(z − z0 )
= (1 − z0 z)(1 − z0 z) − (z − z0 )(z − z0 )
(
)
= 1 − z0 z − z0 z + |z0 |2 |z|2 − |z|2 − z0 z − zz0 + |z0 |2
= 1 − z0 z − z0 z + |z0 |2 |z|2 − |z|2 + z0 z + 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
(
2) (
2)
2
2
2
z − z0 2
1
−
|z|
1
−
|z
|z
−
z
|
z
z|
−
|z
−
z
|
|1
−
0|
0
0
0
2
=1−
=
=
.
1 − |w| = 1 − ε
1 − z0 z |1 − z0 z|2
|1 − z0 z|2
|1 − z0 z|2
11
(3) z ̸=
1
⇔ w ̸= ∞ に注意しておく。
z0
1
2
も成り立ち)、1 − |w| > 0.
z0
1
2
も成り立ち)、1 − |w| = 0.
• |z| = 1 ならば (z ̸=
z0
1
2
• |z| > 1 かつ z ̸=
ならば、1 − |w| < 0.
z0
1
2
ならば、w = ∞. 1 − |w| = −∞ < 0.
• z=
z0
• |z| < 1 ならば (z ̸=
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
. これは ∞ にうつされる。
z0
1
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
z0
て互いに鏡像の位置にあるわけです。)
(z0 と
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 = ψ2−1 ◦ 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 := Re z, y := Im z とおくと、
ez = ex+iy = ex (cos y + i sin y) = ex cos y + iex sin y.
ゆえに
|e | =
z
√
(ex cos y)2 + (ex sin y)2 =
√
e2x = ex = eRe z .
(2) z の極形式を z = reiθ (r ≥ 0, θ ∈ R) とするとき、
log z = log r + i(θ + 2nπ) (n ∈ Z).
z a = ea log z = ea(log r+i(θ+2nπ)) = ea log r ei(aθ+2anπ) = ra ei(aθ+2anπ) .
ゆえに
|z a | = ra .
(3) z = x + iy (x, y ∈ R) とするとき、
z log n = (x + iy) log n = x log n + iy log n,
nz = exp (z log n) = exp (x log n + iy log n) = exp (x log n) exp (iy log n) = nx eiy log n
であるから
|nz | = nx .
12
問 22 の解答 Ω := {z ∈ C | Re z > 1} とおく。
nz を nz = exp(z log n) 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 {Re z | z ∈ K}
が定まり、α > 1. Kα := {z ∈ C | Re z ≥ α} とおく。
z ∈ Kα とするとき、Re z ≥ α であるから、
|nz | = nRe z ≥ nα
ゆえに
1
≤ 1
nz nα
(z ∈ Kα ).
(z ∈ Kα ).
∞
∞
∑
∑
1
1
α > 1 であるから、
は収束するので、Weierstrass の M-test より、
は Kα で一様収束
α
n
nz
n=1
n=1
∞
∑
1
する。特に K でも一様収束し、
は、Ω で広義一様収束することになる。ゆえに Ω で正則な
z
n
n=1
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、KR := {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 2
z 1
R
3
1
≤ , 1− ≥1− 2 =
≤
n
N
2
n
2
4
であるから、
2z 1
2R
1
4
8R
z 2 − n2 = n2 · 1 − |z|2 /n2 ≤ n2 · 2R · 3 = 3n2 (z ∈ KR , n ≥ N ).
ゆえに
∞
∑
n=N
は KR で一様収束する。ゆえに
2z
z 2 − n2
1 ∑ 2z
+
z n=1 z 2 − 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 π cot πz の部分分数展開を求めたのと、同様の議論で
π tan πz = lim
N →∞
N (
∑
n=1
−1
−1
+
z − (n − 1/2) z + (n − 1/2)
13
)
=−
∞
∑
n=1
z2
2z
− (n − 1/2)2
と求めることが出来る。あるいは、tan z = cot(π/2 − z) という関係を利用して、
∑ 2(1/2 − z)
1
π tan πz = π cot(π/2 − πz) = π cot π(1/2 − z) =
+
1/2 − z n=1 (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 π tan πz の部分分数展開
π tan πz = −
∞ (
∑
n=1
1
1
+
z − (n − 1/2) 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·
cos2 πz
n=1
∞
ゆえに
この結果は
(
1
1
2 +
(z − (n − 1/2))
(z + (n − 1/2))2
)
)
∞ (
1
1 ∑
1
1
+
= 2
.
cos2 πz
π n=1 (z − (n − 1/2))2 (z + (n − 1/2))2
∞
1 ∑
1
1
= 2
2
cos πz
π n=−∞ (z − (n − 1/2))2
と書くことも出来る。
1
の部分分数展開
あるいは
sin2 πz
∑
π2
1
= 2+
2
z
sin πz
n=1
∞
(
1
1
+
(z − n)2 (z + n)2
)
=
∞
∑
1
(z − n)2
n=−∞
から、cos z = sin(π/2 − z) の関係を用いても求めることが出来る。
14
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