[Chapter 7] Some Consequences of Cauchy’s Theorem

코시의 적분 공식(CIF)

코시의 정리는 복소함수론에서의 중심적인 결론 중 하나로, 이로부터 파생되는 여러 정리들이 있다. 코시의 적분 정리는 특수한 유리함수 형태의 복소적분은 경로 내부의 특이점에만 의존한다는 정리이다. 이를 일반화하면 정칙인 복소함수의 n계도함수의 값을 선적분으로 표현할 수도 있고, 복소함수는 정칙인 것과 해석적인 것이 동치라는 것을 보일 수도 있다.

[Theorem 7.0] (코시의 적분 공식: Cauchy's Integral Formula(CIF))

$\gamma$를 폐경로라 하고, $f$는 $\text{Int}(\gamma )\cup {\gamma }^{\ast }$를 포함하는 열린 집합에서 정칙인 함수라고 하자. 그러면 각 $a\in \text{Int}(\gamma )$에 대하여 $$f(a)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz$$ (Note) 가정에서 $f$가 $\text{Int}(\gamma )\cup {\gamma }^{\ast }$를 포함하는 단순 연결인 열린 집합에서 정칙인 함수라고 바꾸어도 된다.

증명 ▶

(Proof)

$a\in \text{Int}(\gamma )$라 하자. $r>0$을 열린 원반 $D(a,r)$이 $\gamma$ 내부에 완전히 들어가도록 잡고, $C_r=\{z:|z-a|=r\}$이라 하자. 그러면 변형 정리(deformation theorem)에 의하여 $$\begin{array}{rl}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz& ={\oint }_{C_r}\frac{f(z)}{z-a}dz\\ & ={\oint }_{C_r}\frac{f(a)}{z-a}dz+{\oint }_{C_r}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}dz\end{array}$$이다. 이때 $${\oint }_{C_r}\frac{f(a)}{z-a}dz=f(a){\oint }_{C_r}\frac{1}{z-a}dz=2\pi i\cdot f(a)$$이므로 $$\begin{array}{rl}& {\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz=2\pi i\cdot f(a)+{\oint }_{C_r}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}dz\\ & \stackrel{r\to 0^{+}}{\Rightarrow }{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz=2\pi i\cdot f(a)+\underset{r\to 0^{+}}{lim}{\oint }_{C_r}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}dz(\mathrm{＊})\end{array}$$이다. 이때 $f$는 $z=a$에서 연속이므로 $r\to 0^{+}$일 때 ${\displaystyle \underset{|z-a|=r}{max}|f(z)-f(a)|=0}$이고, ML 부등식에 의하여 $r\to 0^{+}$일 때, $$\begin{array}{rl}\left|{\oint }_{C_r}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}dz\right|& \le {\oint }_{C_r}\left|\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\right||dz|\\ & \le \underset{|z-a|=r}{max}\left|\frac{f(z)-f(a)}{z-a}\right|{\oint }_{C_r}|dz|\\ & =\underset{|z-a|=r}{max}|f(z)-f(a)|\cdot \frac{1}{r}\cdot 2\pi r\\ & =2\pi \underset{|z-a|=r}{max}|f(z)-f(a)|\to 0\end{array}$$이다. 따라서 $(\mathrm{＊})$에 의하여 ${\displaystyle \frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz=f(a)}$이다. 

증명 ▶

코시의 적분 공식은 크게 두 가지 의미를 가진다. 하나는 정칙 함수의 폐곡선 내부의 함숫값은 경계의 적분값에 의하여 결정된다는 것이며, 폐경로 위에서의 적분은 곡선 내부의 특이점에 의존한다는 것이다. 

[Example 7.1]

${\displaystyle {\oint }_{|z|=2}\frac{z}{(9-z^2)(z+i)}dz}$의 값을 계산해 보자. 곡선 $|z|=2$ 내부에서 함수 ${\displaystyle \frac{z}{(9-z^2)(z+i)}}$의 특이점은 $z=-i$뿐이다. 즉, ${\displaystyle \frac{z}{9-z^2}}$은 $|z|=2$와 그 내부를 포함하는 열린 집합에서 정칙이므로 $$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=2}\frac{z}{(9-z^2)(z+i)}dz& ={\oint }_{|z|=2}\frac{\frac{z}{9-z^2}}{z+i}dz\\ & =2\pi i\cdot {\left[\frac{z}{9-z^2}\right]}_{z=-i}\\ & =2\pi i\cdot \frac{-i}{9-(-i{)}^2}=\frac{\pi }{5}\end{array}$$

[Example 7.2]

${\displaystyle {\oint }_{|z|=2}\frac{\sin z}{z^2+1}dz}$의 값을 계산해 보자. ${\displaystyle \frac{1}{z^2+1}}={\displaystyle \frac{1}{2i}}({\displaystyle \frac{1}{z-i}}-{\displaystyle \frac{1}{z+i}})$이므로 $$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=2}\frac{\sin z}{z^2+1}dz& =\frac{1}{2i}({\oint }_{|z|=2}\frac{\sin z}{z-i}dz-{\oint }_{|z|=2}\frac{\sin z}{z+i}dz)\\ & =\frac{1}{2i}\cdot 2\pi i(\sin i-\sin (-i))\\ & =2\pi \sin i=-\pi i(e^{i^2}-e^{-i^2})(\leftarrow \sin z={\displaystyle \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}})\\ & =\pi i(e-e^{-1})\end{array}$$을 얻는다.

한편, 실함수의 적분에서 라이프니츠 규칙(Leibniz Rule)에 따르면 함수 $f(x,t)$에 대하여 ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}$가 연속인 경우 $$\frac{d}{dx}{\int }_a^{b}f(x,t)dt={\int }_a^b\frac{\partial }{\partial x}f(x,t)dt$$가 성립한다. 즉, 이변수함수가 피적분함수로써 '좋은' 함수인 경우 적분과 미분의 순서를 적절히 교환하는 것이 가능하다. 이를 통하여 복소함수에서 코시의 적분 공식에서 임의의 $a\in \text{Int}(\gamma )$에 대하여 ${\displaystyle f(a)={\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz}$가 성립하므로 $a$를 변수로 간주하여 라이프니츠 규칙을 적용할 수 있다고 생각한다면, $$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(a)& =\frac{d}{da}\left(\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz\right)\\ & =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{\partial }{\partial a}\left(\frac{f(z)}{z-a}\right)dz=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^2}dz\end{array}$$가 될 것이라는 예측을 할 수 있다. 그런데 놀랍게도 이는 실제로 성립한다.

[Theorem 7.3] (일반화된 코시의 적분 공식: Generalized CIF(GCIF))

$\gamma$를 폐경로라 하고, $f$는 $\text{Int}(\gamma )\cup {\gamma }^{\ast }$를 포함하는 열린 집합에서 정칙인 함수라고 하자. 그러면 각 $a\in \text{Int}(\gamma )$과 각 자연수 $n$에 대하여 $$f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}dz$$

증명 ▶

(Proof)

$n=1$에 대해서 주어진 정리가 참임을 보이자. $a\in \text{Int}(\gamma )$이므로 코시의 적분 공식에 의하여 ${\displaystyle f(a)={\displaystyle \frac{1}{2\pi i}}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz}$가 성립한다. $$\begin{array}{rl}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}& =\frac{1}{h}(\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-(a+h)}dz-\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{z-a}dz)\\ & =\frac{1}{2\pi ih}{\oint }_{\gamma }f(z)(\frac{1}{z-(a+h)}-\frac{1}{z-a})dz\\ & =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a-h)(z-a)}dz(\mathrm{＊})\end{array}$$이다. 이때 $(\mathrm{＊})$의 값이 $h\to 0$일 때 ${\displaystyle \frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^2}dz}$에 수렴할 것이라는 예상을 할 수 있다. 이때 $$\begin{array}{rl}& \frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^2}dz\\ & =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }f(z)(\frac{1}{(z-a-h)(z-a)}-\frac{1}{(z-a{)}^2})dz\\ & =\frac{1}{2\pi i}\cdot \underset{:=J}{\underbrace{h{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a-h)(z-a{)}^2}dz}}\end{array}$$이다. 이때 $h\to 0$일 때 $J\to 0$임을 보이면 충분하다. $J\to 0$인 것은 $|J|\to 0$인 것과 동치이고, 이를 보이기 위해서는 ML 부등식을 이용하는 것이 핵심이므로 분모에 있는 $z-a,z-a-h$가 어느 범위($|z-a|>?,|z-a-h|>?$) 안에 들어갈 수 있도록 하는 것이 남은 증명의 방향이다. 

$a\in \text{Int}(\gamma )$이므로 적당한 $\delta >0$이 존재하여 모든 $z\in {\gamma }^{\ast }$에 대하여 $|z-a|\ge 2\delta$를 만족시킨다. 이때 $2\delta =\text{dist}(a,{\gamma }^{\ast })$라 하자. 그러면 $0<|h|<\delta$라 하면 $a+h\in \text{Int}(\gamma )$이므로 모든 $z\in {\gamma }^{\ast }$에 대하여 $$|z-a-h|\ge |z-a|-|h|\ge 2\delta -|h|>\delta$$이 성립한다.

또한, 함수 곡선 ${\gamma }^{\ast }$ 위의 점들의 집합은 유계, 닫힌 집합이고 $f$는 이 곡선 위의 모든 점에서 연속이므로 ${\displaystyle \underset{z\in {\gamma }^{\ast }}{sup}|f(z)|:=M}$이 존재한다. 따라서 ML 부등식에 의하여 $$\begin{array}{rl}|J|& =|h|\left|{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a-h)(z-a{)}^2}dz\right|\\ & \le |h|{\oint }_{\gamma }\frac{|f(z)|}{|z-a-h||z-a{|}^2}|dz|\\ & <|h|\cdot \frac{M}{\delta \cdot (2\delta {)}^2}\cdot \ell (\gamma )=|h|\cdot \underset{:=K}{\underbrace{\frac{M\ell (\gamma )}{4{\delta }^3}}}\end{array}$$이 성립한다. 이때 $K$는 $h$에 관계없는 값이므로 $|h|\to 0$일 때 $|J|\to 0$이다. 결론적으로 $$f^{\prime }(a)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^2}dz$$이 성립한다. 이와 비슷한 방법으로 모든 자연수 $n$에 대하여 $$f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}dz$$이 성립함을 보일 수 있다.

증명 ▶

위의 정리를 통하여 $f$가 $\text{Int}(\gamma )\cup {\gamma }^{\ast }$를 포함하는 열린 집합에서 정칙이면, 모든 $a\in \text{Int}(\gamma )$에 대하여 $$f^{″}(a)=\frac{2!}{2\pi i}{\oint }_{\gamma }\frac{f(z)}{(z-a{)}^3}dz$$가 존재한다. 이는 $f^{\prime }(z)$가 $\text{Int}(\gamma )$에서 미분가능함을 의미한다. 따라서 다음과 같은 놀라운 결과를 얻는다.

[Corollary 7.4]

함수 $f$가 열린 집합 $D$에서 정칙이면 $D$에서 $f^{\prime }$도 정칙이다. (따라서 모든 자연수 $n$에 대하여 $f^{(n)}$은 $D$에서 정칙이다.)

실함수의 경우, 미분가능한 함수의 도함수가 항상 다시 미분가능한 것은 아니다. 예를 들어 $$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin (1/x)& (x\ne 0)\\ 0& (x=0)\end{array}$$은 실수 전체의 집합에서 미분가능하나, $f^{\prime }(x)$는 $x=0$에서 연속도 아니므로 $f^{″}(0)$의 값은 존재하지 않는다. 

다음은 일반화된 코시의 적분 공식을 이용하여 적분을 계산하는 예시이다.

[Example 7.5]

${\displaystyle {\oint }_{|z|=1}\frac{e^{\sin z}}{z^3}dz}$의 값을 계산해 보자. $|z|=1$ 내부의 특이점은 $z=0$뿐이다. 따라서 코시의 일반화된 적분 공식에 의하여 $$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=1}\frac{e^{\sin z}}{z^3}dz& =\frac{2\pi i}{2!}\cdot {\left[\frac{d^2}{d{z}^2}\left(e^{\sin z}\right)\right]}_{z=0}\\ & =\pi i\cdot {[e^{\sin z}({\cos }^{2}z-\sin z)]}_{z=0}=\pi i\end{array}$$

[Example 7.6]

${\displaystyle {\oint }_{|z|=3}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz}$의 값은 다음과 같이 계산할 수 있다. 

주어진 함수의 경로 내부의 특이점은 $z=0$과 $z=1$이다. 따라서 변형 정리에 의하여 $$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=3}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz& ={\oint }_{|z|=1/3}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz+{\oint }_{|z-1|=1/3}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz\\ & ={\oint }_{|z|=1/3}\frac{\frac{2z+1}{(z-1{)}^2}}{z}dz+{\oint }_{|z-1|=1/3}\frac{\frac{2z+1}{z}}{(z-1{)}^2}dz\\ & =2\pi i\cdot ({\left[\frac{2z+1}{(z-1{)}^2}\right]}_{z=0}+{\left[\frac{d}{dz}\left(\frac{2z+1}{z}\right)\right]}_{z=1})\\ & =2\pi i\cdot (2\pi i-2\pi i)=0\end{array}$$ (Note) 사실 위의 적분은 ML 부등식을 이용하면 $0$이 될 것이라는 예상을 할 수 있다. (Chapter 9)에서 다루는 실적분에의 응용에서 주로 다룰 내용인데, $$\begin{array}{rl}\left|{\oint }_{|z|=R}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz\right|& \le {\oint }_{|z|=R}\frac{|2z+1|}{|z||z-1{|}^2}|dz|\\ & \le \frac{2|z|+1}{|z|\cdot ||z|-1{|}^2}{\oint }_{|z|=R}|dz|\\ & \stackrel{(R>1)}{<}\frac{2R+1}{R(R-1{)}^2}\cdot 2\pi R\\ & \to 0\text{as}R\to \mathrm{\infty }\end{array}$$변형 정리에 의하여 $${\oint }_{|z|=3}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz={\oint }_{|z|=R}\frac{2z+1}{z(z-1{)}^2}dz\to 0(R\gg 1)$$이고, 주어진 복소적분은 $R$에 관계없는 값이므로 주어진 적분도 $0$이다. 

한편, 코시의 적분 공식을 이용하면 코시의 정리는 그 역도 성립함을 알 수 있는데, 그것을 모레라의 정리라고 한다.

[Theorem 7.7] (모레라의 정리: Morera's Theorem)

$D$가 열린 집합이고 $f$가 $D$에서 연속이라고 하자. 이때 $D$에 포함되는 임의의 폐경로 $\gamma$에 대하여 ${\displaystyle {\oint }_{\gamma }f(z)dz=0}$이면 $f\in H(D)$이다. 

증명 ▶

(Proof)

$a\in D$라 하자. $D$는 열린 집합이므로 $r>0$이 존재하여 $D(a,r)\subset D$이다. $D(a,r)$은 볼록 도형이고, 가정에 의하여 $D(a,r)$에 속하는 임의의 삼각형 모양의 폐경로 $\partial \mathrm{△}$에 대하여 ${\displaystyle {\oint }_{\partial \mathrm{△}}f(z)dz=0}$이다. 따라서 $D(a,r)$에서 정칙인 함수 $F$가 존재하여 모든 $z\in D(a,r)$에 대하여 $F^{\prime }(z)=f(z)$를 만족시킨다. 이에 대한 정리는 다음 글의 [Theorem 2.5]를 참고하면 된다. 

[Chapter 5] Integration - (2)

(Corollary 7.4)에 의하여 $F$가 $D(a,r)$에서 정칙이므로 $F^{\prime }=f$ 또한 $D(a,r)$에서 정칙이다. $a$는 $D$에서 선택한 임의의 점이므로 $f\in H(D)$이다. 

증명 ▶

 

리우빌 정리

코시의 적분 공식의 결과로서, 복소함수론에서 다시 여러 결과를 파생하는 리우빌의 정리를 얻을 수 있다. 이 리우빌의 정리는 '대수학의 기본정리'를 유도하는 데에 이용되는데, 수학의 서로 달라보이는 두 분야가 만나는 대표적인 예라고 할 수 있겠다. 특히 리우빌의 정리는 내용 자체도 상당히 간결하고, 수학의 심미적인 측면을 보여주는 정리라고 할 수 있다.

[Theorem 7.8] (리우빌의 정리: Liouville's Theorem)

함수 $f$가 전해석적 함수(정함수, entire function)이고 유계이면 상수함수이다. 

증명 ▶

(Proof)

가정에 의하여 $M>0$이 존재하여 모든 $z\in \mathbb{C}$에 대하여 $|f(z)|\le M$을 만족시킨다. 임의의 복소수 $a$에 대하여 $C_R(a):|z-a|=R(>0)$이라 하자. 그러면 $$\begin{array}{rl}& f^{\prime }(a)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_R(a)}\frac{f(z)}{(z-a{)}^2}dz\\ & \Rightarrow |f^{\prime }(a)|\le \frac{1}{2\pi }{\oint }_{C_R(a)}\frac{|f(z)|}{|z-a{|}^2}|dz|\le \frac{1}{2\pi }\cdot \frac{M}{R^2}\cdot 2\pi R=\frac{M}{R}\end{array}$$이므로 $R\to \mathrm{\infty }$이라 두면 $f^{\prime }(a)=0$을 얻는다. ($f^{\prime }(a)$의 값은 $R$에 영향을 받지 않는다.) $a$는 임의의 복소수이므로 $f^{\prime }(z)=0\mathrm{\forall }z\in \mathbb{C}$이다. 따라서 $f$는 상수함수이다. 

증명 ▶

리우빌 정리를 응용하면, 꽤 많은 종류의 전해석적 함수가 상수함수가 된다는 사실을 알 수 있다. 흥미로운 몇 가지 예시로 다음을 들 수 있다. 참고로 이 부분은 최대 절댓값 정리와 같이 임용 시험에서 응용될 수 있는 부분이기도 하다.

[Example 7.9]

복소함수인 $\sin z$와 $\cos z$는 유계가 아니다. 이 두 함수는 전해석함수이므로 유계함수라면 리우빌의 정리에 의하여 상수함수가 되어야 한다. 다만 $x\in \mathbb{R}$일 때에는 $|\sin x|\le 1,|\cos x|\le 1$이다. 

[Example 7.10]

$f$가 전해석함수이고 모든 $z\in \mathbb{C}$에 대하여 $\mathrm{Re}f(z)\ge 0$이면 $f$는 상수함수이다. 

함수 $g(z)=e^{-f(z)}$라 하면 $g(z)$는 전해석적이고, 가정에 의해 $|g(z)|\le e^{-\mathrm{Re}f(z)}\le 1$이다. 따라서 $g(z)$는 리우빌 정리에 의하여 $g(z)$는 상수함수이다. 

한편 $g^{\prime }(z)=-f^{\prime }(z)e^{-f(z)}$이고 모든 $z\in \mathbb{C}$에 의하여 $e^{-f(z)}\ne 0$이므로 $f^{\prime }(z)=0$을 얻는다. 따라서 $f$는 상수함수이다. 

[Example 7.11]

$f$가 전해석적이고, $|f(z)|\le e^{2xy},\mathrm{\forall }z=x+iy\in \mathbb{C},f(0)=1$이라 하자. $(x+iy{)}^2=x^2-y^2+2ixy$임에 착안하면  $$e^{2xy}=\left|e^{-i{z}^2}\right|=\left|e^{-i\{x^2-y^2+2ixy\}}\right|$$임을 얻는다. 따라서 가정에 의하여 ${\displaystyle \frac{f(z)}{e^{-i{z}^2}}}$는 전해석함수이고 $\left|{\displaystyle \frac{f(z)}{e^{-i{z}^2}}}\right|\le 1$이다. 따라서 리우빌의 정리에 의하여 ${\displaystyle \frac{f(z)}{e^{-i{z}^2}}}=C$ ($C$는 상수이고 $|C|\le 1$)이다. 이때 $f(0)=1$이므로 $C=1$이고, $f(z)=e^{-i{z}^2}$이다. 

마지막으로 리우빌의 정리의 결과로 대수학의 기본 정리를 얻는다. 대수학적인 관점에서는 복소수체가 대수적으로 닫힌 체(algebraically closed)임을 의미한다. 다시 말하면, 복소계수의 다항방정식은 복소수 범위에서 모든 해를 찾을 수 있다는 의미이다.

[Theorem 7.12]

$p(z)$를 상수가 아닌 복소계수의 다항식이라 하자. 그러면 $p(a)=0$인 $a\in \mathbb{C}$가 존재한다. 

증명 ▶

(Proof)

$p(z)=c_n{z}^n+c_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +c_{1}z+c_0(c_n\ne 0,n\ge 1)$이라 하자. 모든 $z\in \mathbb{C}$에 대하여 $p(z)\ne 0$이라고 가정하자. 그러면 $1/p(z)$는 전해석함수이다. 이때 $$\begin{array}{rl}|p(z)|& =|c_n{z}^n+c_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +c_{1}z+c_0|\\ & =|c_n||z{|}^n|1+\frac{c_{n-1}}{c_{n}z}+\frac{c_{n-2}}{c_n{z}^2}+\cdots +\frac{c_0}{c_n{z}^n}|\\ & \ge |c_n||z{|}^n\left[1\underset{\to 0\text{as}|z|\to \mathrm{\infty }}{\underbrace{-\left|\frac{c_{n-1}}{c_n}\right|\frac{1}{|z|}-\cdots -\left|\frac{c_0}{c_n}\right|\frac{1}{|z{|}^n}}}\right]\\ & \ge \frac{|c_n||z{|}^n}{2}\text{for}|z|\gg 1\end{array}$$이므로 $|z|\to \mathrm{\infty }$일 때 $|p(z)|\to \mathrm{\infty }\Rightarrow 1/|p(z)|\to 0$이다. 따라서 적당한 양수 $R$이 존재하여 $|z|>R$일 때마다 $1/|p(z)|\le 1$을 만족시킨다.

또한 $1/p(z)$는 복소평면 전체에서 연속이므로 컴팩트집합 $\{z:|z|\le R\}$에서 유계이다. 이로부터 $1/p(z)$는 전해석적 함수이고, 유계함수가 된다. 따라서 리우빌의 정리에 의하여 $1/p(z)$는 상수함수이다. 이는 명백히 모순이므로 $p(a)=0$인 복소수 $a$가 존재한다.

증명 ▶

[Corollary 7.13] (대수학의 기본 정리: The Fundamental Theorem of Algebra)

$p(z)$가 상수가 아닌 복소계수의 다항식이라고 하자. 그러면 적당한 복소수 $\beta ,{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$가 존재하여 $p(z)=\beta (z-{\alpha }_1)(z-{\alpha }_2)\cdots (z-{\alpha }_n)$이다. 즉, 복소수체 $\mathbb{C}$는 대수적으로 닫힌 체이다. 

증명 ▶

(Proof)

$p(z)$가 차수가 $n\ge 1$인 다항식이라고 하자. [Theorem 7.12]에 의하여 $p({\alpha }_1)=0$인 ${\alpha }_1\in \mathbb{C}$가 존재한다. 따라서 인수정리에 의하여 $p(z)=(z-{\alpha }_1)p_{n-1}(z)$인 차수가 $n-1$인 다항식 $p_{n-1}(z)$가 존재한다.

같은 방법으로 $n-1\ge 1$인 경우 다시 [Theorem 7.12]에 의하여 $p_{n-1}({\alpha }_2)=0$인 ${\alpha }_2\in \mathbb{C}$가 존재한다. 따라서 $p(z)=(z-{\alpha }_1)(z-{\alpha }_2)p_{n-2}(z)$인 차수가 $n-2$인 다항식 $p_{n-2}(z)$가 존재한다. 이와 같은 과정을 반복하면 $$p(z)=\beta (z-{\alpha }_1)(z-{\alpha }_2)\cdots (z-{\alpha }_n)(\beta \in \mathbb{C})$$을 얻는다. 

증명 ▶

 

Reference: <Complex Analysis> John M. Howie, 2003