15. 코시의 적분공식과 그 결과들

15. 코시의 적분공식과 그 결과들

코시의 적분공식은 적분값을 함수를 이용하여 나타내는 공식이다. 다음과 같이 나타낼 수 있다.

코시의 적분공식(Cauchy integral formula): 함수 \(f\)가 양의 방향의 단순닫힌경로 \(C\)와 그 내부에서 해석적이라고 하자. \(C\) 내부의 임의의 점 \(z_{0}\)에 대하여 다음의 등식이 성립한다.$$f(z_{0})=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}$$  

\(C_{\rho}:\,|z-z_{0}|=\rho\)라 하자. 여기서 \(\rho\)는 \(C\)의 내부에 포함되도록 정한다.(아래그림 참고)

함수 \(\displaystyle\frac{f(z)}{z-z_{0}}\)는 \(C\)와 \(C_{\rho}\)사이의 영역에서 해석적이므로 경로변형의 원리에 의해 다음 등식이 성립한다.$$\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}=\int_{C_{\rho}}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}$$이 등식으로부터 다음 등식이 성립한다.$$\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}-f(z_{0})\int_{C_{\rho}}{\frac{dz}{z-z_{0}}}=\int_{C_{\rho}}{\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}dz}$$\(C_{\rho}\)를 \(z=z_{0}+\rho e^{i\theta}\,(-\pi\leq\theta\leq\pi)\)로 나타낼 수 있으므로 다음의 등식이 성립한다.$$\int_{C_{\rho}}{\frac{dz}{z-z_{0}}}=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{1}{\rho e^{i\theta}}i\rho e^{i\theta}d\theta}=i\int_{-\pi}^{\pi}{d\theta}=2\pi i$$그러면$$\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}-2\pi if(z_{0})=\int_{C_{\rho}}{\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}dz}$$이고 함수 \(f\)가 \(z_{0}\)에서 해석적이므로 연속의 정의로부터 임의의 \(\epsilon>0\)에 대하여 \(\delta>0\)가 존재해서 \(|z-z_{0}|<\delta\)이면 \(|f(z)-f(z_{0})|<\epsilon\)이다. \(\rho<\delta\)라 하자. \(z\in C_{\rho}\)일 때 \(|z-z_{0}|=\rho<\delta\)이므로$$\left|\int_{C_{\rho}}{\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}dz}\right|\leq\int_{C_{\rho}}{\left|\frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}}\right|dz}=\frac{1}{\rho}\int_{C_{\rho}}{|f(z)-f(z_{0})|dz}<\frac{1}{\rho}\epsilon\int_{C_{\rho}}{dz}=\frac{\epsilon}{\rho}2\pi\rho=2\pi\epsilon$$이다. 그러면$$\left|\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}-2\pi if(z_{0})\right|<2\pi\epsilon$$이고 \(\epsilon\)은 임의의 양수이므로 이 부등식의 절댓값 안은 반드시 \(0\)이어야 한다. 따라서$$\int_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}=2\pi if(z_{0})$$이고 이 등식의 양 변을 \(2\pi i\)로 나누면 원하는 결과를 얻는다.(QED) 

\(C:\,z=e^{i\theta}\,(-\pi\leq\theta\pi)\)라 하자. 함수 \(f(z)=e^{az}\,(a\in\mathbb{R})\)는 \(C\) 내부의 점 \(z=0\)에서 해석적이다. 그러면 코시의 적분공식으로부터$$\int_{C}{\frac{e^{az}}{z}dz}=\int_{C}{\frac{f(z)}{z}dz}=2\pi if(0)=2\pi i$$이고 이때$$\begin{align*}\int_{C}{\frac{e^{az}}{z}dz}&=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{e^{a(\cos\theta+i\sin\theta)}}{e^{i\theta}}ie^{i\theta}d\theta}=i\int_{-\pi}^{\pi}{e^{a\cos\theta}(\cos(a\sin\theta)+i\sin(a\sin\theta))d\theta}\\&=-\int_{-\pi}^{\pi}{e^{a\sin\theta}\sin(a\sin\theta)d\theta}+i\int_{-\pi}^{\pi}{e^{a\sin\theta}\cos(a\sin\theta)d\theta}\end{align*}$$이므로$$\int_{-\pi}^{\pi}{e^{a\cos\theta}\cos(a\sin\theta)d\theta}=2\pi$$라는 결과를 얻는다. 함수 \(e^{a\cos\theta}\cos(a\sin\theta)\)는 \(\theta\)에 대해 우함수이므로$$\int_{0}^{\pi}{e^{a\cos\theta}\cos(a\sin\theta)d\theta}=\pi$$이다.

코시 적분공식을 확장해서 \(z_{0}\)에서 \(f\)의 도함수를 적분으로 나타낼 수 있다. 즉 양의 방향의 단순닫힌경로 \(C\)와 그 내부에서 해석적인 함수 \(f\)에 대하여$$f'(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{2}}ds}$$이다. 이 식을 가장 쉽게 증명하는 방법은 코시적분공식$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{s-z}ds}$$에 있는 식을 \(z\)에 대해 미분을 하는 것이다. 이 방법은 엄밀하지 않다. 다음의 증명이 엄밀한 증명이다.

$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{s-z}ds}$$라 하고 \(z\)에서 \(s\in C\)까지의 가장 짧은 거리를 \(d\)라고 하면 \(0<|\Delta z|<d\)일 때(위의 그림 참고), 다음 식이 성립한다.$$\begin{align*}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\left(\frac{1}{s-z-\Delta z}-\frac{1}{s-z}\right)\frac{f(s)}{\Delta z}ds}\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z-\Delta z)(s-z)}ds}\end{align*}$$그러면$$\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}-\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{2}}ds}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{\Delta zf(s)}{(s-z-\Delta z)(s-z)^{2}}ds}$$이다. \(|s-z|\geq d\), \(|\Delta z|<d\)이므로 다음의 부등식이 성립한다.$$|s-z-\Delta z|=|(s-z)-\Delta z|\geq||s-z|-|\Delta z||\geq d-|\Delta z|>0$$\(C\)에서 \(|f(s)|\)의 최댓값을 \(M\), \(L\)을 \(C\)의 길이라고 할 때, 위의 부등식으로부터 다음이 성립한다.$$\left|\int_{C}{\frac{\Delta zf(s)}{(s-z-\Delta z)(s-z)^{2}}ds}\right|\leq\frac{|\Delta z|M}{(d-|\Delta z|)d^{2}}L$$이 부등식에서 \(\displaystyle\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{|\Delta z|M}{(d-|\Delta z|)d^{2}}}L=0\)이므로$$\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}}-\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{2}}ds}=0$$이고 따라서$$f'(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{2}}ds}$$이다.(QED)

앞의 방법을 이용하여 \(f''\)에 대한 코시 적분공식을 얻을 수 있다.$$f'(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{2}}ds}$$라 하면$$\begin{align*}\frac{f'(z+\Delta z)-f'(z)}{\Delta z}-\frac{1}{\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{3}}ds}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\left\{\frac{1}{(s-z-\Delta z)^{2}}-\frac{1}{(s-z)^{2}}-\frac{2\Delta z}{(s-z)^{3}}\right\}\frac{f(s)}{\Delta z}ds}\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{3(s-z)\Delta z-2(\Delta z)^{2}}{(s-z-\Delta z)^{2}(s-z)^{3}}f(s)ds}\end{align*}$$\(z\)에서 \(C\) 상의 점들까지의 가장 먼 거리를 \(D\), 가장 짧은 거리를 \(d\)라 하자. 그러면\(d\leq|s-z|\leq D\), \(|f(z)|\leq M\)이고 삼각부등식에 의해 다음의 부등식이 성립한다.$$d-\Delta z<|s-z|-|\Delta z|\leq|s-z-\Delta z|$$\(C\)에서 \(|f(z)|\)의 최댓값을 \(M\), \(C\)의 길이를 \(L\)이라 하자. \(0<|\Delta z|<d\)일 때 위의 부등식으로부터 다음이 성립한다.$$\left|\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\frac{3(s-z)\Delta z-2(\Delta z)^{2}}{(s-z-\Delta z)^{2}(s-z)^{3}}f(s)ds}\right|\leq\frac{(3D+2|\Delta z|)ML}{(d-|\Delta z|)^{2}d^{3}}|\Delta z|$$이 부등식에서 \(\displaystyle\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{(3D+2|\Delta z|)ML}{(d-|\Delta z|)^{2}d^{3}}}|\Delta z|=0\)이므로$$\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{f'(z+\Delta z)-f'(z)}{\Delta z}}-\frac{1}{\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{3}}ds}=0$$이고 따라서$$f''(z)=\frac{1}{\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{3}}ds}$$이다.(QED)

수학적 귀납법을 이용하여 일반화된 코시적분공식$$f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{C}{\frac{f(s)}{(s-z)^{n+1}}ds}$$을 얻을 수 있고 이 과정은 여기서 다루지 않겠다. \(n=0\)인 경우, \(f^{(0)}(z)=f(z)\)로 정의한다.

양의 방향의 단순닫힌경로 \(C\)의 내부에 있는 점 \(z_{0}\)에 대하여 \(f(z)=1\)이라고 할 때, 다음을 얻는다.$$\int_{C}{\frac{1}{z-z_{0}}dz}=2\pi i\\ \int_{C}{\frac{1}{(z-z_{0})^{n}}dz}=0\,(n\in\mathbb{N})$$코시 적분공식으로부터 몇가지 중요한 결과를 얻는다.

(1) 함수 \(f\)가 주어진 점에서 해석적이면, 그 점에서 모든 계의 도함수가 존재한다.

: 함수 \(f\)가 점 \(z_{0}\)에서 해석적이라고 하면 \(z_{0}\)의 근방 \(|z-z_{0}|<\epsilon\)가 존재해서 이곳에서 \(f\)는 해석적이다. 그러면 중심이 \(z_{0}\)이고 반지름의 길이가 \(\displaystyle\frac{\epsilon}{2}\)인 양의 방향의 원 \(C_{0}\)가 존재해서 \(f\)는 \(C_{0}\)와 그 내부에서 해석적이다. 코시 적분공식으로부터 \(C_{0}\)내부의 점 \(z\)에 대하여$$f''(z)=\frac{1}{\pi i}\int_{C_{0}}{\frac{f(s)}{(s-z)^{3}}ds}$$이다. 이 사실은 \(f''(z)\)가 근방\(\displaystyle|z-z_{0}|<\frac{\epsilon}{2}\)에서 존재하기 때문에 \(f'\)는 \(z_{0}\)에서 해석적이다. 이와 같은 방법을 \(f'\)에 적용해 \(f''\)가 해석적임이 증명된다. 이 과정을 반복하면 주장하고자 하는 결론을 얻는다.(QED)

(2) 함수 \(f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\)가 점 \(z=x+iy\)에서 해석적이면, 이 점에서 \(u\)와 \(v\)의 모든 계의 연속인 편도함수가 존재한다.

: 위의 함수 \(f(z)\)가 점 \(z=x+iy\)에서 해석적이라고 하자. 그러면 \(f'\)는 \(z\)에서 미분가능하므로 \(f'\)는 연속이다.$$f'(z)=u_{x}+iv_{x}=v_{y}-iu_{y}$$로 나타낼 수 있으므로 \(u\)와 \(v\)의 1계 편도함수는 \(z\)에서 연속이다. 게다가 (1)의 결과로부터 \(f''\)는 \(z\)에서 해석적이고 연속이며$$f''(z)=u_{xx}+iv_{xx}=v_{yx}-iu_{yx}$$이다. 그러므로 주장하고자 하는 결론을 얻는다.(QED)    

(3)(모레라 정리, Morera's theorem) 함수 \(f\)가 영역 \(D\)에서 연속이고 \(D\)에 포함되는 모든 닫힌경로 \(C\)에 대해$$\int_{C}{f(z)dz}=0$$이라 하자. 그러면 \(f\)는 \(D\) 전체에서 해석적이다. 이는 코시-구르사 정리의 역이다.

: \(C\)에서 \(f\)의 적분값이 \(0\)이므로 \(f\)의 원시함수 \(F\)가 \(D\)에서 존재한다. 이때 \(F\)는 해석함수이고 모든 \(z\in D\)에 대하여 \(F'(z)=f(z)\)이다. \(f\)는 \(F\)의 도함수이므로 (!)에 의해 \(D\)에서 해석적이다.(QED)

(4)(코시 부등식, Cauchy's inequality) 함수 \(f\)가 중심이 \(z_{0}\)이고 반지름의 길이가 \(R\)인 양의 방향의 원 \(C_{R}\)과 그 내부에서 해석적이라고 하자. \(C_{R}\)에서 \(|f(z)|\)의 최댓값은 \(M_{R}\)이라 하면 다음의 부등식이 성립한다.$$|f^{(n)}(z_{0})|\leq\frac{n!M_{R}}{R^{n}}\,(n\in\mathbb{N})$$: 코시 적분공식$$f^{(n)}(z_{0})=\frac{n!}{2\pi i}\int_{C_{R}}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}dz}\,(n\in\mathbb{N})$$으로부터 유도된다.$$|f^{(n)}(z_{0})|=\left|\frac{n!}{2\pi i}\int_{C_{R}}{\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}dz}\right|\leq\frac{n!}{2\pi}\int_{C_{R}}{\left|\frac{f(z)}{(z-z_{0})^{n+1}}\right|dz}\leq\frac{n!}{2\pi}\frac{M_{R}}{R^{n+1}}2\pi R=\frac{n!M_{R}}{R^{n}}$$이다.(QED)

참고자료:

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