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複素関数の問題

難易度 3期末試験の応用レベル証明問題大学数学複素関数

$n$ を $2$ 以上の整数とし、 $P (z)$ を複素係数の $n$ 次多項式とする。 $P$ の零点 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ はすべて相異なるとする。このとき、 $0 \leq m \leq n - 2$ を満たすすべての整数 $m$ に対して
$k = 1 \sum n \frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )} = 0$
が成り立つことを、留数定理を用いて証明せよ。ただし $a_{k}^{0} = 1$ （ $a_{k} = 0$ のときも含む）と約束する。

この問題で使うもの

留数の計算（説明と入口の問題）
留数定理による複素積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（68 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

関数 $f (z) = \frac{z ^{m}}{P ( z )}$ の留数を考え、すべての零点を囲む大きな円周上の積分と留数の和を留数定理で結びつけましょう。

ヒント 2

零点が相異なるので各 $a_{k}$ は $f$ の 1 位の極（または除去可能特異点）で、 $Res_{z = a_{k}} f = \frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )}$ です。これは $P (z) = (z - a_{k}) Q_{k} (z)$ と書いて $P^{'} (a_{k}) = Q_{k} (a_{k})$ を使うと分かります。

ヒント 3

$∣ z ∣ = R$ が十分大きいとき $∣ P (z) ∣ \geq \frac{∣ c ∣}{2} R^{n}$ （ $c$ は最高次の係数）となるので、 $\oint_{∣ z ∣ = R} f d z \leq 2 π R \cdot \frac{2 R ^{m}}{∣ c ∣ R ^{n}}$ と評価できます。 $m \leq n - 2$ をどう使うかを考えましょう。

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

零点が相異なることから $P^{'} (a_{k}) \neq = 0$ を示している（因数分解 $P = (z - a_{k}) Q_{k}$ と $P^{'} (a_{k}) = Q_{k} (a_{k})$ などによる）（2 点）
$f = z^{m} / P$ の $a_{k}$ における留数が $a_{k}^{m} / P^{'} (a_{k})$ であることを、1 位の極の留数の公式から導いている（2 点）
すべての零点を内部に含む円周 $∣ z ∣ = R$ に留数定理を適用し、積分が留数の和の $2 π i$ 倍（ $R$ によらない）であることを述べている（2 点）
$∣ z ∣ = R$ 上で $∣ P (z) ∣ \geq \frac{∣ c ∣}{2} R^{n}$ のような下からの評価を具体的に示し、積分を $O (R^{m + 1 - n})$ と評価している（2 点）
$m \leq n - 2$ から積分が $R \to \infty$ で $0$ に収束することを示し、留数の和が $0$ であると結論している（2 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. 有理関数 $f (z) = \frac{z ^{m}}{P ( z )}$ の極は $a_{1}, \dots, a_{n}$ で、各点での留数がちょうど $\frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )}$ になる。すべての零点を囲む大きな円周 $∣ z ∣ = R$ 上で $f$ を積分し、留数定理で留数の和と結びつけたうえで、 $R \to \infty$ で積分が $0$ に近づくことを示す。

ステップ 1（ $P^{'} (a_{k}) \neq = 0$ ）. $P$ の最高次の係数を $c (\neq = 0)$ とすると、 $P$ は $n$ 個の相異なる零点 $a_{1}, \dots, a_{n}$ をもつ $n$ 次多項式なので
$P (z) = c j = 1 \prod n (z - a_{j})$
と因数分解できる。 $Q_{k} (z) = c \prod_{j \neq = k} (z - a_{j})$ とおくと $P (z) = (z - a_{k}) Q_{k} (z)$ であり、積の微分法より $P^{'} (z) = Q_{k} (z) + (z - a_{k}) Q_{k}^{'} (z)$ なので $P^{'} (a_{k}) = Q_{k} (a_{k}) = c \prod_{j \neq = k} (a_{k} - a_{j})$ である。零点が相異なることからこれは $0$ でない。

ステップ 2（留数の計算）. $f (z) = \frac{z ^{m}}{P ( z )}$ は $z^{m}$ が多項式なので、 $P$ の零点 $a_{1}, \dots, a_{n}$ を除いて $C$ で正則である。 $a_{k}$ の近くでは $f (z) = \frac{1}{z - a _{k}} \cdot \frac{z ^{m}}{Q _{k} ( z )}$ と書け、 $\frac{z ^{m}}{Q _{k} ( z )}$ は $a_{k}$ の近くで正則（ $Q_{k} (a_{k}) \neq = 0$ のため）なので、 $a_{k}$ は $f$ の高々 $1$ 位の極である。よって
$Res_{z = a_{k}} f = z \to a_{k} lim (z - a_{k}) f (z) = \frac{a _{k}^{m}}{Q _{k} ( a _{k} )} = \frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )}$
である（ $a_{k}^{m} = 0$ となる場合は $a_{k}$ は除去可能特異点で留数は $0$ となり、この式もやはり成り立つ）。

ステップ 3（留数定理）. $R_{0} = max_{k} ∣ a_{k} ∣$ とし、 $R > R_{0}$ に対して円周 $C_{R} : ∣ z ∣ = R$ を正の向きにとる。 $C_{R}$ の内部に $a_{1}, \dots, a_{n}$ がすべて含まれ、 $C_{R}$ 上に特異点はないので、留数定理より
$\oint_{C_{R}} f (z) d z = 2 π i k = 1 \sum n \frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )} (1)$
が成り立つ。右辺は $R$ によらない定数である。

ステップ 4（積分の評価）. $P (z) = c z^{n} + \sum_{j = 0}^{n - 1} c_{j} z^{j}$ と書き、 $K = \sum_{j = 0}^{n - 1} ∣ c_{j} ∣$ とおく。 $∣ z ∣ = R \geq 1$ のとき $R^{j} \leq R^{n - 1}$ （ $0 \leq j \leq n - 1$ ）なので
$j = 0 \sum n - 1 c_{j} z^{j} \leq j = 0 \sum n - 1 ∣ c_{j} ∣ R^{j} \leq K R^{n - 1} .$
よって三角不等式から $∣ P (z) ∣ \geq ∣ c ∣ R^{n} - K R^{n - 1}$ である。さらに $R \geq \frac{2 K}{∣ c ∣}$ なら $K R^{n - 1} \leq \frac{∣ c ∣}{2} R^{n}$ なので、 $∣ P (z) ∣ \geq \frac{∣ c ∣}{2} R^{n}$ となる。

したがって $R > max {R_{0}, 1, \frac{2 K}{∣ c ∣}}$ のとき、 $C_{R}$ 上で $∣ f (z) ∣ \leq \frac{R ^{m}}{∣ c ∣ R ^{n} /2} = \frac{2 R ^{m - n}}{∣ c ∣}$ であり、 $C_{R}$ の長さは $2 π R$ なので
$\oint_{C_{R}} f (z) d z \leq 2 π R \cdot \frac{2 R ^{m - n}}{∣ c ∣} = \frac{4 π}{∣ c ∣} R^{m + 1 - n} .$
$m \leq n - 2$ より $m + 1 - n \leq - 1$ で、 $R \geq 1$ なので $R^{m + 1 - n} \leq \frac{1}{R}$ である。よって
$\oint_{C_{R}} f (z) d z \leq \frac{4 π}{∣ c ∣ R} \to 0 (R \to \infty) .$

ステップ 5（まとめ）. $(1)$ の右辺は $R$ によらない定数であり、左辺は $R \to \infty$ で $0$ に収束するので、その定数は $0$ である。 $2 π i \neq = 0$ より
$k = 1 \sum n \frac{a _{k}^{m}}{P ^{'} ( a _{k} )} = 0$
が、 $0 \leq m \leq n - 2$ を満たすすべての整数 $m$ について成り立つ。 $■$

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