偏角の原理とルーシェの定理～方程式の解の個数について

$\mathrm{ord}_f (a) = m$ とおく。このとき $z=a$ で零点を持たず正則な関数 $\tilde{f} (z)$ により $f(z) = (z-a)^m \tilde{f} (z)$ と書ける。

$$\begin{aligned} \dfrac{f' (z)}{f(z)} &= \dfrac{\{(z-a)^m \tilde{f} (z)\}'}{(z-a)^m \tilde{f} (z)}\\ &= \dfrac{m (z-a)^{m-1} \tilde{f} (z) + (z-a)^m \tilde{f}' (z)}{(z-a)^m \tilde{f} (z)}\\ &= \dfrac{m}{z-a} + \dfrac{\tilde{f}' (z)}{\tilde{f} (z)} \end{aligned}$$ と計算される。

よって $$\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{f'}{f} , a \right) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{f' (a)}{f (a)} dz\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial \Delta (a,R)} \left( \dfrac{m}{z-a} + \dfrac{\tilde{f}' (z)}{\tilde{f} (z)} \right) dz \end{aligned}$$ である。

1項目

1項目はコーシーの積分公式を思い出すと $m$ となる。

2項目

$\tilde{f}$ は $z=a$ で正則であったため，$\tilde{f}'$ も $z=a$ で正則となる。特に $f$ は有理型関数であったため，特異点は離散的である。ゆえに $\tilde{f}'$，$\tilde{f}$ は $z=a$ の近傍で正則となり，$\dfrac{\tilde{f}' (z)}{\tilde{f} (z)}$ が $z=a$ の近傍で正則であることがわかる。

こうして $R$ を十分小さくとると，コーシーの積分定理から $$\oint_{\partial \Delta (a,R)} \dfrac{\tilde{f}' (z)}{\tilde{f} (z)} = 0$$ となる。

以上合わせて $$\mathrm{Res} \left( \dfrac{f'}{f} , a \right) = m = \mathrm{ord}_f (a)$$ を得る。

$D$ 内の $f$ の零点を $a_1 , \cdots , a_m$，極を $b_1, \cdots , b_n$ とする。$\dfrac{f' (z)}{f(z)}$ の $D$ における孤立特異点は上で尽くされる（後述）。

よって留数定理から $$\begin{aligned} \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D} \dfrac{f'(z)}{f(z)} dz &= \sum_{k=1}^m \mathrm{Res} \left( \dfrac{f'}{f} , a_k \right) + \sum_{k=1}^n \mathrm{Res} \left( \dfrac{f'}{f} , b_k \right)\\ &= \sum_{k=1}^m \mathrm{ord}_f (a_k) + \sum_{k=1}^n \mathrm{ord}_f (b_k)\\ &= N - P \end{aligned}$$ である。

特異点が尽くされている証明

$\dfrac{f' (z)}{f(z)}$ の $D$ における孤立特異点になりうる点は，$1/f$ の特異点と $f'$ の特異点である。

コーシーの積分公式とその応用で証明した系から，$f$ が正則であるとき $f'$ も正則となる。よって $f'$ の孤立特異点は $f$ の孤立特異点である。

$1/f$ の特異点となりうる点は，$f$ の特異点と $f$ の零点である。

以上より尽くされることが従う。

$h(z) = x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_0$ の零点の個数が（重複度を含めて）$n$ 個であることをしめす。

$f(z) = x^n$，$g(z) = a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n$ とおく。$f(z)$ は $z=0$ に $n$ 個の零点を持つ。

$a = \max (|a_1| , |a_2| , \cdots , |a_n| , 1)$ とする。

$|z| = R > an$ のとき， $$\begin{aligned} |g(z)| &= |a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n|\\ &\leqq |a_1 x^{n-1}| + \cdots + |a_n|\\ &\leqq a (|x^{n-1}| + \cdots + 1)\\ &= a (R^{n-1} + R^{n-2} + \cdots + 1)\\ &< a (R^{n-1} + R^{n-1} + \cdots + R^{n-1})\\ &= an R^{n-1} \\ &< R^n = |f(z)| \end{aligned}$$ である。すなわち $\partial \Delta (0,R)$ 上で $|f| > |g|$ である。ゆえにルーシェの定理から $h (z) = f(z) + g(z)$ は $\Delta (0,R)$ で $n$ 個の零点を持つ。

$R \to \infty$ を考えることで，$h(z)$ は $\mathbb{C}$ で $n$ 個の解を持つことが示された。

$D \times [0,1]$ 上の連続関数 $h(z,t)$ を $$h(z,t) = \dfrac{f' (z) + t g'(z)}{f(z) + t g(z)} \quad (0 \leqq t \leqq 1)$$ とおく。仮定より $\partial D$ 上で $$\begin{aligned} |f(z) + tg(z)| &\geqq |f(t)| + t |g(t)|\\ &\geqq |f(t)| - |g(t)|\\ &> 0 \end{aligned}$$ である。よって $f(z) + tg(z)$ は $\partial D$ 上で零点を持たない。また仮定より $f,g$ は $\partial D$ 上で正則になるため，$f(z) + tg(z)$ は $\partial D$ 上で極も持たない。こうして偏角の原理から $$N (t) = \oint_{\partial D} h(z,t) \; dz$$ は $D$ 内での零点の個数を与える。（$f,g$ の正則性から極の個数 $P=0$ であることに注意する。）

$N(t)$ が連続関数であることを示す。

$a \in [0,1]$ を任意に取る。

$$\begin{aligned} |N(t) - N(a)| &= \left| \oint_{\partial D} (h(z,t) - h(z,a)) \; dz \right|\\ &\leqq \oint_{\partial D} |h(z,t) - h(z,a)| |dz|\\ &\leqq \oint_{\partial D} \sup_{z \in \partial D} \{ |h(z,t) - h(z,a)| \} |dz|\\ &= L \sup_{z \in \partial D} \{ |h(z,t) - h(z,a)| \} \end{aligned}$$ なお，$\displaystyle L =\oint_{\partial D} |dz|$ とおいた。

$h (z,t)$ は $t$ の連続関数であるため，$t \to a$ とすると，$\sup_{z \in \partial D} \{ |h(z,t) - h(z,a)| \} \to 0$ となる。すなわち $t \to a$ で $N(t) \to N(a)$ となり連続性が示された。

$N(t)$ は零点の個数を与えていたため整数値を取る。よって $N(t)$ は一定値を取る。

こうして $N(0) = N(1)$ を得る。 $$\begin{aligned} N(0) &= \oint_{\partial} \dfrac{f'(z)}{f(z)} dz = (f \; \text{の零点の個数})\\ N(1) &= \oint_{\partial} \dfrac{f'(z)+g'(z)}{f(z)+g(z)} dz = (f+g\; \text{の零点の個数}) \end{aligned}$$ より主張を得る。