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複素関数の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学複素関数

関数 $f$ は $C ∖ {0}$ で正則であり、次の 2 つの条件を満たすとする。
- すべての $z \neq = 0$ に対して $∣ f (z) ∣ \leq ∣ z ∣ + \frac{1}{∣ z ∣}$
- $∣ z ∣ = 1$ を満たすすべての $z$ に対して $f (z)$ は実数である。

このとき、 $∣ α ∣ \leq 1$ を満たす複素数 $α$ と実数 $β$ が存在して、すべての $z \neq = 0$ に対して
$f (z) = \frac{α}{z} + β + α z$
が成り立つことを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- （ローラン展開） $C ∖ {0}$ で正則な $f$ は、 $z \neq = 0$ で収束する級数 $f (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} a_{n} z^{n}$ に展開でき、係数は任意の $ρ > 0$ に対して $a_{n} = \frac{1}{2 π i} \oint_{∣ z ∣ = ρ} \frac{f ( z )}{z ^{n + 1}} d z$ で与えられる（積分路は正の向き）。

この問題で使うもの

複素線積分とコーシーの積分定理（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（61 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

ローラン係数 $a_{n}$ を円 $∣ z ∣ = ρ$ 上の積分で表し、仮定の不等式で $∣ a_{n} ∣$ を $ρ$ の式で上から評価しましょう。 $ρ$ は自由に選べます。

ヒント 2

評価は $∣ a_{n} ∣ \leq ρ^{1 - n} + ρ^{- 1 - n}$ となります。 $n$ の値によって、 $ρ \to \infty$ と $ρ \to 0$ のどちらにすると右辺が $0$ に近づくかを考えましょう。

ヒント 3

$∣ n ∣ \geq 2$ の係数が消えて $f (z) = a_{- 1} / z + a_{0} + a_{1} z$ となり、 $n = 1$ の評価で $ρ \to \infty$ とすると $∣ a_{1} ∣ \leq 1$ が出ます。残りは $f (e^{i t}) = f (e^{i t})$ を書き下し、 $e^{- ik t}$ を掛けて $[0, 2 π]$ で積分して係数を比べます。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

ローラン係数を $a_{n} = \frac{ρ ^{- n}}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (ρ e^{i t}) e^{- in t} d t$ と書き直し、仮定から $∣ a_{n} ∣ \leq ρ^{1 - n} + ρ^{- 1 - n}$ をすべての $ρ > 0$ について導いている（3 点）
$n \geq 2$ では $ρ \to \infty$ 、 $n \leq - 2$ では $ρ \to 0$ とし、指数の符号を確認したうえで $a_{n} = 0$ を示し、 $f (z) = a_{- 1} / z + a_{0} + a_{1} z$ が $z \neq = 0$ 全体で成り立つと結論している（3 点）
$n = 1$ の評価で $ρ \to \infty$ として $∣ a_{1} ∣ \leq 1$ を示している（1 点）
単位円上で $f (e^{i t}) = f (e^{i t})$ を書き下し、 $\int_{0}^{2 π} e^{ij t} d t$ の値を使って係数を比較し、 $a_{0} \in R$ と $a_{1} = a_{- 1}$ を導いている（2 点）
$α = a_{- 1}$ 、 $β = a_{0}$ とおいて $∣ α ∣ \leq 1$ を確認し、求める形を結論している（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

方針. ローラン係数を円周上の積分で表し、仮定の不等式で評価して $ρ \to \infty$ または $ρ \to 0$ とすることで、ほとんどの係数が $0$ になることを示す。残った係数の関係は、単位円上で実数値をとるという条件から、フーリエ係数を比べて決める。

ステップ 1（係数の積分表示と評価）. 用いてよい事実より、 $z \neq = 0$ で $f (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} a_{n} z^{n}$ と展開できる。 $ρ > 0$ とし、 $∣ z ∣ = ρ$ を $z = ρ e^{i t}$ （ $0 \leq t \leq 2 π$ ）とパラメータ表示すると、 $d z = i ρ e^{i t} d t$ 、 $z^{- n - 1} = ρ^{- n - 1} e^{- i (n + 1) t}$ なので
$a_{n} = \frac{1}{2 π i} \int_{0}^{2 π} f (ρ e^{i t}) ρ^{- n - 1} e^{- i (n + 1) t} i ρ e^{i t} d t = \frac{ρ ^{- n}}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (ρ e^{i t}) e^{- in t} d t .$
$∣ z ∣ = ρ$ では仮定より $∣ f (z) ∣ \leq ρ + ρ^{- 1}$ 、また $∣ e^{- in t} ∣ = 1$ なので
$∣ a_{n} ∣ \leq \frac{ρ ^{- n}}{2 π} \int_{0}^{2 π} (ρ + ρ^{- 1}) d t = ρ^{1 - n} + ρ^{- 1 - n} (ρ > 0) . (1)$

ステップ 2（ $∣ n ∣ \geq 2$ の係数は $0$ ）. $n \geq 2$ のとき、 $1 - n \leq - 1$ 、 $- 1 - n \leq - 3$ であり、指数がともに負なので $(1)$ の右辺は $ρ \to \infty$ で $0$ に収束する。 $(1)$ はすべての $ρ > 0$ で成り立つから $∣ a_{n} ∣ \leq 0$ 、すなわち $a_{n} = 0$ 。

$n \leq - 2$ のとき、 $1 - n \geq 3$ 、 $- 1 - n \geq 1$ であり、指数がともに正なので $(1)$ の右辺は $ρ \to + 0$ で $0$ に収束する。よって $a_{n} = 0$ 。

したがって、すべての $z \neq = 0$ に対して
$f (z) = \frac{a _{- 1}}{z} + a_{0} + a_{1} z (2)$
が成り立つ（ローラン級数は $z \neq = 0$ のすべてで $f (z)$ に収束するので、 $(2)$ は $C ∖ {0}$ 全体で成り立つ）。

ステップ 3（ $∣ a_{1} ∣ \leq 1$ ）. $(1)$ で $n = 1$ とすると $∣ a_{1} ∣ \leq 1 + ρ^{- 2}$ がすべての $ρ > 0$ で成り立つ。 $ρ \to \infty$ として $∣ a_{1} ∣ \leq 1$ 。

ステップ 4（単位円上で実数であることの利用）. $g (t) = f (e^{i t})$ （ $t \in R$ ）とおくと、 $(2)$ より
$g (t) = a_{- 1} e^{- i t} + a_{0} + a_{1} e^{i t} .$
仮定より $g (t)$ は実数なので $g (t) = g (t)$ 、すなわちすべての実数 $t$ で
$a_{- 1} e^{- i t} + a_{0} + a_{1} e^{i t} = a_{1} e^{- i t} + a_{0} + a_{- 1} e^{i t} (3)$
が成り立つ（ $e^{i t} = e^{- i t}$ を用いた）。整数 $j$ に対して
$\int_{0}^{2 π} e^{ij t} d t = {2 π 0 (j = 0) (j \neq = 0)$
である（ $j \neq = 0$ なら原始関数 $e^{ij t} / (ij)$ が周期 $2 π$ をもつため）。 $(3)$ の両辺を $0$ から $2 π$ まで積分すると、定数項だけが残って $2 π a_{0} = 2 π a_{0}$ 、よって $a_{0}$ は実数である。また $(3)$ の両辺に $e^{- i t}$ を掛けて $0$ から $2 π$ まで積分すると、 $e^{i t}$ の係数だけが残って $2 π a_{1} = 2 π a_{- 1}$ 、よって $a_{1} = a_{- 1}$ である。

ステップ 5（まとめ）. $α = a_{- 1}$ 、 $β = a_{0}$ とおく。ステップ 4 より $β$ は実数で $a_{1} = α$ 、ステップ 3 より $∣ α ∣ = ∣ a_{1} ∣ = ∣ a_{1} ∣ \leq 1$ である。これを $(2)$ に代入して、すべての $z \neq = 0$ に対し
$f (z) = \frac{α}{z} + β + α z (∣ α ∣ \leq 1, β \in R)$
が成り立つ。 $■$

（なお、たとえば $f (z) = z + \frac{1}{z}$ は $∣ f (z) ∣ \leq ∣ z ∣ + 1/∣ z ∣$ を満たし、単位円上で $f (e^{i t}) = 2 cos t$ と実数値をとるので、仮定を満たす関数は実際に存在する。）

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