大阿久 俊則
1 複素数の数列と級数
αn ∈C として（複素）数列 {αn} を考察する．
定義 1.1 αn ∈C (n= 0,1,2, . . .)とする．
(1) 複素数列 {αn} が α ∈ C に収束するとは，任意の正の実数 ε に対して，ある自然 数 N が存在して n ≥ N ならば |αn −α| < ε が成立することである．このとき
nlim→∞αn = α と表す．
(2) 複素数列 {αn} がCauchy列（基本列）であるとは，任意の正の実数 εに対してあ る自然数 N が存在して，n, m ≥N ならば |αn−αm| < ε が成り立つことである．
補題 1.1 複素数列{αn} が収束すれば，{αn} は有界である．すなわち，ある実数M ≥0 が存在して，任意の n について|αn| ≤M が成立する．
証明: {αn} が複素数 α に収束するとすれば，ある自然数 N が存在して n ≥ N のとき
|αn−α|< 1，従って
|αn|= |(αn−α) +α| ≤ |αn−α|+|α|< |α|+ 1 (∀n ≥N) が成立する．よって
M = max{|α1|,|α2|, . . . ,|αN−1|, |α|+ 1} とおけばよい．□
命題 1.1 複素数列{αn} がある極限値に収束することと{αn} が Cauchy列であることと は同値である．
証明: αn が α ∈C に収束すると仮定すると，任意の正の実数 ε に対してある自然数 N が存在して，n≥N ならば |αn−α|< ε が成立する．よって m, n ≥N ならば
|αn−αm|= |(αn−α) + (α−αm)| ≤ |αn−α|+|α−αm| <2ε が成立するから {αn} は Cauchy列である．
1
逆に {αn} は Cauchy列であると仮定する．任意の正の実数 ε に対してある自然数 N が存在してn, m ≥ N ならば |αn−αm| < ε が成立する．αn = an+ibn (an, bn ∈ R)と おくと，|an−am| ≤ |αn−αm| かつ|bn−bm| ≤ |αn−αm| であるから，{an} と {bn} は 共に実数のCauchy列である．実数列については収束することとCauchy列であることは 同値である（「連続と極限」）から，実数列 {an} はある a ∈ R に，実数列 {bn} はある b∈R に収束する．よって αn =an+ibn は α:= a+bi に収束する．□
定義 1.2 αn ∈C (n= 0,1,2, . . .)とする．
(1) 無限級数
∑∞ k=0
αk が（ある複素数 S に）収束するとは，部分和の数列 Sn :=
∑n k=0
αk
が S に収束することである．
(2) 無限級数
∑∞ k=0
αk が絶対収束するとは，無限級数
∑∞ k=0
|αk| が収束することである．
補題 1.2 無限級数
∑∞ k=0
αk が収束すれば，数列 {αn} は 0 に収束する．
証明: 部分和を Sn とすると，数列 {Sn} は Cauchy列であるから，任意の正の実数 εに 対してある自然数 N が存在して，n, m ≥ N のとき |Sn−Sm| < ε が成立する．特に n > N のとき
|αn|= |Sn−Sn−1|< ε であるから {αn} は 0 に収束する．□
命題 1.2 絶対収束する無限級数は収束する．
証明: {αn} を複素数列として Sn =
∑n k=0
αk, Tn =
∑n k=0
|αk|
とおく．
∑n k=0
αk が絶対収束すると仮定すると，数列 {Tn} は Cauchy列であるから，任意 の正の実数 ε に対して，ある自然数 N が存在してn > m≥N のとき Tn−Tm < ε が成 立する．従って n > m≥N ならば
|Sn−Sm|=
∑n k=m+1
αk
≤
∑n k=m+1
|αk|= Tn−Tm < ε
が成り立つ．従って {Sn} は Cauchy列であるから収束する．すなわち，無限級数
∑∞ k=0
αk
は収束する．□
例 1.1 αを複素数とするとき，等比級数
∑∞ k=0
αk が収束するための必要十分条件は|α| <1 であることである．また，|α|< 1 のとき，この等比級数は絶対収束する．証明）|α| <1 であればlimn→∞|α|n = 0 であるから，
Sn :=
∑n k=0
αk = 1−αn+1
1−α → 1
1−α (n→ ∞)
である．一方，|α| ≥1 ならば |αn|= |α|n ≥1 であり，αn が 0 に収束しないから，無限 級数
∑∞ k=0
αk は発散する．
命題 1.3 (d’Alembert の判定法) αn ∈ C かつ αn ̸= 0 (n = 0,1,2, . . .)として，r :=
nlim→∞
|αn+1|
|αn| が存在するかまたは r = ∞ であると仮定する．
(1) r < 1 ならば無限級数
∑∞ k=0
αk は絶対収束する．
(2) r > 1 (r = ∞ の場合も含む）ならば無限級数
∑∞ k=0
αk は発散する．
証明: (1) r < R < 1 をみたす実数 R がとれる．R−r > 0 であるから，収束の定義によ り，ある自然数 N があって，n≥N ならば
|αn+1|
|αn| −r
< R−r 2 が成立する．従って三角不等式により
|αn+1|
|αn| = |αn+1|
|αn| −r+r ≤
|αn+1|
|αn| −r
+r < R−r
2 +r = R+r 2
が成立する．ここで m = (R+r)/2 とおけば m < R <1 であり，n ≥N のとき，
|αn| =|αN||αN+1|
|αN|
|αN+2|
|αN+1|· · · |αn|
|αn−1| ≤ |αN|mn−N
が成立する．そこでcn =|αN|mn−N とおけば{cn}は公比 mの等比数列であるから
∑∞ k=1
ck
は収束する．これと |αk| ≤ ck より，
∑∞ k=1
αk は絶対収束する．
(2) 1 < r < ∞ とすると，r > R > 1 をみたす実数 R がとれる．r −R > 0 であるか ら，ある自然数 N があって，n≥N ならば
r− |αn+1|
|αn| ≤ |αn+1|
|αn| −r
< r−R 2
が成立する．従って
|αn+1|
|αn| > r−r−R
2 = R+r 2
が成立する．ここで m = (R+r)/2 とおけば m > R >1 であり，n ≥N のとき，
|αn| =|αN||αN+1|
|αN|
|αN+2|
|αN+1|· · · |αn|
|αn−1| ≥ |αN|mn−N が成立する．従って n → ∞ のとき |αn| → ∞ となるから，
∑∞ k=1
αk は収束しない．□
定義 1.3 複素数列 a0, a1, . . . と複素数 z0 に対して，無限級数
∑∞ k=0
ak(z−z0)k (1)
のことを z0 を中心とするべき級数(power series) という．（「べき」の漢字は「冪」，略字 として「巾」を用いることもある．）べき級数(1)に対して
R:= sup
{|z−z0| z ∈C,
∑∞ k=0
ak(z−z0)k は収束する }
をその収束半径(radius of convergence)という．（右辺の集合が上に有界でないときは R=
∞ とする．）R = 0 のときは z = z0 のときのみ収束する．R > 0 であることと (1)が収 束するようなz ̸= z0 が存在することとは同値である．R >0 のとき(1)を収束べき級数 (convergent power series)という．
命題 1.4 べき級数(1)の収束半径を R とする．複素数 z が |z−z0| < R を満たすとき (1)は絶対収束し，|z−z0| > R ならば(1)は発散する．特に R= ∞ ならば，(1)は任意 の z ∈C について絶対収束する．
証明: z0 = 0 としてよい．z ∈C が |z| < R を満たすとする．収束半径 R の定義により
∑∞ k=0
akz1k が収束し |z| < |z1| ≤ R を満たす複素数 z1 が存在する．このとき数列 {akz1k} は 0 に収束するので有界であるから，ある実数 M >0 があって|ak||z1|k ≤M が任意の k ≥0 について成立する．従って
|akzk|= |ak||z1|k (|z|
|z1| )k
≤M (|z|
|z1| )k
(∀k≥0)
が成立する．これと |z|< |z1| より
∑∞ k=0
akzk は絶対収束することがわかる．
一方，|z| > R とすると R の定義により
∑∞ k=0
akzk は収束しない．□
べき級数(1)の収束半径 R は正であるとする．|z−z0|< R のとき f(z) :=
∑∞ k=0
ak(z−z0)k
と定義すれば，f(z) は開円板 U(z0;R) = {z ∈C | |z−z0| < R} で定義された複素関数 である．
命題 1.5 複素数列 {ak}k≥0 について ak ̸= 0 (∀k)であり，かつR := lim
k→∞
|ak|
|ak+1| が存在 するかまたは R= ∞ であれば，べき級数
∑∞ k=0
ak(z−z0)k の収束半径は R である．
証明: z0 = 0 としてよい．0 でない任意の複素数 z に対して
k→∞lim
|ak+1zk+1|
|akzk| =|z| lim
k→∞
|ak+1|
|ak| = |z|
R （R= 0 のときは ∞ に発散）
が成立する．従って d’Alembert の判定法により，|z| < R ならば
∑∞ k=0
ak|z|k は収束し，
|z|> R ならば発散する．以上によりべき級数(1) の収束半径はR である．□
例 1.2 lim
k→∞
k
k+ 1 = 1 であるから，べき級数
∑∞ k=1
kzk の収束半径は 1 である．
定理 1.1 (べき級数の項別微分定理) べき級数f(z) :=
∑∞ k=0
ak(z−z0)kの収束半径をR >0 とする．f(z) はU(z0;R) ={z ∈C| |z−z0| < R} で正則であり，
f′(z) =
∑∞ k=1
kak(z−z0)k−1
が任意の z∈U(z0;R) について成立する．この右辺のべき級数の収束半径も R である．
証明: z0 = 0としてよい．z∈U(0;R) を固定して．r = R− |z| >0, R1= R−r
2 とおく．
∆zを |∆z|< r
2 を満たす複素数とする．このとき |z+ ∆z| ≤ |z|+|∆z|< R−r+r 2 = R1
かつ |z| = R−r < R1 が成立する．R1 < R より R1 < R2 < R を満たす実数 R2 をと れば，
∑∞ k=0
|ak|R2k は収束するから，ある正の実数 M が存在して任意の k ≥ 0 について
|ak|R2k ≤M が成立する．
f(z+ ∆z)−f(z)
∆z =
∑∞ k=0
ak
(z+ ∆z)k−zk
∆z
=
∑∞ k=1
ak{(z+ ∆z)k−1+z(z+ ∆z)k−2+· · ·+zk−1}
ここで gk(∆z) = (z+ ∆z)k−1+z(z+ ∆z)k−2+· · ·+zk−1 とおくと，
|akgk(∆z)| ≤ |ak|{
|z+ ∆z|k−1+|z||z+ ∆z|k−2+· · ·+|z|k−1}
≤ |ak|kRk−11 = k|ak|Rk−12 (R1
R2
)k−1
≤ M R2
k (R1
R2
)k−1
が成立する．べき級数
∑∞ k=1
kzk−1 の収束半径は 1 であるから，無限級数
∑∞ k=1
k (R1
R2
)k−1
は収束する．従って |∆z|< r
2 のとき
∑∞ k=1
akgk(∆z) は絶対収束する．特に∆z = 0とすれ ば
∑∞ k=1
akgk(0) =
∑∞ k=1
kakzk−1 も絶対収束する．
さて，ε を任意の正の実数とする．
∑∞ k=1
k (R1
R2 )k−1
は収束するから，ある自然数 K が 存在して
∑∞ k=K+1
k (R1
R2
)k−1
=
∑∞ k=0
k (R1
R2
)k−1
−
∑∞ k=K+1
k (R1
R2
)k−1
< R2 Mε
が成立する．一方 lim∆z→0gk(∆z) =kzk−1 であるから，ある正の実数δ < r
2 が存在して，
|∆z| < δ ならば任意の k= 1,2, . . . , K について
|akg(∆z)−kakzk−1| < ε K が成立する．以上により |∆z|< δ ならば
f(z+ ∆z)−f(z)
∆z −
∑∞ k=1
kakzk−1 =
∑∞ k=1
{akgk(∆z)−kakzk−1}
≤
∑K k=1
|akgk(∆z)−kakzk−1|+
∑∞ k=K+1
{|akgk(∆z)|+k|akzk−1|}
≤
∑K k=1
ε
K + 2M R2
∑∞ k=K+1
k (R1
R2
)k−1
< K ε
K + 2M R2
R2 Mε
=ε+ 2ε= 3ε
を得る．ゆえに f(z) は U(0;R) で正則であり，f′(z) =
∑∞ k=1
kakzk−1 が成立する．特に f′(z) は U(0;R) で収束するから f′(z) の収束半径は R 以上である．一方，
|akzk| ≤ |z||kakzk−1| (∀k ≥1)
であるから，f′(z)（を表すべき級数）が収束すれば f(z) も収束する．よってf′(z) の収 束半径は f(z) の収束半径 R以下である．以上により f′(z) の収束半径は R であること が示された．□
この定理の f′(z) を表すべき級数のことをべき級数 f(z) の項別微分(termwise differ- entiation)という．
系 1.1 べき級数 f(z) :=
∑∞ k=0
ak(z−z0)k の収束半径を R > 0 とすると f(z) は U(z0;R) において複素微分の意味で何回でも微分可能であり，任意の自然数 n について，n次導 関数 f(n)(z) は U(z0;R) で正則である．そして f(n)(z0) =n!an が任意の非負整数 n につ いて成立する．
証明: 定理1.1を f(z) の導関数に次々に適用して n回項別微分すれば，
f(n)(z) =
∑∞ k=n
k(k−1)· · ·(k−n+ 1)ak(z−z0)n−k
が任意のz ∈U(z0;R) について成立することがわかる．z = 0を代入してf(n)(z0) =n!an を得る．□
例 1.3 f(z) :=
∑∞ k=0
zk = 1
1−z の収束半径は1 であるから, U(0; 1) において 1
(1−z)2 = f′(z) =
∑∞ k=1
kzk−1
が成立する．同様して n を1以上の自然数とするとき，f(z) を n回微分して n!
(1−z)n+1 = f(n)(z) =
∑∞ k=n
k(k−1)· · ·(k−n+ 1)zk−n (|z| <1) を得る．この右辺のべき級数の収束半径も 1 である．
問題 1.1 次のべき級数の収束半径を求めよ．
(1)
∑∞ k=1
2k
k2zk (2)
∑∞ k=1
k(1 +i)kzk (3)
∑∞ k=0
k!
(2k)!zk (4)
∑∞ k=1
k!
kkzk
問題 1.2 f(z) =
∑∞ k=1
1
kzk, g(z) =
∑∞ k=0
zk とおく．
(1) f(z) の右辺のべき級数の収束半径は 1 であることを示せ．
(2) f′(z) =g(z) が任意の z ∈U(0; 1) について成立することを示せ．
(3) f(z) = −Log (1−z) が任意の z ∈ U(0; 1) について成立することを示せ．ここで，
Logz は C\ {x |x ∈R, x ≤0} における logz の主値を表す．（主値が定義できるこ とも示すこと．）（ヒント：両辺の導関数を考察せよ．）
2 一致の定理
命題 2.1 f(z) を C の開集合 D で正則な関数として z0 ∈ D とする．任意の非負整数 k = 0,1,2,3, . . . について f(k)(z0) = 0 であれば，ある正の実数 R が存在して，任意の z ∈U(z0;R) について f(z) = 0 が成立する．
証明: U(z0;R) ⊂ D となるような正の実数 R をとる（D は開集合だからこのような R は存在する）．定理6.1と仮定によって，任意の U(z0;R) に対して
f(z) =
∑∞ k=0
1
k!f(k)(z0)(z−z0)k = 0 となる．□
定理 2.1 (一致の定理) f(z) を C の（弧状）連結開集合 D で正則な関数とする．S を D の部分集合とする．ある z0 ∈ D が S の集積点である，すなわち，任意の正の実数 ε に対して0< |ζ−z0| < εを満たす ζ ∈S が存在すると仮定する．このとき，f(ζ) = 0 が 任意の ζ ∈S について成立すれば，f(z) = 0 がすべての z∈D について成立する．
証明: z0 ∈D を S の集積点とする．f(k)(z0) = 0 が任意の非負整数 k について成立する ことを示そう．もしそうでなかったとすると，
f(z0) =· · ·=f(m−1)(z0) = 0, f(m)(z0) ̸= 0
となるような非負整数mが存在する．m≥1 ならばz0 はf(z)のm位の零点であるから，
f(z) = (z−z0)mg(z), g(z0)̸= 0
を満たす U(z0;r) (∃r > 0)で正則な関数 g(z) が存在する．m = 0 のときは g(z) = f(z) とすればよい．g(z) は z0 で連続であるから，ある正の実数 δ ≤ r が存在して任意の z ∈ U(z0;δ) について g(z) ̸= 0 が成立する．従って複素数 z が 0 < |z−z0| < δ を満 たせば f(z) ̸= 0 である．一方 z0 は S の集積点であるから0 < |ζ −z0| < δ を満たす ζ ∈S が存在し，仮定により f(ζ) = 0 となる．これは矛盾であるから最初の主張が示さ れた．従って命題2.1により，R を U(z0;R) ⊂D を満たすような正の実数とすれば，任 意の z∈U(z0;R) についてf(z) = 0 が成立する．
C
U(z0;R) D z0
z1
ϕ(t0)
S
U(ϕ(t0);R0)
z1 を D の任意の点とする．D は弧状連結であるから，D 内の曲線 C :z =φ(t) (a≤t≤b)
であって φ(a) = z0 かつ φ(b) = z1 であるようなものが存在する．f(z) = 0 という性質 が曲線C に沿って伝わることを示す．実数の区間 [a, b] の部分集合 I を
I ={t∈[a, b]| f(φ(s)) = 0 (0 ≤ ∀s≤t)}
によって定義し t0 = supI とおく．前半の議論より tが a に十分近いときは f(φ(t)) = 0 であるから t0> a である．t0= b であることを背理法で示そう．t0 < b と仮定する．
S0 ={φ(t) |a≤t < t0}
とおくと φ(t0) はS0 の集積点であり，任意のζ ∈S0に対して f(ζ) = 0が成立する．従っ て前半の議論によりf(k)(φ(t0)) = 0 がすべての非負整数 k について成立し，よって R0
を U(φ(t0);R0) ⊂D を満たすような正の実数とすれば，任意の z ∈U(φ(t0);R0) につい
て f(z) = 0 が成立する．φ(t) は連続関数であるから，ある正の実数 δ が存在して
t0−δ < t < t0+δ ⇒ |φ(t)−φ(t0)|< R0
が成立する．これとt0の定義によりa≤s < t0+δ を満たす任意のsについてf(φ(s)) = 0 が成立することになる．これは t0 の定義に反する．従って t0 = b であるからf(z1) = f(φ(b)) = f(φ(t0)) = 0 を得る．z1∈D は任意であったから定理の主張が示された．□
f(z), g(z)が連結開集合Dで正則であるとき，f(z)−g(z)に対して一致の定理を適用す ることができる．たとえば，D を Cの連結開集合であって D∩R̸=∅ であるようなもの として，f(z) とg(z) を D で正則な関数とする．もし f(x) =g(x), すなわちf(x)−g(x) が任意の x ∈ D∩R について成立すれば，f(z)−g(z) = 0 すなわちf(z) = g(z) が任 意の z ∈D について成立する．あるいは，さらに条件をゆるめて f(x) =g(x) が任意の D∩Q について成立すれば同じ結論が成立する(Q は有理数全体の集合）．実際 D が開 集合であることから D ∩R は R のある開区間 I = (a, b) (a < b) を含み，I の任意の点 はI ∩Qの集積点となるからf(z)−g(z) に一致の定理を適用すればよい．
これから，たとえば C で正則な関数 f(z) であって，R のある開区間 I に属する任意 の実数（有理数としてもよい）x に対して f(x) =ex となるようなものは，2章で定義し た f(z) =ez しかないことがわかる．
系 2.1 f(z) を C の連結開集合 D で正則な関数であって定数関数ではないものとする．
z0 ∈ D が f(z) の零点，すなわち f(z0) = 0 であるとすると，ある正の実数 ε が存在し て，0 < |z−z0| < ε ならば f(z) ̸= 0 である．この事実を，「定数でない正則関数の零点 は孤立している」という．
証明: 結論を否定すると，任意の自然数n に対して0< |zn−z0|< 1/n かつf(zn) = 0を 満たす zn ∈D が存在することになる．このとき S ={zn | n= 1,2,3, . . .} とおけば，z0
は S の集積点だから一致の定理により f(z) は D で恒等的に 0 となり仮定に反する．□
命題 2.2 D を C の連結開集合とする．f(z) と g(z) が D で正則であり f(z)g(z) が D で恒等的に 0 ならば，f(z) または g(z) の少なくとも一方は D で恒等的に 0 である．（す なわち，D で正則な関数の全体が和と積についてなす環は整域である．）
証明: f(z)は D で恒等的に 0ではないとすると，f(z0)̸= 0 を満たすz0 ∈D が存在する．
f(z)は連続であるから，ある正の実数r が存在してf(z)̸= 0が任意のz ∈U(z0;r)につい て成立する．仮定よりf(z)g(z) = 0 が任意の z∈D について成立するから，z ∈U(z0;r) ならば f(z) ̸= 0 より g(z) = 0 でなければならない．U(z0;r) は D内に集積点を持つ (U(z0;r) の各点がその集積点である）から，一致の定理によって，g(z) = 0 がすべての z ∈D について成立する．□
3 べき乗関数とその積分
x が正の実数でaが実数のとき，xa は正の実数であるから対数をとるとlogxa =alogx となる．従ってxa = exp(alogx)と表せる．そこで，一般にαを複素数の定数，zをC\{0} に属する複素数の変数とするとき
zα = exp(αlogz)
と定義する．logz= log|z|+iargz は C\ {0} では多価関数となり，(α が整数でなけれ ば）exp(αlogz) の値を１つに決めることができない．そこで，たとえば D+ = C\ {x ∈ R| x ≤0} においては，−π < argz < π によって Logz = logz を定めればexp(αLogz) の値を一つに決めることができる．これを D+ における zα の主値または主枝という．特 に x が正の実数のときは x ∈ D+ であり Logx = logx は通常の対数（実数）であるか ら，α が実数ならば xα （の D+ における主値）は実数値をとる．正則関数の合成関数と して zα の主値は D+ で正則である．
また，D− = C\ {x ∈R|x ≥0} において0 <argz < 2π によって Logz = logz の値 を決めたときのexp(αLogz) のことを zα の D− における主値または主枝という．これは D− で正則な関数である．
例 3.1 D+ = C\ {x∈R|x ≤0} における z12 の主値を f(z) = exp (1
2Logz )
とすると，
f(2) = exp (1
2Log 2 )
= exp (1
2log 2 )
= exp(log√
2) = √
2, (log 2 は通常の実数の対数)
f(i) = exp (1
2Logi )
= exp (1
2 π 2i
)
= cosπ
4 +isinπ
4 = 1 +i
√2
D− =C\ {x ∈R|x ≥0} における z12 の主値を g(z) = exp (1
2Logz )
とすると，
g(−1) = exp (1
2Log (−1) )
= exp (1
2πi )
= cosπ
2 +isinπ 2 = i
例 3.2 D− = C\ {x∈R|x ≥0} における zi の主値を f(z) = exp(iLogz) とすると，
f(2) = exp(iLog 2) = exp(ilog 2) = cos log 2 +isin log 2, f(−1) = exp(iLog (−1)) = exp(i·πi) =e−π
べき乗関数の主値に対しては，たとえば zαβ = (zα)β など実数のときに成立する等式は 必ずしも成立するとは限らないので注意が必要である．
命題 3.1 一般に複素数 α に対して，zα をD+ = C\ {x ∈ R | x ≤ 0} またはD− = C\ {x ∈R| x≥0} における主値を表すこととすると次が成立する．
(1) z ∈D+ または z∈D− のとき zαzβ =zα+β. 特に (zα)−1= z−α. (2) n を整数とすると，z ∈D+ または z∈D− のとき(zα)n = znα. (3) zα は D+ および D− で正則であり d
dzzα= αzα−1 が成立する．
証明: (1) 複素数の指数関数の性質より
zαzβ = exp(αLogz) exp(βLogz) = exp(αLogz+βLogz) = exp((α+β)Logz) =zα+β 特にzαz−α= z0 = exp(0) = 1 より z−α= (zα)−1 が従う．
(2) n >0 のときは(1)を用いて，
(zα)n = z| {z }α· · ·zα
n
= zα+···+α = znα
n <0 のときはこの式が n を −n として成立するから(1)より (zα)n = 1
(zα)−n = 1
z−nα = znα n= 0 のときは z0 = 1 だから成立する．
(3) 正則関数の合成関数に対する微分の公式と d
dzLogz = 1 z より d
dzzα = d
dz exp(αLogz) = α
z exp(αLogz) =αz−1zα =αzα−1
□
定理 3.1 (一般2項定理) α を複素数の定数として，zα を D+ = C\ {x ∈R|x ≤0} に おけるべき乗関数の主値とすると単位円板 U(0; 1) ={z ∈C| |z|< 1} において
(1 +z)α =
∑∞ n=0
(α n
) zn,
(α n
)
:= α(α−1)· · ·(α−n+ 1) n!
とTaylor展開される．
(α n
)
を一般2項係数という．
証明: f(z) = (1 +z)α は U := C\ {x ∈ R| x ≤ −1} で正則であるから，特に単位円板 U(0; 1)で正則である．f(n)(z) =α(α−1)· · ·(α−n+ 1)(1 +z)α−n であるから，定理10.1 により U(0; 1) において
f(z) =
∑∞ n=0
f(n)(0) n! zn =
∑∞ n=0
α(α−1). . .(α−n+ 1)
n! zn
が成立する．□
べき乗関数を含む広義積分の計算をしよう．
例 3.3 a を −1 < a < 1 かつ a ̸= 0 を満たす実数として
∫ ∞
0
xa
x2+ 1dx の値を求めよ う．zα を D− = C\ {x ∈R| x ≥0} における主値としてf(z) = zα
z2+ 1 とおく．R >1, 0 < ε <1, 0< δ < π として，
CR,δ : z= Reit (δ ≤t≤2π −δ), Cε,δ :z = εeit (δ ≤t≤2π−δ)
とする．CR,δ, 「Re−δi と εe−δi を結ぶ線分」，−Cε,δ, 「εeδi と Reδi を結ぶ線分」をつな いでできる閉曲線を CR,ε,δ と表す．
−R
CR,ε,δ CR,δ
−Cε,δ C1
−C2
−ε i
−i
δ →0
−R
CR,ε,0
−ε i
−i
CR,ε,δ は星形開集合 D− に含まれるから留数定理により
∫
CR,ε,δ
f(z)dz = 2πiResz=if(z) + 2πiResz=−if(z) = 2πiia
2i + 2πi(−i)a
−2i
= πia−π(−i)a =πexp (πi
2 a
)−πexp (3πi
2 a )
を得る（−i の偏角は 3
2π であることに注意）．一方，εeδi と Reδi を結ぶ線分を C1 とお き，εe−δi と Re−δi を結ぶ線分を C2 とおくと，向きを考慮して
∫
CR,ε,δ
f(z)dz =
∫
CR,δ
f(z)dz−
∫
Cε,δ
f(z)dz+
∫
C1
f(z)dz −
∫
C2
f(z)dz
が成立する．δ →0, R→ ∞, ε→0 としたときの，右辺の各項の振る舞いを考察しよう．
まず z ∈D− のとき|za| = |exp(aLogz)| = exp(Re (aLogz)) = exp(alog|z|) = |z|a であ ることと |z2+ 1| ≥ ||z|2−1| に注意すると a < 1 より
∫
CR,δ
f(z)dz
≤2(π−δ)R Ra
R2−1 ≤2π Ra−1 1− 1 R2
−→ 0 (R −→ ∞)
を得る．また a >−1 より
∫
Cε,δ
f(z)dz
≤2(π−δ)ε εa
1−ε2 ≤ 2πεa+1
1−ε2 −→0 (ε−→ 0) も成立する．次にパラメータ表示
C1 : z =teδi (ε≤t≤R), C2 : z =te−δi (ε≤t≤R) を用いて，
∫
C1
f(z)dz−
∫
C2
f(z)dz =
∫ R ε
(teδi)a
(teδi)2+ 1eδidt−
∫ R ε
(te−δi)a
(te−δi)2+ 1e−δidt
ここで D− に属する複素数の偏角は 0 と 2π の間であるからarg(teδi) = δ, arg(te−δi) = 2π −δ であることに注意すると，δ →0 のとき
(teδi)a = exp(aLog (teδi)) = exp(alogt+aδi) −→exp(alogt) =ta
(te−δi)a = exp(aLog (te−δi)) = exp(alogt+a(2π −δ)i))−→ exp(alogt+ 2πia) =e2πiata となるから，δ →0 とすると
∫
C1
f(z)dz−
∫
C2
f(z)dz −→
∫ R ε
ta
t2+ 1dt−
∫ R ε
e2πiata
t2+ 1 dt= (1−e2πia)
∫ R ε
ta t2+ 1dt ここで R→ ∞, ε→0 として以上をまとめると
∫ ∞
0
ta
t2+ 1dt= lim
R→∞,ε→0
∫ R ε
ta
t2+ 1dt = 1 1−e2πia
( πexp
(πi 2 a
)−πexp (3πi
2 a ))
= πexp (πi
2 a
) 1−eπia
1−e2πia =πexp (πi
2 a
) 1−eπia (1−eπia)(1 +eπia)
= πexp (πi
2 a ) 1
1 +eπia = π
exp (πi
2 a )
+ exp (−πi
2 a
) = π 2 cosπ
2a 問題 3.1 次のべき乗のD− =C\ {x ∈R|x ≥0} における主値を求めよ．
(1) ( − 1)
13(2) i
13(3) ( − i)
13(4) i
i問題 3.2 (1−z)−12 の主値の z = 0 におけるTaylor展開を求めよ．
問題 3.3
∫ ∞
0
√x
x3+ 1dx の値を求めよ．
4 Riemann 球面上の正則関数と有理形関数
Riemann球面 C = C∪ {∞} において正則関数や有理形関数を考察しよう．Riemann
球面は1次元複素射影空間とも呼ばれ，P1(C) とも表される．
C の2つの開集合 U = C とV = (C\ {0})∪ {∞} に着目する．V は複素数平面から 0 を除いて無限遠点 ∞ を加えた集合である．立体射影によってC を2次元球面 S2 と同一 視すると．U は S2 から北極 N を除いた集合であり，V は S2 から南極 S を除いた集合 である．
V からCへの写像 φを w =φ(z) =z−1 (z∈V) によって定義する．ただしφ(∞) = 0 とする．φ は V から C への全単射である．w平面 Cにおいて w = 0 は z = ∞ に対応 すると考えることができる．（Reimann球面は1次元複素多様体と呼ばれるものの一つで あり，U, V は Cの座標近傍と呼ばれる．）U ∩V =C\ {0} である．
f(z) があるR >0 に対して{z∈C| |z|> R} で正則であるとき，無限遠点 ∞は f(z) の孤立特異点であるという．g(w) =f
(1 w
)
とおくとg(w)は 0< |w|< 1
R で正則である．
w = 0 が g(w) の除去可能特異点あるいは m位の極であるとき，z = ∞ は f(z) の除去 可能特異点あるいは m位の極であるという．特に z =∞ が f(z) の除去可能特異点であ るとき，f(z) は z =∞ で正則であるという．
定理 4.1 f(z) が Riemann球面全体で（すなわち Cおよび ∞で）正則ならば f(z)は定 数関数である．
証明: f(z) は C で正則だから，
f(z) =
∑∞ n=0
anzn (∀z ∈C) とTaylor展開できる．このとき
g(w) :=f (1
w )
=a0+
∑∞ n=1
anw−n
は g(w) の w = 0 における Laurent展開であるが，仮定により w = 0 は除去可能特異点 であるから，任意の n≥1 に対して an = 0 でなければならない．従って f(z) =a0 とな り f(z) は定数関数である．□
f(z) が C で有理形であるとは，任意の z0 ∈ C について，f(z) が z0 の近傍で正則で あるか z0 が f(z) の極であることと定義する．このとき特に z = ∞ はf(z) の除去可能 特異点または極である．
定理 4.2 Riemann球面 C における有理形関数は有理関数である．
証明:極は孤立しているから，f(z) の Cにおける極の集合は集積点を持たない．Riemann 球面は球面 S2 に同相であるからコンパクト集合であり，C の無限部分集合は集積点を持
つ．従って f(z) の極は有限個しかない．それらのうち ∞ とは異なるものを z1, . . . , zm
とし，zk における f(z) の Laurent展開の主要部を gk(z) とする．このとき g(z) :=f(z)−g1(z)− · · · −gm(z)
は C で正則であるから C において
g(z) =
∑∞ n=0
bnzn
という形にTaylor展開できる．このとき g
(1 w
)
=b0+
∑∞ n=1
bnw−n
が w = 0 における Laurent展開であるが w = 0 は g (1
w )
の高々極であるから，g (1
w ) は w の有理関数である．従って g(z) は z の有理関数である．z1, . . . , zm は極であるから g1(z), . . . , gm(z) も有理関数である．以上により f(z) は有理関数である．□
C で定義された有理形関数 f(z) について，極での値を∞ と定義すれば f(z) は C か ら C への写像と見なすことができる．
定理 4.3 C における有理形関数 f(z) から定まる C から C への写像が全単射であるた めの必要十分条件はf(z) が1次分数変換であることである．
証明: 1次分数変換は C から C への全単射であることは4章で示したから，有理形関 数 f(z) が C からC への全単射であると仮定して f(z) が1次分数変換であることを示 せばよい．定理4.2により f(z) は有理関数である．f(∞) = ∞ と仮定しても一般性を 失わない．実際，f(∞) = γ ̸= ∞ としてg(z) = 1
f(z)−γ とおくと g(∞) = ∞ であり，
φ(w) = 1
w−γ は1次分数変換であるから，g = φ◦ f も C から C への全単射である．
従って g(z) が1次分数変換であることが示されればf = φ−1◦g も1次分数変換である ことがわかる．
そこで，f(∞) =∞ と仮定する．f は単射であるから z ∈C のとき f(z)∈C であり，
f(z)は Cに極を持たない．有理関数f(z)の分母がもし 1次以上であれば代数学の基本定 理により分母の値が 0になるような複素数が存在するから f の値は∞ となる．以上によ り f(z) は多項式でなければならないことがわかる．f(z) = 0 を満たす複素数はただ一つ であるから，それを α とすると，ある c∈C\ {0} と自然数 n があってf(z) =c(z−α)n と表される．
ここで，n ≥2 と仮定する．ζ = exp (2πi
n )
とおいて，α と異なる複素数 z1 に対して z2−α= ζ(z1−α) すなわちz2 = ζ(z1−α) +α によって z2 を定めるとz1 ̸=z2 かつ
f(z2) =cζn(z1−α)n = c(z1−α)n = f(z1)
