복소 원시함수와 코시-구르사 정리

복소 원시함수와 코시-구르사 정리

 

 

복소함수 $f(z)$의 도함수는 실수함수처럼 다음과 같이 정의된다. $$f'(z)=\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}}$$ 복소함수는 실제로 다음과 같이 실수부와 허수부에 대한 이변수함수이므로 $$f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\,(z=x+iy)$$ 미분가능하기 위해서는 다음의 코시-리만 방정식을 만족해야 한다. $$u_{x}=v_{y},\,u_{y}=-v_{x}$$ 미분가능한 두 복소함수 $f(z),\,g(z)$에 대하여 다음의 연쇄법칙이 성립한다. $$\frac{d}{dz}g(f(z))=g'(f(z))f'(z)$$ 복소함수 $f(z)$의 곡선 $C:z=z(t)\,(a\leq t\leq b)$위로의 선적분은 다음과 같이 정의되고 $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{a}^{b}{f(z(t))z'(t)dt}$$ 임의의 $z\in C$에 대해 $|f(z)|\leq M$, $C$의 길이가 $L$이면 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\int_{C}{f(z)dz}\right|\leq ML$$ 위의 부등식을 ML-부등식이라고 한다.

두 곡선 $C_{1},\,C_{2}$에 대해 $C=C_{1}\cup C_{2}$라 하면 다음이 성립한다. $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{C_{1}}{f(z)dz}+\int_{C_{2}}{f(z)dz}$$ 복소 선적분 $\displaystyle\int_{C}{f(z)dz}$가 경로에 독립이라는 것은 $C$의 양 끝점을 잇는 임의의 두 경로 $C_{1},\,C_{2}$에 대해 다음의 등식이 성립하는 것이다. $$\int_{C_{1}}{f(z)dz}=\int_{C_{2}}{f(z)dz}$$ 이때 두 양 끝점이 각각 $z_{1}$, $z_{2}$이면, 복소 선적분을 실수함수처럼 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$\int_{z_{1}}^{z_{2}}{f(z)dz}$$ 복소함수 $f(z),\,F(z)$에 대하여 $F'(z)=f(z)$이면, $F(z)$를 $f(z)$의 원시함수(또는 역도함수, 부정적분)라고 한다. 

 

$f(z)$가 영역 $D$에서 연속이라고 하자. 다음의 명제 중 하나가 참이면 나머지 명제도 참이다. 

(i) $D$에서 $f(z)$의 원시함수 $F(z)$가 존재한다.

(ii) $D$ 내부의 점 $z_{1},\,z_{2}$를 잇고, $D$ 내부에 포함되는 임의의 경로에서 $f(z)$의 적분값은 항상 같다.

(iii) $D$에 완전히 포함되는 임의의 닫힌 경로에서 $f(z)$의 적분값은 $0$이다. 

증명: 

(i)$\Rightarrow$(ii)((i)가 참이라고 가정) 영역 $D$에서 $f(z)$의 원시함수 $F(z)$가 존재한다고 가정하고 곡선 $C$가 영역 $D$내부에 있다고 하고 다음과 같이 정의하자. $$C:z=z(t)\,(a\leq t\leq b),\,z(a)=z_{1},\,z(b)=z_{2}$$ 그러면 $$\frac{d}{dt}F(z(t))=F'(z(t))z'(t)=f(z(t))z'(t)$$ 이고 미적분학의 기본정리에 의해 다음이 성립한다. $$\begin{align*}\int_{C}{f(z)dz}&=\int_{a}^{b}{f(z(t))z'(t)dt}=\left[F(z(t))\right]_{a}^{b}=F(z(b))-F(z(a))\\&=F(z_{2})-F(z_{1})\end{align*}$$ 위의 적분값은 $z_{1},\,z_{2}$를 연결하고 $D$에 포함되는 경로 $C$와 독립적이므로 $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{z_{1}}^{z_{2}}{f(z)dz}$$ 이고 따라서 다음의 결과를 얻는다. $$\int_{z_{1}}^{z_{2}}{f(z)dz}=F(z_{2})-F(z_{1})$$ $C$가 매끄럽지 않은 임의의 경로, 즉 $C$가 유한개의 매끄러운 호 $C_{k}\,(k=1,\,2,\,...,\,n)$로 이루어지고 각 $C_{k}$가 점 $z_{k}$부터 $z_{k+1}$까지 연결한다고 하면 $$\begin{align*}\int_{C}{f(z)dz}&=\sum_{k=1}^{n}{\int_{C_{k}}{f(z)dz}}=\sum_{k=1}^{n}{\int_{z_{k}}^{z_{k+1}}{f(z)dz}}=\sum_{k=1}^{n}{\{F(z_{k+1})-F(z_{k})\}}\\&=F(z_{n+1})-F(z_{1})\end{align*}$$ 이므로 다음이 성립한다. $$\int_{C}{f(z)dz}=F(z_{n+1})-F(z_{1})$$ 이렇게 해서 (ii)가 성립함을 보였다.

 

(ii)$\Rightarrow$(iii)((ii)가 참이라고 가정) $z_{1},\,z_{2}$가 $D$에 포함되는 임의의 닫힌 경로 $C$ 위의 두 점, $C_{1},\,C_{2}$를 시점이 $z_{1}$, 종점이 $z_{2}$인 경로, $C=C_{1}-C_{2}$라 하자.

 적분이 $D$에 포함된 경로와 독립적이라고 가정하자. 그러면 $$\int_{C_{1}}{f(z)dz}=\int_{C_{2}}{f(z)dz}$$ 이므로 $$\int_{C_{1}}{f(z)dz}+\int_{-C_{2}}{f(z)dz}=\int_{C}{f(z)dz}=0$$ 이고 따라서 $C=C_{1}-C_{2}$에서 $f(z)$의 적분값은 $0$이다. 

 

(iii)$\Rightarrow$(i) ((iii)가 참이라고 가정) $C_{1},\,C_{2}$를 다음과 같이 $D$ 위의 점 $z_{1},\,z_{2}$를 잇는 임의의 두 경로라고 하자.

$$\int_{C_{1}}{f(z)dz}+\int_{-C_{2}}{f(z)dz}=0$$ 이므로 $$\int_{C_{1}}{f(z)dz}=\int_{C_{2}}{f(z)dz}$$ 이고 따라서 적분은 $D$에 포함되는 경로와 독립적이다. $$F(z)=\int_{z_{0}}^{z}{f(s)ds}\,(z_{0}\in D)$$ 라 하자. 그러면 $$F(z+\Delta z)-F(z)=\int_{z_{0}}^{z+\Delta z}{f(s)ds}-\int_{z_{0}}^{z}{f(s)ds}=\int_{z}^{z+\Delta z}{f(s)ds}$$ 이고 다음과 같이 $z$에서 $z+\Delta z$까지의 적분경로를 선분으로 선택할 수 있다.

 이때 $$\int_{z}^{z+\Delta z}{ds}=\Delta z$$ 이므로 $$f(z)=\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{f(z)ds}$$ 이고 다음이 성립하는데 $$\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)=\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{\{f(s)-f(z)\}ds}$$ $f$는 $z$에서 연속이므로 임의의 $\epsilon>0$에 대하여 $\delta>0$가 존재해서 $|s-z|<\delta$일 때 $|f(s)-f(z)|<\epsilon$이다. 따라서 $z+\Delta z$와 $z$가 충분히 가까워서 $|\Delta z|<\delta$이면 ML-부등식에 의해 $$\left|\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}\right|=\left|\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{\{f(s)-f(z)\}ds}\right|<\frac{1}{|\Delta z|}\epsilon|\Delta z|=\epsilon$$ 이므로 따라서 $$\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}}=f(z)$$ 또는 $F'(z)=f(z)$이다. 

 

원 $C_{1}$과 $C_{2}$가 각각 다음과 같이 반원을 나타낸다고 하자. $$C_{1}:z=2e^{i\theta}\,\left(-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\right),\,C_{2}:z=2e^{i\theta}\,\left(\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{3}{2}\pi\right)$$ $C_{1}$에서 로그함수의 주 분지 $$\text{Log}z=\ln r+i\Theta\,(r>0,\,-\pi<\Theta<\pi)$$ 에 대해 $$\frac{d}{dz}\text{Log}z=\frac{1}{z}$$ 이므로 $$\begin{align*}\int_{C_{1}}{\frac{1}{z}dz}&=\int_{-2i}^{2i}{\frac{1}{z}dz}=[\text{Log}z]_{-2i}^{2i}=\text{Log}(2i)-\text{Log}(-2i)\\&=\left(\ln2+i\frac{\pi}{2}\right)-\left(\ln2-i\frac{\pi}{2}\right)\\&=\pi i\end{align*}$$ $C_{2}$에서 다음과 같은 로그함수의 분지 $$\log z=\ln r+i\theta\,(r>0,\,0<\theta<2\pi)$$ 에 대해 $$\frac{d}{dz}\log z=\frac{1}{z}$$ 이므로 $$\begin{align*}\int_{C_{2}}{\frac{1}{z}dz}&=\int_{2i}^{-2i}{\frac{1}{z}dz}=[\log z]_{2i}^{-2i}=\log(-2i)-\log(2i)\\&=\left(\ln2+i\frac{3}{2}\pi\right)-\left(\ln2+i\frac{\pi}{2}\right)\\&=\pi i\end{align*}$$ $C=C_{1}+C_{2}$는 원이고, 여기서의 적분은 다음과 같다. $$\int_{C}{\frac{1}{z}dz}=\int_{C_{1}}{\frac{1}{z}dz}+\int_{C}{\frac{1}{z}dz}=\pi i+\pi i+2\pi i$$ 다음의 복소적분에서 $$\int_{-1}^{1}{z^{i}dz}\,\left(z^{i}=e^{i\log z},\,|z|>0,\,-\frac{\pi}{2}<\text{arg}z<\frac{3}{2}\pi\right)$$ 다음이 성립하므로. $$\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{1+i}z^{1+i}\right)=z^{i}$$ 적분을 다음과 같이 구할 수 있다. $$\begin{align*}\int_{-1}^{1}{z^{i}dz}&=\left[\frac{1}{1+i}z^{1+i}\right]_{-1}^{1}=\left[\frac{1}{1+i}\right]_{e}^{(1+i)\log z}\\&=\frac{e^{(1+i)\log1}-e^{(1+i)\log(-1)}}{1+i}=\frac{1-e^{\pi i-\pi}}{1+i}\\&=\frac{1+e^{-\pi}}{2}(1-i)\,(\log(-1)=\pi i)\end{align*}$$ 코시는 다음과 같이 복소함수가 단순닫힌경로와 그 내부에서 해석적이고 $f'$이 연속이면, 그 경로 위에서 선적분의 값이 0이 됨을 증명했다.

 

$f$가 단순닫힌경로 $C$와 그 내부에서 해석적이고 $f'$이 연속이면 다음이 성립한다. $$\int_{C}{f(z)dz}=0$$ 증명: $C:z=z(t)\,(a\leq t\leq b)$라 하고 $f$는 $C$와 그 내부에서 해석적이라 하자. 그러면 다음이 성립한다. $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{a}^{b}{f(z(t))z'(t)dt}$$ $f(z)$와 $z(t)$를 다음과 같다고 하자. $$f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y),\,z(t)=x(t)+iy(t)\,(a\leq t\leq b)$$ 그러면 $$f(z)=u(x(t),\,y(t))+iv(x(t),\,y(t)),\,z'(t)=x'(t)+iy'(t)$$ 이므로 다음이 성립한다. $$\begin{align*}\int_{C}{f(z)dz}&=\int_{a}^{b}{\{u(x(t),\,y(t))x'(t)-v(x(t),\,y(t))y'(t)\}dt}+i\int_{a}^{b}{\{v(x(t),\,y(t))x'(t)+u(x(t),\,y(t))y'(t)\}dt}\\&=\int_{C}{udx-vdy}+i\int{C}{vdx+udy}\,(dz=dx+idy)\end{align*}$$ 위 식은 $C$가 단순닫힌경로가 아닌 임의의 경로이고 $f(z(t))$가 그 위에서 구분적으로 연속이어도 성립한다.

$R$을 $C$의 내부라 하자. 그러면 그린정리에 의해 $$\int_{C}{udx-vdy}=\iint_{R}{(-v_{x}-u_{y})dA},\,\int_{C}{vdx+udy}=\iint_{R}{(u_{x}-v_{y})dA}$$ 코시-리만 방정식 $$u_{x}=v_{y},\,u_{y}=-v_{x}$$ 로부터 $$\iint_{R}{(-v_{x}-u_{y})dA}=0,\,\iint_{R}{(u_{x}-v_{y})dA}=0$$ 이므로 따라서 다음의 결과를 얻는다. $$\int_{C}{f(z)dz}=0$$ 구르사는 코시의 정리에서 $f'$이 연속일 조건이 없어도 됨을 증명했고, 이것을 코시-구르사 정리라고 한다.

 

코시-구르사 정리

 

함수 $f$가 단순닫힌경로 $C$와 그 내부에서 해석적이면, 다음이 성립한다. $$\int_{C}{f(z)dz}=0$$ 코시-구르사 정리를 증명하기에 앞서 다음의 보조정리가 필요하다. 

 

보조정리

 

함수 $f$가 단순닫힌경로 $C$와 그 내부 $R$에서 해석적이고, $R$은 닫힌집합이라 하자. 그러면 임의의 $\epsilon>0$에 대하여 영역 $R$을 유한개의 정사각형과 부분정사각형으로 덮을 수 있다. 즉, 각 정사각형 또는 부분 정사각형 $R_{j}\,(j=1,\,2,\,...,\,n)$에는 고정된 점 $z_{j}$가 존재해서 $R_{j}$의 다른 모든 점 $z$에 대하여 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\frac{f(z)-f(z_{j})}{z-z_{j}}-f'(z_{j})\right|<\epsilon\,(1)$$ 증명: $C$ 내부의 영역 $R$의 부분집합을 형성하기 위해 실수축과 허수축에 평행하고 간격이 일정한 직선을 그린다.

그러면 정사각형 모양의 유한개의 닫힌 부분 영역을 형성하고, 여기서 $R$의 각 점은 그런 부분영역 중 적어도 하나에 속하고 각 부분영역은 $R$의 점들을 포함한다. 이러한 정사각형 모양의 영역을 정사각형이라고 한다. 따라서 정사각형은 경계와 그 내부의 점들(내부영역)을 합친 것이다.

$R$위에 있지 않은 점이 특정한 정사각형에 포함되면, 그런 점을 제거하고 나머지 부분을 부분 정사각형이라고 한다. 그러므로 영역 $R$을 유한개의 정사각형과 부분정사각형으로 덮을 수 있다. 

 

앞에서 구성한 덮개(정사각형)에 어떤 정사각형 또는 부분정사각형이 있어 부등식 (1)이 여기에 속하는 다른 모든 점 $z$에 대해 성립하게 하는 점 $z_{j}$가 존재하지 않을 수 있다고 하자. 이러한 부분영역이 정사각형이면, 대변의 중점끼리 연결한 선분을 그려서 네 개의 작은 정사각형을 구성하자. 그런 부분 영역이 부분 정사각형이면, 전체 정사각형을 같은 방식으로 처리하고 $R$의 바깥에 놓인 부분은 버린다.

이렇게 더 작은 부분구역 중에서 부등식 (1)이 성립하게 하는 여기에 속한 다른 모든 점 $z_{j}$가 존재하지 않는다면 그보다 더 작은 정사각형 또는 부분 정사각형을 구성하자.

이와 같은 작업을 계속한다. 이런 구성을 요구하는 원래의 부분 구역 각각에 대해 이 작업을 끝마치면, 유한번의 단계 안에 보조정리가 참이 되도록 영역 $R$을 유한개의 정사각형과 부분 정사각형으로 덮을 수 있다.

 

이것을 보이기 위해 원래의 부분영역 중 하나를 유한번 나누어도 원하는 점 $z_{j}$가 존재하지 않는다고 하자. 그것(부분영역 중 하나)이 정사각형인 부분구역이면 $\sigma_{0}$으로, 부분 정사각형이면 전체 정사각형을 $\sigma_{0}$으로 나타내자.

  $\sigma_{0}$를 나눈 네 개의 작은 정사각형 중 적어도 하나는 $R$의 점을 포함하지만 적절한 점 $z_{j}$를 포함하지 않는 것을 $\sigma_{1}$이라 하자. $\sigma_{1}$을 또 다시 나누고 이와 같은 방식으로 계속한다.

$\sigma_{k-1}\,(k=1,\,2,\,...)$이 나누어진 후, 이것들로 구성된 네 개의 작은 정사각형 중 두 개 이상을 선택할 수 있다. 

명확함을 위해 가장 아래쪽에서 가장 왼쪽에 있는 것을 $\sigma_{k}$라 한다.

이렇게 구성하면 다음의 축소 정사각형들의 열을 얻는다. $$\sigma_{0},\,\sigma_{1},\,\cdots,\,\sigma_{k-1},\,\sigma_{k},\,\cdots\,(\sigma_{0}\supset\sigma_{1}\supset\sigma_{2}\supset\cdots\supset\sigma_{k}\supset\cdots)$$ 그러면 $\displaystyle z_{0}\in\bigcap_{k=0}^{\infty}{\sigma_{k}}$가 존재하고, 또 각 정사각형에는 $z_{0}$가 아닌 $R$의 점이 포함된다.

이 열에서 정사각형의 크기가 작아지고 $z_{0}$의 임의의 근방 $|z-z_{0}|<\delta$는 대각선의 길이가 $\delta$보다 작은 정사각형들을 포함하고 따라서 각 근방 $|z-z_{0}|<\delta$는 $z_{0}$가 아닌 $R$의 임의의 점을 포함한다. 이것은 $z_{0}$가 $R$의 집적점임을 뜻하고 $R$은 닫힌집합이므로 $z_{0}\in R$이다.

$f$는 $R$ 전체에서 해석적이고 $z_{0}\in R$이므로 $f'(z_{0})$가 존재한다. 그러면 임의의 $\epsilon>0$에 대해 근방 $|z-z_{0}|<\delta$가 존재해서 이 근방의 모든 $z(\neq z_{0})$에 대해 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}-f'(z_{0})\right|<\epsilon$$ 그런데 근방 $|z-z_{0}|<\delta$는 자연수 $K$가 충분히 커서 대각선의 길이가 $\delta$보다 작은 정사각형 $\sigma_{K}$를 포함한다.

따라서 점 $z_{0}$를 정사각형 $\sigma_{K}$ 또는 $\sigma_{K}$의 부분으로 이루어진 부분 구역에 대해 부등식 (1)에서 점 $z_{j}$로 사용할 수 있고, 정사각형들의 열 $\{\sigma_{k}\}$를 구성하는 방법에 어긋나게 $\sigma_{K}$를 부분으로 나눌 필요가 없다. 이것은 모순이고 증명을 완료했다. 

 

코시-구르사 정리의 증명

 

임의의 $\epsilon>0$에 대해 보조정리에서의 $R$의 덮개를 고려하고, $j$번째 정사각형 또는 부분 정사각형에서 $\delta_{j}$를 다음과 같이 정의하자. $$\delta_{j}(z)=\begin{cases}\displaystyle\frac{f(z)-f(z_{j})}{z-z_{j}}-f'(z_{j})\,&(z\neq z_{j})\\0\,&(z=z_{j})\end{cases}$$ 여기서 $z_{j}$는 그 부분영역의 점으로 부등식 (1)이 성립하게 하는 점이다. 부등식 (1)에 의해 $\delta_{j}(z)$가 정의된 부분 영역에 속한 모든 $z$에 대해 $|\delta_{j}(z)|<\epsilon$이고 $f(z)$는 이 부분영역에서 연속이고 $$\lim_{z\,\rightarrow\,z_{j}}{\delta_{j}(z)}=f'(z_{j})-f'(z_{j})=0$$ 이므로 $\delta_{j}(z)$는 이 부분영역에서 연속이다. 

$C_{j}(j=1,\,2,\,...,\,n)$를 $R$을 덮는 정사각형 또는 부분 정사각형의 양의 방향의 경계를 나타낸다고 하자. $\delta_{j}(z)$의 정의에 의해 특정한 $C_{j}$상의 점 $z$에서 $f$의 값을 $$f(z)=f(z_{j})-z_{j}f'(z_{j})+f'(z_{j})z+(z-z_{j})\delta_{j}(z)$$ 로 나타낼 수 있고 $$\int_{C_{j}}{f(z)dz}=\{f(z_{j})-z_{j}f'(z_{j})\}\int_{C_{j}}{dz}+f'(z_{j})\int_{C_{j}}{zdz}+\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}$$ 이다. 이때 $$\int_{C_{j}}{dz}=0,\,\int_{C_{j}}{zdz}=0$$ 이므로 $$\int_{C_{j}}{f(z)dz}=\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}\,(j=1,\,2,\,...,\,n)\,(2)$$ 이고 다음이 성립한다 $$\sum_{j=1}^{n}{\int_{C_{j}}{f(z)dz}}=\int_{C}{f(z)dz}$$ 이 식이 성립하는 이유는 이웃한 부분 영역의 겹치는 경계에서 두 적분값이 서로 상쇄되기 때문이다. 여기서 적분은 한 부분영역의 선분에서 한 방향을 따르고 다른 부분 영역의 선분에서는 반대방향으로 따른다.

$C$의 부분인 호 위에서의 적분만이 남고 식 (2)에 의해 $$\int_{C}{f(z)dz}=\sum_{j=1}^{n}{\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}}$$ 이고 다음이 성립한다. $$\left|\int_{C}{f(z)dz}\right|\leq\sum_{j=1}^{n}{\left|\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}\right|}$$ 각 $C_{j}$는 한 정사각형의 경계와 완전히 또는 부분적으로 일치하고, 어느 경우든지 그 정사각형의 한 변의 길이를 $s_{j}$로 나타내자. $j$번째 적분에서 변수 $z$와 점 $z_{j}$는 그 정사각형에 포함되므로 $$|z-z_{j}|\leq\sqrt{2}s_{j}$$ 그러면 $|\delta_{j}(z)|<\epsilon$이므로 $$|(z-z_{j})\delta_{j}(z)|=|z-z_{j}||\delta_{j}(z)|<\sqrt{2}s_{j}\epsilon$$ 이고, $C_{j}$가 정사각형의 경계이면 $C_{j}$의 길이는 $4s_{j}$이다. 이때 이 정사각형의 넓이를 $A_{j}$로 나타내면 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}\right|<\sqrt{2}s_{j}\epsilon4s_{j}=4\sqrt{2}A_{j}\epsilon$$ $C$가 부분 정사각형의 경계이면, $C$의 일부인 $C_{j}$의 길이를 $L_{j}$라 할 때 $C_{j}$의 길이는 $4s_{j}+L_{j}$보다 작다. 

$A_{j}$가 완전한 정사각형의 넓이를 나타낸다고 하면 다음의 부등식을 얻는다. $$\left|\int_{C_{j}}{(z-z_{j})\delta_{j}(z)dz}\right|<\sqrt{2}s_{j}\epsilon(4s_{j}+L_{j})<4\sqrt{2}A_{j}\epsilon+\sqrt{2}SL_{j}\epsilon$$ 여기서 $S$는 전체경로 $C$를 둘러싸는 정사각형의 한 변의 길이이다.

모든 $A_{j}$의 합은 $S^{2}$보다 작고 $L$이 $C$의 길이이면 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\int_{C}{f(z)dz}\right|<(4\sqrt{2}S^{2}+\sqrt{2}SL)\epsilon$$ $\epsilon$은 임의의 양수이므로 따라서 다음의 결과를 얻는다. $$\int_{C}{f(z)dz}=0$$