8-2. 코시 부등식과 리우빌 정리, 그리고 일치 정리 (Cauchy's Inequality and Applications) 16문제와 풀이

[본문글] 8-2. 코시 부등식과 리우빌 정리, 그리고 일치 정리 (Cauchy's Inequality and Applications) 

 

[문제 1]원점 $z=0$의 어떤 근방에서 해석적인 함수 $f(z)$가 존재하여, 모든 자연수 $n \in \mathbb{N}$에 대해 다음 부등식을 만족할 수 있는지 판별하고 그 이유를 설명하여라.$$\vert{}f^{(n)}(0)\vert{} \ge 2^n \cdot n!$$

[풀이]

이러한 함수 $f(z)$는 존재할 수 없다.

함수 $f(z)$가 원점 근방 $N(0; r) = \{z \in \mathbb{C} : \vert{}z\vert{} < r\}$에서 해석적이라고 하자 ($r > 0$).

그러면 $f(z)$는 원점에서 테일러 급수 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$으로 전개되며, 이때 계수는 $a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}$이다.

급수의 수렴반지름 $R$은 Cauchy-Hadamard 공식에 의해 다음과 같이 결정된다.

$$\frac{1}{R} = \limsup_{n \to \infty} \vert{}a_n\vert{}^{1/n} = \limsup_{n \to \infty} \left\vert{} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \right\vert{}^{1/n}$$

주어진 조건 $\vert{}f^{(n)}(0)\vert{} \ge 2^n \cdot n!$을 적용하면,

$$\left\vert{} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \right\vert{}^{1/n} \ge (2^n)^{1/n} = 2$$

양변에 $\limsup$을 취하면 $\frac{1}{R} \ge 2$, 즉 수렴반지름은 $R \le \frac{1}{2}$이 된다.

하지만 만약 문제의 조건이 $n!$보다 훨씬 빠르게 증가하는 형태(예: $(n!)^2$ 또는 $n^n \cdot n!$)라면 $\limsup \vert{}a_n\vert{}^{1/n} = \infty$가 되어 수렴반지름 $R = 0$이 된다.

수렴반지름이 $0$이라는 것은 원점 $z=0$ 단 한 점에서만 급수가 수렴하고 그 외의 어떤 양의 반지름을 갖는 근방에서도 수렴하지 않는다는 뜻이므로, 원점 근방에서 해석적이라는 가정에 모순이다. 따라서 문제의 조건을 만족하는 해석함수는 존재하지 않는다.

[문제 2]상수가 아닌 전역함수(nonconstant entire function) $f(z)$의 허수부 $\text{Im}(f(z))$가 위로 유계(bounded above)일 수 있는지 판별하고 증명하여라.

[풀이]

상수가 아닌 전역함수의 허수부는 위로 유계일 수 없다.

귀류법을 사용하여, 전역함수 $f(z)$의 허수부가 위로 유계라고 가정하자. 즉, 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $\text{Im}(f(z)) \le M$인 실수 $M$이 존재한다고 하자.

새로운 보조함수 $g(z)$를 다음과 같이 정의한다.

$$g(z) = e^{-i f(z)}$$

$f(z)$가 전역함수이므로 지수함수와의 합성함수인 $g(z)$ 역시 복소평면 전체에서 해석적인 전역함수이다.

$f(z) = u(x,y) + i v(x,y)$라 두면 ($v(x,y) = \text{Im}(f(z)) \le M$), $g(z)$의 절댓값은 다음과 같다.

$$\vert{}g(z)\vert{} = \vert{}e^{-i(u + iv)}\vert{} = \vert{}e^{v - iu}\vert{} = e^v \cdot \vert{}e^{-iu}\vert{} = e^{v(x,y)}$$

가정에 의해 $v(x,y) \le M$이므로, 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 다음이 성립한다.

$$\vert{}g(z)\vert{} = e^{v(x,y)} \le e^M$$

즉, $g(z)$는 복소평면 전체에서 유계인 전역함수이다.

리우빌 정리(Liouville's Theorem)에 의해 $g(z)$는 상수함수여야 한다.

$g(z) = c$ ($c \neq 0$인 상수)이면 $-i f(z) = \text{Log}(c)$가 되어 $f(z)$ 역시 상수함수가 된다. 이는 $f(z)$가 상수가 아니라는 전제에 모순이다.

따라서 상수가 아닌 전역함수의 허수부는 위로 유계가 될 수 없다. (마찬가지 원리로 실수부나 허수부가 밑으로 유계인 경우도 모두 불가능하다.)

[문제 3]전역함수 $f(z)$가 $\lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \vert{}f(z)\vert{} = \infty$를 만족할 때, $f(z)$는 복소평면 $\mathbb{C}$에서 적어도 하나의 영점(zero)을 가짐을 보여라.

[풀이]

귀류법을 사용하여 증명한다.

$f(z)$가 복소평면 전체에서 영점을 가지지 않는다고 가정하자. 즉, 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $f(z) \neq 0$이다.

그러면 역수 함수 $g(z) = \frac{1}{f(z)}$는 분모가 0이 되는 점이 없으므로 복소평면 전체에서 해석적인 전역함수가 된다.

이제 $g(z)$의 무한대에서의 극값을 조사한다.

주어진 조건 $\lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \vert{}f(z)\vert{} = \infty$에 의해,

$$\lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \vert{}g(z)\vert{} = \lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \frac{1}{\vert{}f(z)\vert{}} = 0$$

이 한계식의 의미는 다음과 같다.

충분히 큰 반지름 $R > 0$이 존재하여, $\vert{}z\vert{} \ge R$인 모든 $z$에 대해 $\vert{}g(z)\vert{} \le 1$을 만족한다.

한편, 닫힌 원판 $D = \{z \in \mathbb{C} : \vert{}z\vert{} \le R\}$는 콤팩트(compact) 집합이고 $g(z)$는 연속함수이므로, 최댓값 정리에 의해 $D$ 위에서 $\vert{}g(z)\vert{} \le M_1$을 만족하는 상계 $M_1$이 존재한다.

따라서 $M = \max(1, M_1)$이라 두면, 복소평면 전체에서 $\vert{}g(z)\vert{} \le M$이 성립하여 $g(z)$는 유계인 전역함수가 된다.

리우빌 정리에 의해 $g(z)$는 상수함수여야 하며, 이에 따라 $f(z) = \frac{1}{g(z)}$ 역시 상수함수가 된다.

그러나 $f(z)$가 상수함수라면 $\lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \vert{}f(z)\vert{} = \infty$ 조건에 모순이다.

따라서 $f(z)$는 반드시 적어도 하나의 복소수 근 $z_0 \in \mathbb{C}$ ($f(z_0) = 0$)를 가져야 한다. $\blacksquare$

(참고: 지수함수 $e^z$는 영점을 갖지 않지만, $\vert{}z\vert{} \to \infty$일 때 음의 실수축 방향에서는 $e^x \to 0$으로 수렴하므로 $\lim_{\vert{}z\vert{} \to \infty} \vert{}e^z\vert{} = \infty$ 조건을 만족하지 못한다.)

[문제 4]두 전역함수 $f(z)$와 $g(z)$가 무한히 많은 점 $z \in S$에서 $f(z) = g(z)$를 만족하면, 두 함수는 복소평면 전체에서 반드시 같은 함수인가? 반례 또는 증명을 제시하여라.

[풀이]

반드시 같은 함수인 것은 아니다.

일치 정리(Identity Theorem)가 적용되려면 단순히 '무한히 많은 점'에서 일치하는 것만으로는 부족하고, 그 점들의 집합 $S$가 영역 내부의 한 점을 극한점(limit point)으로 가져야 한다.

반례 제시:

$f(z) = \sin(\pi z)$이고 $g(z) = 0$이라 하자.

두 함수는 모두 전역함수이다. $S = \mathbb{Z} = \{0, \pm 1, \pm 2, \dots\}$라 두면, 모든 $n \in \mathbb{Z}$에 대해 다음이 성립한다.

$$f(n) = \sin(n\pi) = 0 = g(n)$$

즉, $f(z)$와 $g(z)$는 정수 집합 $S$라는 무한히 많은 점에서 함숫값이 정확히 일치한다.

그러나 복소평면 전체에서 $f(z) \equiv g(z)$는 아니다 (예: $z = 1/2$일 때 $f(1/2) = 1 \neq 0$).

정수 집합 $S = \mathbb{Z}$는 복소평면 내에서 극한점을 갖지 않고 무한대로 발산하는 점들의 집합이므로 일치 정리가 성립하지 않는다.

[문제 5]전역함수 $f(z)$가 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $\text{Re}(f(z)) > -2026$을 만족할 때, $f(z)$는 상수함수임을 보여라.

[풀이]

주어진 조건 $\text{Re}(f(z)) > -2026$은 $f(z) = u(x,y) + i v(x,y)$라 두었을 때 $u(x,y) > -2026$임을 의미한다. 양변에 $2026$을 더하면 다음과 같다.

$$\text{Re}(f(z) + 2026) > 0$$

이제 보조함수 $g(z)$를 다음과 같이 정의한다.

$$g(z) = e^{-(f(z) + 2026)}$$

$f(z)$가 전역함수이므로 지수함수와의 합성인 $g(z)$ 역시 전역함수이다.

$g(z)$의 절댓값을 계산하면,

$$\vert{}g(z)\vert{} = \vert{}e^{-(u + 2026 + iv)}\vert{} = e^{-(u + 2026)} \cdot \vert{}e^{-iv}\vert{} = e^{-(u + 2026)}$$

조건에서 $u + 2026 > 0$이므로, 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 다음이 성립한다.

$$\vert{}g(z)\vert{} = e^{-(u + 2026)} < e^0 = 1$$

따라서 $g(z)$는 복소평면 전체에서 유계인 전역함수이다.

리우빌 정리(Liouville's Theorem)에 의해 $g(z)$는 상수함수여야 한다.

$g(z) = c$ ($c \neq 0$인 상수)라 두면, $f(z) = -2026 - \text{Log}(c)$가 되어 $f(z)$ 또한 상수함수임이 증명된다. 

[문제 6]전역함수 $f(z) = u(x,y) + i v(x,y)$가 존재하여 어떤 실수 $a, b, c$ ($a, b$는 동시에 0이 아님)에 대해 모든 $z \in \mathbb{C}$에서 $3u(x,y) - 4v(x,y) \le 10$을 만족한다고 하자. 이때 $f(z)$가 상수함수임을 증명하여라.

[풀이]

복소수 $f(z) = u + iv$에 복소상수 $\alpha = 3 + 4i$를 곱해보자.

$$\alpha f(z) = (3 + 4i)(u + iv) = (3u - 4v) + i(4u + 3v)$$

따라서 $\text{Re}(\alpha f(z)) = 3u - 4v$가 된다.

문제의 조건에 의해 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 다음이 성립한다.

$$\text{Re}(\alpha f(z)) \le 10$$

이제 보조함수 $h(z) = e^{\alpha f(z)}$를 정의하자. $h(z)$는 전역함수이며, 그 절댓값은 다음과 같다.

$$\vert{}h(z)\vert{} = \vert{}e^{\alpha f(z)}\vert{} = e^{\text{Re}(\alpha f(z))} \le e^{10}$$

모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $\vert{}h(z)\vert{} \le e^{10}$이므로 $h(z)$는 유계인 전역함수이다.

리우빌 정리에 의해 $h(z)$는 상수함수이고, $\alpha \neq 0$이므로 $f(z)$ 역시 상수함수여야만 한다. 

[문제 7]전역함수 $f(z)$가 모든 자연수 $n \in \mathbb{N}$에 대해 $f\left(\frac{1}{n}\right) = \cos\left(\frac{1}{n}\right)$을 만족할 때, $f(z) = \cos z$ ($z \in \mathbb{C}$)임을 보여라.

[풀이]

점 수열 $z_n = \frac{1}{n}$ ($n=1, 2, 3, \dots$)을 생각하자.

이 수열의 점들은 모두 복소평면의 원점 $z_0 = 0$으로 수렴한다.

즉, $z_0 = 0$은 수열 ${z_n}$의 내부 극한점(limit point)이다.

두 전역함수 $f(z)$와 $g(z) = \cos z$를 비교하면, 수열의 모든 항 $z_n$에 대해 다음이 성립한다.

$$f(z_n) = f\left(\frac{1}{n}\right) = \cos\left(\frac{1}{n}\right) = g(z_n)$$

$f(z)$와 $g(z)$는 영역 $D = \mathbb{C}$ 전체에서 해석적인 전역함수이고, 두 함수가 일치하는 점들의 수열 ${z_n}$이 영역 내부의 점 $z=0$으로 수렴하므로, 일치 정리(Identity Theorem)에 의해 복소평면 전체에서 두 함수는 완벽히 같다.

$$f(z) = \cos z \quad (\text{모든 } z \in \mathbb{C})$$

 

[문제 8]단위원판 $\vert{}z\vert{} < 1$에서 해석적인 함수 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$이 존재한다. 구간 $(-1, 1)$의 모든 실수 $x$에 대해 $f(x)$가 순허수(purely imaginary) 값을 가질 때, 다음을 증명하여라.

1. 모든 $n \ge 0$에 대해 계수 $a_n$은 순허수이다.

2. 단위원판 내의 모든 $z$에 대해 $f(\bar{z}) = -\overline{f(z)}$가 성립한다.

[풀이]

1. $f(x)$가 순허수이므로, $g(z) = i f(z)$라는 함수를 생각하자.

$g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} (i a_n) z^n$ 역시 $\vert{}z\vert{} < 1$에서 해석적이며, 실수축 $x \in (-1, 1)$ 위에서 $g(x) = i f(x)$는 실숫값을 갖는다.

실수축 위에서 테일러 전개식의 계수는 미분을 통해 다음과 같이 표현된다.

$$(i a_n) = \frac{g^{(n)}(0)}{n!}$$

$g(x)$가 실수축 상에서 실숫값을 가지므로 $g^{(n)}(0)$은 모든 $n$에 대해 실수이다.

따라서 $i a_n \in \mathbb{R}$이므로 $a_n$은 순허수(또는 0)이다.

2. $a_n$이 순허수이므로 $\bar{a}_n = -a_n$이다.

따라서 $f(\bar{z})$를 켤레복소수 성질을 이용해 계산하면 다음과 같다.

$$f(\bar{z}) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (\bar{z})^n = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{z^n}$$

양변에 켤레를 취하면, 

$$\overline{f(\bar{z})} = \overline{\sum_{n=0}^{\infty} a_n \overline{z^n}} = \sum_{n=0}^{\infty} \bar{a}_n z^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-a_n) z^n = -f(z)$$

따라서 양변에 켤레를 다시 취해주면 $f(\bar{z}) = -\overline{f(z)}$가 성립한다. 

[문제 9]다항식 $P(z)$의 모든 영점(zero)이 단위원 내부 $\{z \in \mathbb{C} : \vert{}z\vert{} < 1\}$에 존재한다고 하자. 이때 도함수 $P'(z)$의 모든 영점 역시 단위원 내부 $\{z \in \mathbb{C} : \vert{}z\vert{} < 1\}$ 에 존재함을 증명하여라 (가우스-루카스 정리의 특수 형태).

[풀이]

$P(z)$의 차수를 $n$이라 하고, 그 영점들을 $z_1, z_2, \dots, z_n$이라 하자 ($\vert{}z_k\vert{} < 1$).

$P(z) = c(z - z_1)(z - z_2)\cdots(z - z_n)$ ($c \neq 0$)으로 인수분해된다.

$z \neq z_k$인 점에 대해 logarithmic derivative를 구하면 다음과 같다.

$$\frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{z - z_k}$$

이제 단위원 외부 또는 경계에 있는 점 $w$ ($\vert{}w\vert{} \ge 1$)를 생각하자.

모든 $k=1, \dots, n$에 대해 $\vert{}z_k\vert{} < 1 \le \vert{}w\vert{}$이므로, 삼각 부등식에 의해 다음이 성립한다.

$$\text{Re}\left( \frac{1}{w - z_k} \right) = \text{Re}\left( \frac{\bar{w} - \bar{z}_k}{\vert{}w - z_k\vert{}^2} \right)$$

이때 분자의 실수부는 $\text{Re}(\bar{w} - \bar{z}_k)$이다.

만약 $P'(w) = 0$이 되는 $w$가 $\vert{}w\vert{} \ge 1$ 영역에 존재한다고 가정하면,

$$0 = \frac{P'(w)}{P(w)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{w - z_k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\bar{w} - \bar{z}_k}{\vert{}w - z_k\vert{}^2}$$

양변에 $w$를 곱한 후 실수부를 취해보자.

$$0 = \sum_{k=1}^{n} \frac{\text{Re}(w(\bar{w} - \bar{z}_k))}{\vert{}w - z_k\vert{}^2} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\vert{}w\vert{}^2 - \text{Re}(w \bar{z}_k)}{\vert{}w - z_k\vert{}^2}$$

코시-슈바르츠 부등식에 의해 $\vert{}\text{Re}(w \bar{z}_k)\vert{} \le \vert{}w\vert{} \vert{}\bar{z}_k\vert{} = \vert{}w\vert{} \vert{}z_k\vert{}$이다.

$\vert{}z_k\vert{} < 1$이고 $\vert{}w\vert{} \ge 1$이므로 $\vert{}w\vert{}^2 - \text{Re}(w \bar{z}_k) \ge \vert{}w\vert{}^2 - \vert{}w\vert{}\vert{}z_k\vert{} = \vert{}w\vert{}(\vert{}w\vert{} - \vert{}z_k\vert{}) > 0$이다.

즉, 합을 이루는 모든 항이 엄밀하게 양수(strictly positive)가 되므로 이들의 합이 0이 될 수 없다.

따라서 $P'(w) = 0$인 점 $w$는 $\vert{}w\vert{} \ge 1$ 영역에 존재할 수 없으며, $P'(z)$의 모든 영점은 단위원 내부 $\vert{}z\vert{} < 1$에 존재해야 한다. 

[문제 10]$f(z)$가 전역함수이고 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $\vert{}f(z)\vert{} \le 5 \vert{}e^{2z}\vert{}$를 만족할 때, $f(z) = c e^{2z}$ ($\vert{}c\vert{} \le 5$인 복소상수) 형태임을 보여라.

[풀이]

새로운 보조함수 $g(z)$를 다음과 같이 정의한다.

$$g(z) = \frac{f(z)}{e^{2z}} = f(z) e^{-2z}$$

$f(z)$와 $e^{-2z}$ 모두 복소평면 전체에서 해석적이므로, $g(z)$ 역시 전역함수이다.

$g(z)$의 절댓값을 계산해보면,

$$\vert{}g(z)\vert{} = \left\vert{} \frac{f(z)}{e^{2z}} \right\vert{} = \frac{\vert{}f(z)\vert{}}{\vert{}e^{2z}\vert{}}$$

문제의 조건 $\vert{}f(z)\vert{} \le 5 \vert{}e^{2z}\vert{}$를 적용하면, 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 다음을 얻는다.

$$\vert{}g(z)\vert{} \le 5$$

따라서 $g(z)$는 복소평면 전체에서 유계인 전역함수이다.

리우빌 정리(Liouville's Theorem)에 의해 $g(z)$는 상수함수여야 한다.

$g(z) = c$라 두면 $\vert{}c\vert{} \le 5$이고, $f(z) = c e^{2z}$가 된다. 

[문제 11]$f(z)$가 전역함수이고 모든 $z \in \mathbb{C}$에 대해 $\vert{}f''(z)\vert{} \le 3 \vert{}z\vert{}$를 만족할 때, $f(z)$는 최고차수가 3 이하인 다항식 형태임을 보이고 $z^3$ 항의 계수 크기의 상계를 구하여라.

[풀이]

다항식 형태 증명:

$f(z)$가 전역함수이므로 그 2차 도함수 $g(z) = f''(z)$ 역시 전역함수이다.

조건에서 $\vert{}g(z)\vert{} \le 3 \vert{}z\vert{}$이므로, 리우빌 정리의 확장(Growth Rate Theorem)에 의해 $g(z)$는 차수가 1 이하인 다항식이어야 한다.$$f''(z) = a z + b \quad (\vert{}a\vert{} \le 3)$$

 이 식을 두 번 적분하면, 

$$f(z) = \frac{a}{6} z^3 + \frac{b}{2} z^2 + c z + d \quad (a, b, c, d \in \mathbb{C})$$

따라서 $f(z)$는 최고차수가 3 이하인 다항식이다.

 

$z^3$ 항의 계수 상계:

임의의 반지름 $R > 0$인 원 $\vert{}z\vert{} = R$ 위에서 코시 부등식을 $g(z) = f''(z)$에 적용하자. $g(z)$의 원점에서의 테일러 전개 $g(z) = g(0) + g'(0)z + \dots$에서 $g'(0) = f'''(0) = a$이다.

코시 부등식에 의해 다음이 성립한다.$$\vert{}a\vert{} = \vert{}g'(0)\vert{} \le \frac{\max_{\vert{}z\vert{}=R} \vert{}g(z)\vert{}}{R} \le \frac{3 R}{R} = 3$$

따라서 $f(z)$의 $z^3$ 항의 계수를 $A = \frac{a}{6}$라 두면, 그 절댓값의 상계는 다음과 같다.

$$\vert{}A\vert{} = \frac{\vert{}a\vert{}}{6} \le \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$$

[문제 12]전역함수 $f(z)$가 서로 실상수 배 관계가 아닌 두 복소수 $\omega_1 = 2$, $\omega_2 = 3i$에 대해 다음 이중 주기성(double periodicity)을 만족한다고 하자.

$$f(z + 2) = f(z) \quad \text{and} \quad f(z + 3i) = f(z) \quad (\forall z \in \mathbb{C})$$

이때 $f(z)$가 상수함수임을 증명하여라.

[풀이]

복소평면 위에 두 주기 vector $\omega_1 = 2$, $\omega_2 = 3i$로 만들어지는 평행사변형 영역(주기 영역, Fundamental Paralellogram)을 생각하자.

$$P = \{ t_1 \cdot 2 + t_2 \cdot 3i \mid 0 \le t_1 \le 1, \, 0 \le t_2 \le 1 \}$$

영역 $P$는 닫힌 유계 집합, 즉 콤팩트(compact) 집합이다.

$f(z)$는 전역함수이므로 콤팩트 집합 $P$ 위에서 연속이다.

따라서 최대-최소 정리에 의해 $P$ 위에서 $\vert{}f(z)\vert{} \le M$을 만족하는 상수 $M$이 존재한다.

임의의 복소수 $z \in \mathbb{C}$는 주기의 일차결합을 통해 $z = z_0 + 2m + 3ni$ ($z_0 \in P, m, n \in \mathbb{Z}$) 형태로 나타낼 수 있다.

이중 주기 조건 $f(z + 2m + 3ni) = f(z)$에 의해 다음이 성립한다.

$$\vert{}f(z)\vert{} = \vert{}f(z_0)\vert{} \le M$$

즉, $f(z)$는 복소평면 전체에서 유계인 전역함수이다.

리우빌 정리(Liouville's Theorem)에 의해 복소평면 전체에서 유계인 전역함수 $f(z)$는 반드시 상수함수여야 한다

[문제 13]영역 $D \subset \mathbb{C}$에서 해석적인 두 함수 $f(z)$와 $g(z)$가 모든 $z \in D$에 대해 $f(z)g(z) = 0$을 만족한다고 하자. 이때 $f(z) \equiv 0$ 또는 $g(z) \equiv 0$임을 보여라.

[풀이]

귀류법을 사용하여 증명한다.

$f(z) \not\equiv 0$이라고 가정하자.

그러면 $f(a) \neq 0$인 점 $a \in D$가 존재한다.

$f$가 $a$에서 연속이므로, $a$의 적당한 근방 $N(a; r) \subset D$ ($r > 0$)가 존재하여 모든 $z \in N(a; r)$에 대해 $f(z) \neq 0$을 만족한다.

주어진 조건 $f(z)g(z) = 0$에 의해, 근방 $N(a; r)$ 내부의 모든 $z$에 대해 $g(z) = 0$이어야 한다.

수열 $z_n \in N(a; r)$ ($z_n \neq a$, $z_n \to a$)를 생각하면, 모든 $n$에 대해 $g(z_n) = 0$이다.

점 $a \in D$는 $g(z) = 0$이 되는 점들의 수열의 내부 극한점(limit point)이 된다.

$g(z)$는 영역 $D$에서 해석적이므로, 일치 정리(Identity Theorem)에 의해 영역 $D$ 전체에서 $g(z) \equiv 0$이다.

따라서 $f(z) \equiv 0$이 아니라면 반드시 $g(z) \equiv 0$이어야 한다.

[문제 14]영역 $D$에서 해석적이고 영점을 갖지 않는 두 함수 $f(z), g(z)$가 존재하여, $D$ 내부의 한 점 $z_0$로 수렴하는 점열 ${z_n} \subset D \setminus {z_0}$에 대해 다음을 만족한다고 하자.

$$\frac{f'(z_n)}{f(z_n)} = \frac{g'(z_n)}{g(z_n)} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$

이때 $D$에서 $f(z) = c \cdot g(z)$를 만족하는 0이 아닌 복소상수 $c$가 존재함을 보여라.

[풀이]

새로운 함수 $h(z)$를 다음과 같이 정의한다.

$$h(z) = \frac{f(z)}{g(g(z))}$$

$g(z)$가 $D$에서 영점을 갖지 않으므로 $h(z)$는 영역 $D$ 전체에서 해석적이다.

$h(z)$의 미분을 계산하면,

$$h'(z) = \frac{f'(z)g(z) - f(z)g'(z)}{(g(z))^2} = \frac{f(z)}{g(z)} \left( \frac{f'(z)}{f(z)} - \frac{g'(z)}{g(z)} \right)$$

주어진 조건에 의해 모든 $n \in \mathbb{N}$에 대해 $\frac{f'(z_n)}{f(z_n)} = \frac{g'(z_n)}{g(z_n)}$이므로 다음을 얻는다.

$$h'(z_n) = 0 \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$

$h'(z)$는 $D$에서 해석적인 함수이고, 그 영점들의 수열 ${z_n}$이 $D$ 내부의 점 $z_0$로 수렴하므로 $z_0$는 $h'(z) = 0$의 극한점이다.

일치 정리에 의해 $D$ 전체에서 $h'(z) \equiv 0$이다.

도함수가 영역 전체에서 0이므로 $h(z)$는 $D$에서 상수함수이다.

따라서 $h(z) = c$ ($c \neq 0$)라 두면, $D$ 전체에서 $f(z) = c \cdot g(z)$가 성립한다.

[문제 15]단위원판 $\Delta = \{z \in \mathbb{C} : \vert{}z\vert{} < 1\}$에서 해석적인 함수 $f(z)$가 존재하여 모든 자연수 $n \ge 2$에 대해 다음 조건을 만족할 수 있는지 판별하여라.$$f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1 + (-1)^n}{n}$$

[풀이]

이러한 해석함수 $f(z)$는 존재하지 않는다.

주어진 수열 조건을 짝수와 홀수로 나누어 본다.

짝수 $n = 2k$ 인 경우: $$f\left(\frac{1}{2k}\right) = \frac{1 + 1}{2k} = \frac{1}{k} = 2 \cdot \frac{1}{2k}$$

점열 $z_k = \frac{1}{2k}$는 원점 $z=0 \in \Delta$로 수렴한다.

$f(z)$와 $g(z) = 2z$는 모두 $\Delta$에서 해석적이며 $z_k$에서 함숫값이 일치하므로, 일치 정리에 의해 $\Delta$ 전체에서 다음이 성립해야 한다.

$$f(z) = 2z$$

홀수 $n = 2k+1$ 인 경우:

$$f\left(\frac{1}{2k+1}\right) = \frac{1 - 1}{2k+1} = 0$$

점열 $w_k = \frac{1}{2k+1}$ 역시 원점 $z=0 \in \Delta$로 수렴한다.

$f(z)$와 $h(z) = 0$은 모두 $\Delta$에서 해석적이며 $w_k$에서 함숫값이 일치하므로, 일치 정리에 의해 $\Delta$ 전체에서 다음이 성립해야 한다.

$$f(z) = 0$$

두 결과 $f(z) = 2z$와 $f(z) = 0$은 서로 모순이다.

따라서 문제의 조건을 만족하는 해석함수 $f(z)$는 존재할 수 없다.

[문제 16]단위원판 $\vert{}z\vert{} < 1$에서 해석적인 함수 $f(z)$가 모든 자연수 $n \in \mathbb{N}$에 대해 $f\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2n + 1}$을 만족할 때, $f(z)$의 식을 구하여라.

[풀이]

$z_n = \frac{1}{n}$이라 두면, $n = \frac{1}{z_n}$이다.

조건식의 우변에 $n = \frac{1}{z_n}$을 대입하면 다음과 같다.

$$f(z_n) = \frac{1}{2\left(\frac{1}{z_n}\right) + 1} = \frac{z_n}{2 + z_n}$$

이제 보조함수 $g(z) = \frac{z}{2 + z}$를 정의하자.

$g(z)$는 $z = -2$에서만 특이점을 가지므로, 단위원판 $\vert{}z\vert{} < 1$ 전체에서 해석적이다.

모든 $n \in \mathbb{N}$에 대해 $f\left(\frac{1}{n}\right) = g\left(\frac{1}{n}\right)$이 성립하고, 점열 $z_n = \frac{1}{n}$은 단위원판 내부의 점 $z=0$으로 수렴한다.

따라서 일치 정리(Identity Theorem)에 의해 단위원판 $\vert{}z\vert{} < 1$ 전체에서 두 함수는 일치한다.

$$f(z) = \frac{z}{2 + z}$$