1. 개요
Liouville's theorem복소해석학에서 사용되는 가장 우아한 정리중 하나로, '복소평면상의 영역 [math(D)]의 내부에서 유계인 전해석 복소함수[1]는 상수함수밖에 없다.'라는 정리다.
관련 문서에 이름과 실제가 다른 것이라고 적힌 이유는 리우빌의 정리라는 이름이지만 이 정리를 실제로 증명한 사람은 바로 오귀스탱루이 코시이기 때문.
엄밀히 말하면 1844년에 코시가 특정 영역상에서 전해석 함수(entire function)이며 유계인 함수는 그 영역 내부에서 상수함수라는 것을 증명했으며, 리우빌은 3년 뒤인 1847년에 극점(pole)을 갖지 않는 타원함수는 상수함수라는 것을 증명했다.
타원함수는 복소평면상에서 두 복소수 방향으로 주기 [math(\omega_1, \omega_2)]를 갖는 함수로, 두 세타함수의 비로 나타낼 수 있는데 그 표현꼴 중 하나로 [math(\left(m, n\right)\in \mathbb{C}^2)]일 때 [math(\{m\omega_1+n\omega_2\})]로 축약할 수 있다. 그런데, [math(\left(m,n\right)\in\left[0,1\right])]로 두면 이 안에서 주기를 어떻게 줘도 저 함수값은 복소수 범위 내에서 최대값을 가지게 되므로 유계가 되고, 따라서 리우빌의 정리에 의한 자명한 결과로 상수함수가 될 수밖에 없는데 이 정리가 원래 증명자인 코시의 이름을 덮어버린 것.
참고로 이 결과값에 의하여 타원함수는 극점을 반드시 2개 이상[2] 가지는 함수라는 성질을 지닌다. 0개 지닐 경우는 상수함수라서 무시할 수 있기 때문.
여담으로 반드시 복소평면 상에서 정의된 전해석 복소함수일 필요는 없다. [math(\mathbb{R}^n)] 위에서 정의된 라플라스 방정식의 해집합인 조화함수도 모두 리우빌의 정리를 만족하기 때문.
2. 증명
| 코시 적분공식 |
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함수 [math(f)]가 단순연결영역 [math(\mathcal{D})]에서 해석적일 경우, [math(\mathcal{D})]내부의 임의의 단순 폐곡선 [math(\mathcal{C})]에 대하여, 폐곡선 내부의 점 [math(z_0)]을 잡으면
[math(\displaystyle\oint_{\mathcal{C}}\frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{n!}f^{\left(n\right)}\left(z_0\right))]
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| 코시 부등식의 유도 |
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먼저, 임의의 단순 폐곡선에 대하여 코시 적분공식이 성립하므로, [math(\mathcal{C}:\left|z-z_0\right|=R)]로 둬도 성립한다. [math(\displaystyle\oint_{\mathcal{C}}\frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{n!}f^{\left(n\right)}\left(z_0\right))]이므로, [math(\displaystyle f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}}\frac{f(z)}{\left(z-z_0\right)^{n+1}}dz)]로 표기할 수 있다. 이제, 양 변에 절대값을 씌우자. [math(\displaystyle \left|f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)\right|=\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\oint_{\mathcal{C}}\frac{\left|f(z)\right|}{\left|z-z_0\right|^{n+1}}\left|dz\right|)] 그런데 최대 크기 원리(Maximum Modulus Principle)에 의하여 이 함수가 최대값이 존재한다면. 즉 유계라면 그 최대값이 되는 지점은 경계선상. 즉 여기서는 [math(z_0)]을 중심으로 하는 원주상에 존재해야 한다. 함수 [math(f)]는 전제에서 해석적이라 했으므로, 최대값이 존재한다고 가정하자. 즉 [math(\left|f(z)\right|\leq M_R)]을 만족하는 양의 실수 [math(M_R)]이 존재한다. 그러면 [math(\displaystyle \left|f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)\right|=\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\oint_{\mathcal{C}}\frac{\left|f(z)\right|}{\left|z-z_0\right|^{n+1}}\left|dz\right|\leq\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\oint_{\mathcal{C}}\frac{M_R}{\left|z-z_0\right|^{n+1}}\left|dz\right|)]이 됨은 자명하다. 그런데 [math(\left|z-z_0\right|=R)]이며, [math(M_R)]은 상수이므로, 적분 밖으로 빼낼 수 있다. 즉 [math(\displaystyle \left|f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)\right|\leq\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\frac{M_R}{R^{n+1}}\oint_{\mathcal{C}}\left|dz\right|)]이 되고, [math(\displaystyle \oint_{\mathcal{C}}\left|dz\right|=2\pi R)]이므로 [math(\displaystyle \left|f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)\right|\leq\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\frac{M_R}{R^{n+1}}\oint_{\mathcal{C}}\left|dz\right|=2\pi R\left|\frac{n!}{2\pi}\right|\frac{M_R}{R^{n+1}}=\frac{n! M_R}{R^n})]. 즉 [math(\displaystyle \left|f^{\left(n\right)}\left(z_0\right)\right|\leq\frac{n! M_R}{R^n})]이 된다.■ |
코시 부등식을 적분공식에서 유도했다. 이걸 전제로 아래 증명을 시작하자.
| 리우빌의 정리의 증명 |
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함수 [math(f)]가 전해석함수이며, 복소평면에서 유계라고 가정하자. 이때 이 함수는 전해석함수이므로 복소평면의 임의의 점 [math(z_0)]과, 그 점을 중심으로 반지름이 [math(R)]인 양의 방향의 원, [math(C_R)]의 둘레와 그 내부에서 항상 해석적이므로, 코시 부등식(Cauchy's inequality)에 의하여 다음이 성립한다.
이제 이걸 기반으로 증명해보자. [math(f)]는 전해석함수이므로 임의의 [math(z_0)]와 [math(R)]을 선택하더라도, 그 내부에서 항상 해석적이다. [math(\left|f^{\left(n\right)}(z_0)\right|\leq\displaystyle \frac{n! M_R}{R^n})]에서 [math(n=1)]을 취하자. 그러면 이 부등식은 [math(\left|f'(z_0)\right|\leq\displaystyle \frac{M_R}{R})]이 된다. 그런데 전제로 함수 [math(f)]는 유계이므로, 음이 아닌 상수 [math(M)]이 존재하여, [math(\forall z \in C)]에 대해, [math(\left|f(z)\right|\leq M)]이 성립한다. 또한 [math(M_R)]은 범위 [math(C_R)]의 경계선상에서 [math(\left|f(z)\right|)]의 최대값인데, [math(f)]가 유계이므로, [math(M_R\leq M)]이 성립하므로, [math(\left|f'(z_0)\right|\leq\displaystyle \frac{M_R}{R}\leq \frac{M}{R})]이 되고, 따라서 [math(\left|f'(z_0)\right|\leq \displaystyle \frac{M}{R})]이 된다. 그런데 [math(M)]과 [math(R)]은 임의의 독립적인 음이 아닌 실수이므로, [math(\epsilon)]을 임의의 음이 아닌 실수라고 했을 때, [math(R)]을 충분히 크게 잡아서 [math(\displaystyle \frac{M}{R})]의 값을 [math(\epsilon)]보다 작게 만들 수 있다. 그러므로 [math(\left|f'(z_0)\right|\leq \displaystyle \frac{M}{R})]을 모든 [math(M, R)]에 대해 항상 만족시키기 위해서는 [math(f'(z)=0)]이어야 한다. 어떤 영역의 모든 점에서 [math(f'(z)=0)]이므로, 함수 [math(f)]는 주어진 영역 [math(C_R)]에서 상수함수가 되며, [math(R)] 역시 임의로 크게 잡을 수 있으므로, 복소평면 전체에서 [math(f)]는 상수함수가 된다. 따라서 [math(f)]가 복소평면 전체에서 유계인 함수라면, 상수함수가 되어야 한다.(Q.E.D.) |
3. 여담
통계역학의 리우빌 정리와는 관련 없다.대수학의 기본정리를 증명하는 방법 중 하나다.
이 정리를 최초로 증명한 사람은 상술했듯 코시이고 리우빌은 따름 정리만 증명했다.
리우빌의 정리의 자명한 결과로, 다음 4가지 명제 역시 참이 됨을 알 수 있다.
이하의 증명은 모두 전 구간에서 아래로 유계인 것을 전제하고 증명한다. 위로 유계 역시 비슷한 방법으로 증명할 수 있다.
* ① [math(\Re \left(f(z)\right))]가 위로 유계, 혹은 아래로 유계라면 [math(f(z))]는 상수함수다.
{{{#!folding [증명 ①]
[math(\Re \left(f(z)\right))]가 아래로 유계이므로 그 하한값을 [math(\alpha)]라고 하자.* ① [math(\Re \left(f(z)\right))]가 위로 유계, 혹은 아래로 유계라면 [math(f(z))]는 상수함수다.
{{{#!folding [증명 ①]
그리고 [math(\max\left(1-\alpha, 1\right)=\Alpha)]라고 하자.
그러면 [math(|f(z)+\Alpha|\geq1)]이므로 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)+\Alpha|}\leq1)]이 된다.
따라서 리우빌의 정리에 따라 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)+\Alpha|})]는 상수함수가 되고, [math(f(z))]도 상수함수임이 자명하다.}}}
* ② [math(\Im \left(f(z)\right))]가 위로 유계, 혹은 아래로 유계라면 [math(f(z))]는 상수함수다.
{{{#!folding [증명 ②]
그리고 [math(\max\left(1-\beta, 1\right)=\Beta)]라고 하자.
그러면 [math(|f(z)+i\Beta|\geq1)]이므로 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)+i\Beta|}\leq1)]이 된다.
따라서 리우빌의 정리에 따라 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)+i\Beta|})]는 상수함수가 되고, [math(f(z))]도 상수함수임이 자명하다.}}}
* ③ [math(|f(z)|)]가 위로 유계, 혹은 아래로 유계라면 [math(f(z))]는 상수함수다.
{{{#!folding [증명 ③]
그리고 [math(\max\left(1, \gamma\right)=\Gamma)]라고 하자.
그러면 [math(|f(z)|+\Gamma\geq1)]이므로 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)|+\Gamma}\leq1)]이 된다.
따라서 리우빌의 정리에 따라 [math(\displaystyle \frac{1}{|f(z)|+\Gamma})]는 상수함수가 되고, [math(f(z))]도 상수함수임이 자명하다.}}}
* ④ [math(\Re \left(f(z)\right))]와 [math(\Im \left(f(z)\right))]의 실수배 선형결합이 유계라면 [math(f(z))]는 상수함수다.
또한 이 결과로, [math(f(z))]가 상수함수가 아니라면 실수부와 허수부 모두가 유계가 아니며, 또한 실수부와 허수부의 선형결합으로 유계를 만들 수 없다라는 것을 알 수 있다.
4. 관련 문서
[1]
즉 적당한 양의 실수 [math(M)]가 존재하여, [math(\forall z \in D, \left|f(z)\right|\leq M)]라는 소리.
[2]
중첩해서 1개가 될 수도 있다.