13. 원시함수

13. 원시함수

 

 

서로 다른 두 점 \(z_{1}\)과 \(z_{2}\)에 대하여 이 두 점을 잇는 경로에 따라 \(f(z)\)의 경로적분값이 결정되지만 경로에 독립적인, 즉 경로에 관계없이 항상 적분값이 같은 특정한 함수들이 있다. 이러한 함수들에 대해서 미적분학의 기본정리와 비슷한 정리를 적용할 수 있다.

 여기서 필요한 것은 영역 \(D\)에서 연속함수 \(f\)의 원시함수(antiderivatives, 역도함수) \(F\), 즉 모든 \(z\in D\)에서 \(F'(z)=f(z)\)인 함수 \(F\)이다.  

 

함수 \(f(z)\)가 영역 \(D\)에서 연속이라고 하자. 다음 명제들 중에서 하나가 참이면 나머지 명제들도 참이다.

 

(1) \(D\)에서 함수 \(f(z)\)의 원시함수 \(F(z)\)가 존재한다.

(2) 임의의 고정된 점 \(z_{1}\), \(z_{2}\)에 대하여 \(z_{1}\)부터 \(z_{2}\)까지 연결하고 \(D\)에 완전히 포함되는 임의의 경로에서 \(f(z)\)의 적분값은 경로에 관계없이 항상 같다. 즉, \(F(z)\)가 (1)의 원시함수이면 다음이 성립한다.$$\int_{z_{1}}^{z_{2}}{f(z)dz}=\left[F(z)\right]_{z_{1}}^{z_{2}}=F(z_{2})-F(z_{1})$$(3) \(D\)에 완전히 포함되는 임의의 닫힌경로에서 \(f(z)\)의 적분값은 항상 \(0\)이다.

 

증명:

(1)\(\Rightarrow\)(2): 영역 \(D\)에서 \(f(z)\)의 원시함수 \(F(z)\)가 존재한다고 하자. \(C:\,z(t)\,(a\leq t\leq b)\)를 \(D\) 상에 놓인 \(z_{1}\)에서 \(z_{2}\)를 잇는 임의의 경로라고 하자. 그러면 \(z(a)=z_{1}\), \(z(b)=z_{2}\)이고 다음이 성립한다.$$\frac{d}{dt}F(z(t))=F'(z(t))z'(t)=f(z(t))z'(t)\,(a\leq t\leq b)$$그러면 미적분학의 기본정리로부터$$\int_{z_{1}}^{z_{2}}{f(z)dz}=\int_{C}{f(z)dz}=\int_{a}^{b}{f(z(t))z'(t)dt}=\left[F(z(t))\right]_{a}^{b}=F(z(b))-F(z(a))=F(z_{1})-F(z_{2})$$이다. 이 식은 \(C\)가 매끄럽지 않은 임의의 경로일때도 성립한다. \(C=C_{k}\,(k=1,\,2,\,...,\,n)\)(\(C_{k}\)는 \(z_{k}\)에서 \(z_{k+1}\)로 잇는 매끄러운 호) 일 때$$\int_{z_{1}}^{z_{n+1}}{f(z)dz}=\int_{C}{f(z)dz}=\sum_{k=1}^{n}{\int_{C_{k}}{f(z)dz}}=\sum_{k=1}^{n}{\int_{z_{k}}^{z_{k+1}}{f(z)dz}}=\sum_{k=1}^{n}{\{F(z_{k+1})-F(z_{k})\}}=F(z_{n+1})-F(z_{1})$$이므로 매끄럽지 않은 임의의 경로에 대해서도 성립한다.

 

(2)\(\Rightarrow\)(3): \(C_{1}\)과 \(C_{2}\)가 영역 \(D\)에서 점 \(z_{1}\)에서 \(z_{2}\)를 잇는 서로 다른 경로라 하자. 그러면$$\int_{C_{1}}{f(z)dz}=\int_{C_{2}}{f(z)dz}$$이고$$\int_{C_{1}}{f(z)dz}-\int_{C_{2}}{f(z)dz}=\int_{C_{1}}{f(z)dz}+\int_{-C_{2}}{f(z)dz}=\int_{C_{1}-C_{2}}{f(z)dz}=0$$이다. 경로 \(C=C_{1}-C_{2}\)는 폐경로이므로 따라서 \(C\)에서 \(f(z)\)의 경로적분값은 \(0\)이다.

 

(3)\(\Rightarrow\)(1):\,임의의 \(z\in D\)에 대하여$$F(z)=\int_{z_{0}}^{z}{f(s)ds}$$라 하자. \(D\)에 완전히 포함되고 \(z\)의 근방에 속하는데 \(z\)과 다른 임의의 점을 \(z+\Delta z\)라 하자. 그러면 다음이 성립한다.$$F(z+\Delta z)-F(z)=\int_{z_{0}}^{z+\Delta z}{f(s)ds}-\int_{z_{0}}^{z}{f(s)ds}=\int_{z}^{z+\Delta z}{f(s)ds}$$이때$$\int_{z}^{z+\Delta z}{ds}=(z+\Delta z)-z=\Delta z$$이므로$$f(z)=\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{f(z)ds}$$이고$$\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)=\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{\{f(s)-f(z)\}ds}$$\(f\)는 \(z\)에서 연속이므로 연속의 정의로부터 임의의 \(\epsilon>0\)에 대하여 \(\delta>0\)가 존재해서 \(|s-z|<\delta\)일 때 \(|f(s)-f(z)|<\epsilon\)이다. 따라서 \(|\Delta z|<\delta\)일 때$$\left|\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)\right|=\left|\frac{1}{\Delta z}\int_{z}^{z+\Delta z}{\{f(s)-f(z)\}ds}\right|\leq\frac{1}{|\Delta z|}\int_{z}^{z+\Delta z}{|f(s)-f(z)|dz}<\frac{1}{|\Delta z|}\epsilon|\Delta z|=\epsilon$$이므로$$F'(z)=\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}}=f(z)$$이다.(QED)

 

함수 \(\displaystyle f(z)=\cos\left(\frac{z}{2}\right)\)의 원시함수는 \(\displaystyle F(z)=2\sin\left(\frac{z}{2}\right)\)이다. 그러므로$$\int_{0}^{\pi+2i}{\cos\left(\frac{z}{2}\right)dz}=\left[2\sin\left(\frac{z}{2}\right)\right]_{0}^{\pi+2i}=2\sin\left(\frac{\pi}{2}+i\right)-2\sin0=2\sin\frac{\pi}{2}\cos i=2\frac{e^{1}+e^{-1}}{2}=e+\frac{1}{e}$$이다.

 

경로 \(C_{1}\)이 원 \(|z|=2\)의 오른쪽 반, 즉$$C_{1}:\,z=2e^{i\theta}\,\left(-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\right)$$이라 하자. 로그함수의 주분지$$\text{Log}z=\ln r+i\Theta\,(r>0,\,-\pi<\Theta<\pi)$$를 함수 \(\displaystyle f(z)=\frac{1}{z}\)의 원시함수로 사용해서 \(C_{1}\)에서 \(f(z)\)의 적분값을 구할 수 있다.$$\begin{align*}\int_{C_{1}}{f(z)dz}&=\int_{C_{1}}{\frac{1}{z}dz}=\int_{-2i}^{2i}{\frac{1}{z}dz}=\left[\text{Log}z\right]_{-2i}^{2i}\\&=\text{Log}(2i)-\text{Log}(-2i)=\left(\ln2+i\frac{\pi}{2}\right)-\left(\ln2-i\frac{\pi}{2}\right)\\&=\pi i\end{align*}$$여기서 경로가 위의 원 \(|z|=2\)의 왼쪽반원 \(C_{2}\) 즉,$$C_{2}:\,z=2e^{i\theta}\,\left(\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{3}{2}\pi\right)$$일 때는 다음의 로그함수의 분지$$\log z=\ln r+i\theta\,(r>0,\,0<\theta<2\pi)$$를 \(f(z)\)의 원시함수로 보고 이 경로에 대한 \(f(z)\)의 적분을 다음과 같이 구할 수 있다.$$\begin{align*}\int_{C_{2}}{f(z)dz}&=\int_{2i}^{-2i}{\frac{1}{z}dz}=\left[\log z\right]_{2i}^{-2i}\\&=\log(-2i)-\log(2i)=\left(\ln2+i\frac{3}{2}\pi\right)-\left(\ln2+i\frac{\pi}{2}\right)\\&=\pi i\end{align*}$$그러므로$$\int_{|z|=2}{\frac{1}{z}dz}=\int_{C_{1}}{\frac{1}{z}dz}+\int_{C_{2}}{\frac{1}{z}dz}=\pi i+\pi i=2\pi i$$이다.

 

함수$$\frac{1}{1+i}z^{1+i}=\frac{1}{1+i}e^{(1+i)\log z}\,\left(|z|>0,\,-\frac{\pi}{2}<\text{arg}z<\frac{3}{2}\pi\right)$$를 미분하면$$\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{1+i}e^{(1+i)\log z}\right)=\frac{1}{1+i}\frac{1+i}{z}e^{(1+i)\log z}=e^{-\log z}e^{(1+i)\log z}=e^{i\log z}=z^{i}$$이다. 그러면 \(z^{i}\)의 역도함수는 앞에서의 함수 $$\frac{1}{1+i}z^{1+i}=\frac{1}{1+i}e^{(1+i)\log z}\,\left(|z|>0,\,-\frac{\pi}{2}<\text{arg}z<\frac{3}{2}\pi\right)$$이고 따라서$$\begin{align*}\int_{-1}^{1}{z^{i}dz}&=\left[\frac{1}{1+i}z^{1+i}\right]_{-1}^{1}=\left[\frac{1}{1+i}e^{(1+i)\log z}\right]_{-1}^{1}\\&=\frac{1-e^{(1+i)\log(-1)}}{1+i}=\frac{1-i}{2}(1-e^{-\pi-\pi i})\\&=\frac{1+e^{-\pi}}{2}(1-i)\end{align*}$$이다.

 

참고자료:

Complex Variables and Applications 8th edition, Churchill, Brown, McGraw-Hill