複素解析の初歩6：正則関数の解析性・Liouvilleの定理・一致の定理

$\Omega$ に含まれる $\mathbb{C}$ の任意の開球 $B(a,R)$ と任意の $r\in (0,R)$ を取る。$f$ が $\Omega$ 上で何回でも複素微分可能であることを示すには $B(a,r)$ 上で $f$ が何回でも複素微分可能であることを示せば十分である。$a$ を中心とする半径 $r$ の円周に沿った反時計回りの円周閉路は $B(a,R)$ に含まれるから、凸開集合におけるCauchyの積分公式（ 命題4 ）と 命題3 より、
$$ f(z)={\rm Ind}_{\partial B(a,r)}(z)f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw\quad(\forall z\in B(a,r))\quad\quad(***) $$
が成り立つ。任意の $z\in B(a,r)$ に対し、
$$ \frac{\lvert z-a\rvert}{\lvert w-a\rvert}<1\quad(\forall w\in \partial B(a,r)) $$
であるから、絶対収束で、
$$ \frac{1}{w-z}=\sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\frac{(z-a)^n}{(w-a)^{n+1}}\quad(\forall w\in \partial B(a,r)) $$
であり、右辺は $\partial B(a,r)$ 上で一様収束する。よって 命題1 より、
$$ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{w-z}dw= \sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\left(\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\right)(z-a)^n\quad(\forall z\in B(a,r))\quad\quad(****) $$
が成り立つ。冪級数関数は何回でも複素微分可能である（ 定理4 ）から $f$ は $B(a,r)$ 上（したがって $\Omega$ 上）で何回でも複素微分可能である。そして 定理4 と $(****)$ より、
$$ \frac{f^{(n)}(a)}{n!}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\quad(\forall n\in\mathbb{Z}_+)\quad\quad(*****) $$
であり、
$$ f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n\quad(\forall z\in B(a,r))\quad\quad(******) $$
である。ここで $(******)$ と $r\in (0,R)$ の任意性より $(*)$ が成り立つ。また $(*****)$ より任意の $n\in\mathbb{Z}_+$ に対し、
$$ \begin{aligned} \lvert f^{(n)}(a)\rvert&=\frac{n!}{2\pi}\left\lvert \int_{\partial B(a,r)}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw\right\rvert\leq \frac{n!}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\left\lvert\frac{f(a+re^{i\theta})}{r^{n+1}}ire^{i\theta}\right\rvert d\theta\\ &\leq \frac{n!}{2\pi}\sup_{z\in B(a,R)}\lvert f(z)\rvert \frac{2\pi}{r^n}=\frac{n!}{r^n}\sup_{z\in B(a,R)}\lvert f(z)\rvert \end{aligned} $$
であり、$r\in (0,R)$ は任意であるから $(**)$ が成り立つ。

命題1 より $f$ は原始関数 $F\colon\Omega\rightarrow\mathbb{C}$ を持つ。このとき $F$ は正則関数であるから 定理1 より何回でも複素微分可能である。よって $f=F'$ は何回でも複素微分可能であるので正則関数である。

$f\colon\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ を有界な整関数とする。 定理1 の $(*)$ より、
$$ f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}z^n\quad(\forall z\in \mathbb{C}) $$
が成り立つ。また 定理1 の $(**)$ より任意の $n\in\mathbb{N}$ に対し、
$$ \lvert f^{(n)}(0)\rvert\leq \frac{n!}{R^n}\sup_{z\in \mathbb{C}}\lvert f(z)\rvert\quad(\forall R\in (0,\infty)) $$
であり $f$ は有界であるから $f^{(n)}(0)=0$ である。よって $f(z)=f(0)$ $(\forall z\in \mathbb{C})$ であるから $f$ は定数関数である。

$$ U\colon=\bigcap_{n\in\mathbb{Z}_+}\{z\in \Omega:f^{(n)}(z)=0\}\neq\emptyset $$
とおく。各 $f^{(n)}$ は連続であるから $U$ は $\Omega$ の閉集合である。また任意の $a\in U$ に対し $B(a,r)=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z-a\rvert< r\}\subset\Omega$ なる $r\in (0,\infty)$ を取ると、 定理1 より、
$$ f(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_+}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n=0\quad(\forall z\in B(a,r)) $$
であるから $B(a,r)\subset U$ である。よって $U$ は $\Omega$ の開集合でもある。ゆえに $\Omega$ の連結性より $\Omega=U$ であるから $f(z)=0$ $(\forall z\in \Omega)$ である。

$h=f-g\colon\Omega\rightarrow\mathbb{C}$ とおく。 補題3 より $h^{(n)}(a)=0$ $(\forall n\in\mathbb{Z}_+)$ が成り立つことを示せばよい。そこで $h^{(n)}(a)\neq0$ なる $n\in\mathbb{Z}_+$ が存在すると仮定して矛盾を導く。$h^{(n)}(a)\neq0$ なる $n\in \mathbb{Z}_+$ で最小のものを $m$ とおく。$(1),(2)$ より $h^{(0)}(a)=h(a)=0$ であるから $m\geq1$ である。 定理1 より $B(a,r)=\{z\in \mathbb{C}:\lvert z-a\rvert< r\}\subset \Omega$ なる $r\in (0,\infty)$ を取れば、
$$ h(z)=\sum_{n\in \mathbb{Z}_+}\frac{h^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n=\sum_{n\geq m}\frac{h^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n\quad(\forall z\in B(a,r)) $$
と表される。そこで $k\colon\Omega\rightarrow\mathbb{C}$ を、
$$ k(z)\colon=\left\{\begin{array}{cl}\frac{h(z)}{(z-a)^m}&(z\neq a)\\ \frac{h^{(m)}(a)}{m!}&(z=a)\end{array}\right. $$
として定義すると、
$$ k(z)=\sum_{n\geq m}\frac{h^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^{n-m}\quad(\forall z\in B(a,r)) $$
であるから $k$ は正則関数である。$(1),(3)$ より、
$$ k(z_n)=\frac{h(z_n)}{(z_n-a)^m}=0\quad(\forall n\in\mathbb{N}) $$
であるから $(2)$ より、
$$ \frac{h^{(m)}(a)}{m!}=k(a)=\lim_{n\rightarrow\infty}k(z_n)=0 $$
である。よって $h^{(m)}(a)\neq0$ に矛盾する。