複素解析のメモ(2)（コーシーの積分公式まで） - 音楽室と化学室と美術室とPC室の融合部屋　所謂自由室

前回に引き続き今度は積分から

積分
コーシーの積分定理
コーシーの積分公式と無限回微分できる話
- コーシーの積分公式
  - コーシーの積分公式を使った計算
- 無限回微分ができる話
  - まず1回目の微分から
  - n階微分について
参考文献

積分

実関数の積分

高校数学でもおなじみの積分といえば，皆さんご存知の通り，もちろん面積の導出が定義ということから始まります．
高校数学の積分といえば，ある点 $a$ から $x$ までのグラフの面積を $F(x)$ と置く．これを $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ と書く．

f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801231819p:plain — 面積関数

微小区間にx軸をいくつも区切って，微小区間 $x \sim \Delta x$ の内部の関数 $f(x)$ の最大値を $M$ ，最小値を $m$ と置くと，微小区間の面積 $F(x+\Delta x) - F(x)$ は
$m\Delta x < F(x+\Delta x) - F(x) < M\Delta x$
と書けるので
f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801232125p:plain
$m < \frac{F(x+\Delta x) - F(x)}{\Delta x} < M$
と変形できるので， $\Delta x \to 0$ と極限をとれば $m\to f(x)$ で $M\to f(x)$ になるので
$f(x) < F'(x) < f(x)$

こうして面積関数 $F(x)$ を微分すると面積を描く関数 $f(x)$ になることがわかり，積分は微分の逆演算になる性質をもっていることが確認できた．

ちなみに積分の式は
$\int_\beta^\alpha f(x) dx = \lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N f(x_n)\Delta x_n$
と表記でき， $\Delta x_n$ が等しい時
$\int_\beta^\alpha f(x) dx = \lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N f(\beta + \frac{n}{N}(\beta - \alpha))\frac{\beta - \alpha}{N}$
になりますね！

複素関数の積分

以上の積分を複素関数にもやりたい！
・・・のですが，実関数の積分は $x$ 軸を底辺にできたのですが，複素関数では変数が1つでも $z = x+iy$ という実質2変数みたいなものなので軸に対応するものがありません．

そこで複素平面上に軸を描画してやります．
$C = \{z(t) = x(t) + iy(t)\}$
とパラメタ $t$ を用いて積分経路を決めてやって
$\int_C f(z) dz$
というように経路を記述して積分とします．

前回の微分の記事と同じように
$f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$
としてやり，区切った曲線上の点 $z_n$ を $z_n = x_n + iy_n$ と記述し， $\Delta z_n = \Delta z_{n+1} - \Delta z_n = \Delta x_n + i\Delta y_n$ とする．
f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801232846p:plain
ついでに $u_n = u(x_n,y_n)$ ， $v_n = v(x_n,y_n)$ と記述する．

この曲線をいくつかに分割し，実積分と同様に
$\int_C f(z) dz = \lim_{N\to \infty}\sum_{n=1}^N f(z_n)\Delta z_n$
としてやる．
そして
$\lim_{N\to \infty}\sum_{n=1}^N f(z_n)\Delta z_n = \sum_{n=1}^N (u_n + iv_n)(\Delta x_n + i\Delta v_n)$
と変形し，
$\lim_{N\to \infty}\sum_{n=1}^N (u_n\Delta x_n - v_n\Delta y_n) + i\sum_{n=1}^N (u_n\Delta y_n + v_n\Delta x_n)$
これの極限を取り，
$\int_C (u dx - v dy) + i\int_C (u dy - v dx)$
パラメタ $t$ を用いて $x=x(t) \Leftrightarrow dx = x'(t)dt$ ， $y=y(t)\Leftrightarrow dy = y'(t)dt$ と置換を行い
$\int_\beta^\alpha (u(x(t),y(t)) x'(t) - v(x(t),y(t)) y'(t))dt + i\int_\beta^\alpha (u(x(t),y(t)) y'(t) + v(x(t),y(t)) x'(t))dt$
まとめる
$\int_\beta^\alpha (u + iv)(x'(t) + iy'(t))dt$
最後に $u(x(t),y(t))+iv(x(t),y(t)) = f(z(t))$ ， $x'(t) + iy'(t) = z'(t)$ なので
$\int_C f(z)dz = \int_\beta^\alpha f(z(t))z'(t)dt$
という変形が得られる．ただの置換積分の形になった．

積分の性質として，実積分と同様に逆走するとマイナスになる
$\int_{-C}f(z)dz = -\int_Cf(z)dz$
ことがある．
閉路の積分は反時計回りを正とする．

zのn乗の積分を試してみる

じゃぁ試しに $f(z) = (z-\alpha)^n$ の積分を考えてみたい．
ここでの積分は，積分経路を $\alpha$ を中心に半径 $r$ で一周する経路，つまり $z(t) = \alpha + re^{it}$ とする．

先程の置換積分を行うように考えると
$z'(t) = ire^{it}$
$f(z(t)) = \left(re^{it}\right)^n = r^ne^{int}$
になり， $t$ の積分区間は $0\sim 2\pi$ になる．
$\int_C f(z)dz = \int_{0}^{2\pi}f(z(t))z'(t)dt = \int_{0}^{2\pi}r^ne^{int}ire^{it}dt$
と変形ができ
$ir^{n+1}\int_{0}^{2\pi}e^{it(n+1)}dt$
を計算してやればよい．

ここで注意しないといけないのは， $n\neq -1$ と $n=-1$ の場合分けが必要で，

最初に $n\neq -1$ のとき
$ir^{n+1}\int_{0}^{2\pi}e^{it(n+1)}dt = ir^{n+1}\int_{0}^{2\pi}(\cos{(t(n+1))} + i\sin{(t(n+1))})dt$
と変形し
$\frac{r^{n+1}}{n+1}\left[i\sin{(t(n+1))} + \cos{(t(n+1))}\right]_0^{2\pi}$
計算を行うと
$\int_C (z-\alpha)^ndz = 0$
なんてそっけない結果が得られてしまう．

次は $n=-1$ の時を考えると
$ir^{n+1}\int_{0}^{2\pi}e^{it(n+1)}dt = i\int_{0}^{2\pi}dt$
になるので
$\int_C (z-\alpha)^ndz = 2\pi i$
という結果になる．

この結果は後々留数定理とかいう定理で本領を発揮することになるので要注意．

コーシーの積分定理

せっかく積分は定義できたから，実関数の積分のように何かしら適当な関数が存在して，始点と終点だけで計算できないかなって思いますよね．
そこで，始点と終点だけで計算結果が決まる場合を考えてみましょう．

適当に経路をとって始点 $\alpha$ と終点 $\beta$ だけで積分結果が決まるなら
$\alpha$ から適当に経路をとって $\alpha$ に戻ってくるなら
$\int_\alpha^\alpha f(z)dz = [F(z)]_\alpha^\alpha = 0$
となり，一周すると0になるはず．
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しかし先の計算では $\int_C \frac{dz}{z-\alpha}$ で $\alpha$ を中心にぐるっと周る経路の積分は $2\pi i$ になり0にならなかった．
・・・そう．実積分のようなノリで計算するには何かしら条件が存在必要になってくる．

その条件は積分経路と閉路の内部が正則であるというシンプルな条件であることがコーシーによって示された．
これの証明は色々調べられて，グルサの方法で初等的に示すことができる．

グルサの方法によるコーシーの積分定理の証明

コーシーの積分定理の証明を行う．

コーシーの積分定理
積分経路が閉路であり，経路と閉路の内部が正則ならば積分結果は0になる

複素積分自体，経路をいくつも細かく分割して行った．
f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801232846p:plain
この証明も同様に経路を細かく分割して行うが，基本的に任意の多角形について成り立つことを示せれば良いというイメージで十分．

多角形の分割

最初の手順として，多角形を適当に対角線を交わらないように引き，複数の三角形に分割する．
三角形の積分を反時計回りに全て行うと，共通する対角線は打ち消し合い，元の多角形の辺のみ結果が残る．
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1つの三角形についてコーシーの積分定理が成り立てば，全ての三角形の積分結果が0なので，元の多角形の結果も0になる．

三角形の各辺の中点を結び，1つの三角形を4つに分割する．
f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801233910p:plain
今回は1回目の三角形の分割なので，元の三角形を $\Delta_1$ ，分割後を $\Delta_{(1,n)}$ とする．
$\int_{\Delta_1} f(z)dz = \int_{\Delta_{(1,1)}}f(z)dz + \int_{\Delta_{(1,2)}}f(z)dz + \int_{\Delta_{(1,3)}}f(z)dz + \int_{\Delta_{(1,4)}}f(z)dz$
ここで $\Delta_1 \sim \Delta_4$ の経路のうち積分結果の一番大きいものを $\Delta(1,m)$ と表記し，
$\left|\int_{\Delta_1}f(z)dz\right| = {\rm max}\left(\left|\int_{\Delta_{(1,n)}}f(z)dz\right|\right)$
三角不等式
$|\alpha + \beta| \leq |\alpha| + |\beta|$
を利用すると
$\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq 4\left|\int_{\Delta_{(1,n)}}f(z)dz\right|$
になる．
この式は
$\frac{1}{4}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_{(1,n)}}f(z)dz\right|$
としたほうが今後の話の流れがスマートになる．

次に $\Delta_{(1,n)}$ を分割するので $\Delta_2 = \Delta_{(1,n)}$ とし，同様に分割を行い
$\frac{1}{4}\left|\int_{\Delta_2} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_{(2,n)}}f(z)dz\right|$
とし， $\Delta_3 = \Delta_{(2,n)}$ として同様に・・・
$\frac{1}{4}\left|\int_{\Delta_3} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_{(3,n)}}f(z)dz\right|$
・・・

これを繰り返すとN回の操作では
$\frac{1}{4^N}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_{(N,n)}}f(z)dz\right|$
になる．

細かくした三角形について

話は変わるが三角形を細かくしていくとまるで点のように小さくなる．
そこでその小さな三角形の内部に1つ点 $z_0$ をとり，三角形の周上の適当な点 $z$ と比較すると，
$\frac{f(z_0) - f(z)}{z_0 - z}$
は $f'(z_0)$ へと近づいていく．
つまり関数 $f(z)$ が正則なら三角形を限りなく小さく分割していくなら，適当な $\varepsilon>0$ に対して
$\left|\frac{f(z_0) - f(z)}{z_0 - z} - f'(z_0)\right| < \varepsilon$
になる分割数 $M$ が存在する．

この式の両辺に $|z-z_0|$ を乗じると
$\left|f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right| \leq \varepsilon|z-z_0|$
になる．
これを細かくしていった末の三角形 $\Delta_M$ に対して積分を行うと
$\int_{\Delta_M}\left|f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right||dz| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
とでき，これも三角不等式
$\left|\int_C f(z)dz\right| \leq \int_C|f(z)||dz|$
から
$\left|\int_{\Delta_M}\left(f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right)dz\right| \leq \int_{\Delta_M}\left|f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right||dz| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
になるので，大小関係としては
$\left|\int_{\Delta_M}\left(f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
という結果になる．

この積分
$\left|\int_{\Delta_M}\left(f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
は三角形の周に対しての $z$ の積分で，内部の $z_0$ は定数になるので， $f(z_0)$ も定数．

つまり，左辺の積分自体は $f(z)$ の積分と， $z$ の積分と定数の積分に分けられる．
$z$ の積分と定数の積分について三角形の積分を考えることにする．

三角形の積分

三角形の各頂点を $z_1$ ， $z_2$ ， $z_3$ とし， $z_1$ の点に $z_4$ の記号も割り当てる．

パラメタは
$z(t) = (1-t)z_n + tz_{n+1}$
$z'(t) = -z_n + z_{n+1}$
とすると， $0\to 1$ と変化させると $z_n$ から $z_{n+1}$ に直線的に移動する．

$z_n\to z_{n+1}$ の積分はそれぞれ
$z$ の積分は
$\int_0^1 z(t)z'(t) dt = \frac{1}{2}(z_n^2 - z_{n+1}^2)$
定数の積分は
$\int_0^1 z'(t) dt = \frac{1}{2}(z_n - z_{n+1})$
になるので，三角形 $\Delta$ の周上の積分は $\int_\Delta z dz = 0$ ， $\int_\Delta dz = 0$ が導かれる．

コーシーの積分定理の証明終了

以上により
$\left|\int_{\Delta_M}\left(f(z) - f(z_0) - f'(z_0)(z-z_0)\right)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
は左辺の積分の $f(z_0)$ と $f'(z_0)(z-z_0)$ が消えるので
$\left|\int_{\Delta_M}f(z)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$
と変形できる．

$\Delta_M$ は三角形を非常に細かくした $M$ 回目の三角形で， $N$ 回分割した場合
$\frac{1}{4^N}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_{(N,n)}}f(z)dz\right|$
が成立するので
$\frac{1}{4^M}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \left|\int_{\Delta_M}f(z)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$

つまり
$\frac{1}{4^M}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \varepsilon\int_{\Delta_M}|z-z_0||dz|$

三角形 $\Delta_M$ の内部の点 $z_0$ と三角形の辺上の $z$ の距離 $|z-z_0|$ は三角形の辺を一周する長さ $L_M$ よりも小さいので
$|z-z_0| < L_M$
とすると
$\frac{1}{4^M}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \varepsilon L_M\int_{\Delta_M}|dz|$
になり， $\int_{\Delta_M}|dz|$ は三角形の辺の長さでの積分なのでこちらは
$\int_{\Delta_M}|dz| = L_M$
つまり
$\frac{1}{4^M}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \varepsilon L_M^2$
ここで三角形の辺の中点で分割していったので，分割前の元の三角形の周を $L$ とすると中点連結定理から
$L_M = \frac{L}{2^M}$
になり，
$\frac{1}{4^M}\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \varepsilon \frac{L}{4^M}$

これでようやく
$\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| \leq \varepsilon L$
という式に帰着し， $\varepsilon$ は任意なので
$\left|\int_{\Delta_1} f(z)dz\right| = 0$
が得られる．

これでようやく

コーシーの積分定理
積分経路が閉路であり，経路と閉路の内部が正則ならば積分結果は0になる

ことを示すことができた．

原始関数を用いた積分

さてこれでようやく実積分のように原始関数が存在する場合について考えることができる．
正則の範囲内であればどのような経路をとっても積分結果は変わらないことがわかった．

関数 $F(z)$ を適当な積分の始点を $\alpha$ とおいて
$F(z) = \int_{\alpha}^z f(\zeta)d\zeta$
と定義する．
微小区間 $z$ から $z + \Delta z$ の積分は
$F(z+\Delta z) - F(z) = \int_z^{z + \Delta z} f(\zeta)d\zeta$
ここで始点 $z$ を用いて
$F(z+\Delta z) - F(z) = \int_z^{z + \Delta z} f(z)d\zeta + \int_z^{z + \Delta z} \left(f(\zeta) - f(z)\right)d\zeta$
とすると
$F(z+\Delta z) - F(z) = \Delta zf(z) + \int_z^{z + \Delta z} \left(f(\zeta) - f(z)\right)d\zeta$
なので
$\frac{F(z+\Delta z) - F(z)}{\Delta z} = f(z) + \frac{1}{\Delta z}\int_z^{z + \Delta z} \left(f(\zeta) - f(z)\right)d\zeta$
になる．あとは右辺の積分が0になってくれると嬉しい．

そこでおなじみの三角不等式で
$\left|\frac{1}{\Delta z}\int_z^{z + \Delta z} \left(f(\zeta) - f(z)\right)d\zeta\right| \leq \frac{1}{\left|\Delta z\right|}\int_z^{z + \Delta z} \left|f(\zeta) - f(z)\right|\left|d\zeta\right|$
ここで $|z_0|\to 0$ となるとき， $|f(\zeta) - f(z)| < \varepsilon$ になるので
$\left|\frac{1}{\Delta z}\int_z^{z + \Delta z} \left(f(\zeta) - f(z)\right)d\zeta\right| \leq \frac{1}{\left|\Delta z\right|}\int_z^{z + \Delta z} \left|f(\zeta) - f(z)\right|\left|d\zeta\right| < \varepsilon$
これで
$\lim_{\Delta z \to 0}\frac{F(z+\Delta z) - F(z)}{\Delta z} = F'(z) = f(z)$
になることが示せた．

こうしてようやく $f(z)$ の正則範囲内に経路を取る場合，実積分と同様に原始関数が存在すれば実積分と同様に端点のみで計算すれば積分の計算ができることが示せた．

コーシーの積分定理の応用

コーシーの積分定理は範囲内が正則なら閉路の積分は全て0になるなんていう便利な定理だった．
じゃぁ閉路の内部に正則ではない部分が存在すると？・・・というのも一考する必要がある．

f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801212614p:plain — 正則でない部分を含む積分

$\int_C f(z)dz$
実は正則でない部分を含む閉路の積分は，閉路を含んでいればどんなに閉路を変形しても良い．
それは閉路を正則でない部分を通るように2つの閉路に分割し，分割した線を正則でない部分を避けるように変形すればよい．

f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801212832p:plain — 正則でない部分を避けるように閉路を分ける

$\int_{C_1}f(z)dz + \int_{C_2}f(z)dz = 0$
すると2つの積分の分割した箇所は打ち消し合い

f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801213844p:plain — 分割した線の部分は打ち消し合う

$\int_{C_1}f(z)dz + \int_{C_1}f(z)dz = 0 = \int_{C}f(z)dz - \int_{C_3}f(z)dz$
正則でない部分の周囲の経路 $C_3$ の積分と，元の経路 $C$ の積分は等しいことがわかる．

f:id:Aryuaryuaryuryu:20210801213207p:plain — 2つの閉路の積分はこうなる

$\therefore \int_{C}f(z)dz = \int_{C_3}f(z)dz$

同様にして，内部に除外したい点が複数存在する場合も，除外した点の周囲の積分の総和
$\int_Cf(z)dz = \sum\int_{C_n}f(z)dz$
になる．

コーシーの積分定理の条件をゆるくする

コーシーの積分定理が成り立つのは閉路内部が正則の場合のみだが， $\lim_{z\to \alpha}(z-\alpha)f(z)dz = 0$ となる点を経路に含み，残りの部分は正則である場合を考える．
この時経路 $C$ をコーシーの積分定理の応用の要領で $\alpha$ を中心とする半径 $r$ の円に変形する．
次に
$|f(z)| < \frac{\varepsilon}{|z-\alpha|}$
と変形し
$\left|\int_C f(z)dz\right| \leq \int_{C'}|f(z)||dz| < \varepsilon\int_{C'}\frac{1}{|z-\alpha|}|dz|$
なので
$\left|\int_C f(z)dz\right| < \varepsilon\int_{C'}\frac{1}{|z-\alpha|}|dz|$

積分経路の長さは $2\pi r$ で， $|z-\alpha| = r$ なので
$\left|\int_C f(z)dz\right|< \varepsilon\int_{C'}\frac{1}{|z-\alpha|}|dz| = \varepsilon\int_{C'}\frac{1}{r}|dz| = 2\pi\varepsilon$

これで

閉経路の内部が
$\lim_{z\to \alpha}(z-\alpha)f(z)dz = 0$
である点を含み，残りは正則である関数 $f(z)$ の積分は $\int_C f(z)dz = 0$ になる

ということが示せた．

コーシーの積分公式と無限回微分できる話

コーシーの積分公式

最後にコーシーの積分公式の説明をしてこの記事を終わる．

正則関数 $f$ を用いて $F(\zeta) = \frac{f(\zeta) - f(a)}{\zeta - a}$ という関数 $F$ を定義する．

これは $\lim_{\zeta \to a}F(\zeta)(\zeta - a) = f(a) - f(a) = 0$ となり，先程の緩くなる条件を満たすので
$\int_CF(\zeta) = \frac{f(\zeta) - f(a)}{\zeta - a}d\zeta = 0$
これを変形し
$\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - a} = \int_C \frac{f(a)}{\zeta - a} = f(a)\cdot 2\pi i$
ここで $a=z$ と置換すると
$f(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}$
という公式が得られる．
これをコーシーの積分公式という．

コーシーの積分公式を使った計算

コーシーの積分公式を用いた計算の例としては， $\frac{e^z}{z}$ に対し，単位円上をグルっと廻る積分
$\int_{|z|}\frac{e^z}{z}dz$
を計算するなら
$\frac{1}{2\pi i}\int_|z|\frac{2\pi ie^z}{z-0}dz$
とし
$f(z) = \int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}$
と比較すると， $f(z) = 2\pi ie^z$ とすると
$f(0) = 2\pi i = \int_C\frac{2\pi ie^z}{z-0}dz$
となり，積分結果は $2\pi i$ になることがわかる．

無限回微分ができる話

コーシーの積分公式
$f(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}d\zeta$
に対して両辺を $z$ で微分してみたい．このとき右辺の積分と微分の順序交換ができるとすると
$f'(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^2}d\zeta$
$f'(z) = \frac{2}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^3}d\zeta$
$f''(z) = \frac{2\cdot 3}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^4}d\zeta$
これを続けていくと
$f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+1}}d\zeta$
になることが予想できる．

ここで問題となるのが，

任意の $n$ について $f$ が $z$ で連続であること
微分結果がこの形になること

の2つが挙げられる．それを確認してこの記事を終わりとする．

まず1回目の微分から

これは数学的帰納法で示す．

最初に元の関数 $f(z)$ について
$f(z) - f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - z}d\zeta - \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta - z_0}d\zeta$
を計算し
$f(z) - f(z_0) = \frac{z-z_0}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}d\zeta$
と変形する．

ここで積分経路 $C$ を閉曲線内部に入る $\rho$ を中心とする半径 $R$ の円に変形し， $C$ と改めておく．
そして $z_0$ を中心とする円を半径 $R$ の円の内部に入れ，半径を $r$ とする．
すると $z_0$ と半径 $R$ の円周上の点 $\zeta$ の距離は $|\zeta - z_0| > r$ になるので $\frac{1}{|\zeta - z_0|} < \frac{1}{r}$
次に $z$ を $z_0$ に近づけるため
$|z-z_0| < \frac{r}{2}$
としても差し障り無く， $\zeta$ と $z$ の距離も
$\frac{1}{|\zeta - z|} > \frac{r}{2}$
としても差し障り無い．

また経路 $C$ 上の $|f(z)|$ の最大値を $M$ とすると
$|f(z) - f(z_0)| = \left|\frac{z-z_0}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}d\zeta\right|$
になり，おなじみの大小比較
$\left|\frac{z-z_0}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}d\zeta\right| \leq |z-z_0|\frac{1}{|2\pi i|}\int_C\left|\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}\right||d\zeta|$
をする．
すると
$|z-z_0|\frac{1}{|2\pi i|}\int_C\left|\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}\right||d\zeta| \leq |z - z_0|\frac{1}{2\pi}\frac{2M}{r^2}\int_C|d\zeta| = |z-z_0|\frac{2M}{r^2}R$
と変形ができる．
ここで $R$ も $r$ も閉路内部の円なので有限の大きさなので，
$\lim_{z\to z_0}|f(z) - f(z_0)| < \lim_{z\to z_0}|z-z_0|\frac{2M}{r^2}R = 0$
が成立し，まずは連続であることが示せた．

また，
$f(z) - f(z_0) = \frac{z-z_0}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}d\zeta$
を変形すると
$\frac{f(z) - f(z_0)}{z-z_0} = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)(\zeta - z_0)}d\zeta$
になるため， $z\to z_0$ の極限をとると
$f'(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^2}d\zeta$
が得られる．

n階微分について

次に $n$ 階微分の場合成立する
$f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+1}}d\zeta$
として， $n+1$ 階微分で成立するかを確認する．

先と同様に
$f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+1}}d\zeta - \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}}d\zeta$
と差をとり
$f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+1}(\zeta - z_0)^{n+1}}\left((\zeta - z_0)^{n+1} - (\zeta - z)^{n+1}\right)d\zeta$
と通分をして計算をする．

ここでキモになるのは
$a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + a^{n-3}b^2 + \cdots + b^{n-1})$
という因数分解で，これを利用すると
$f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)(z-z_0)\sum_{k=0}^{n}\left((\zeta - z_0)^{n-k}(\zeta - z)^{k}\right)}{(\zeta - z)^{n+1}(\zeta - z_0)^{n+1}}d\zeta$
と変形ができる．

ここで半径 $R$ の円より一回り大きい半径 $R_2$ の円で $R$ 全体を囲うと
$|\zeta - z_0| < |\zeta| + |z_0| \leq 2R_2$
$|\zeta - z| < |\zeta| + |z| \leq 2R_2$
になる．

そうすると
$|f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0)| = \left|\frac{n!}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)(z-z_0)\sum_{k=0}^{n}\left((\zeta - z_0)^{n-k}(\zeta - z)^{k}\right)}{(\zeta - z)^{n+1}(\zeta - z_0)^{n+1}}d\zeta\right|$
になり，三角不等式で
$|f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0)| \leq |z-z_0|\left|\frac{n!}{2\pi i}\right|\int_C\frac{|f(\zeta)|\sum_{k=0}^n|\zeta - z_0|^{n-k}|\zeta - z|^k}{|\zeta - z|^{n+1}|\zeta - z_0|^{n+1}}|d\zeta|$
あとは先の $|\zeta - z_0| < |\zeta| + |z_0| \leq 2R_2$ と $|\zeta - z| < |\zeta| + |z| \leq 2R_2$ で置換を行うと
$|f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0)| \leq |z-z_0|\frac{n!}{2\pi}\frac{1}{r^{n+1}}\left(\frac{2}{r}\right)^{n+1}M(n+1)(2R_2)^n(2\pi R)$
になり，右辺は $|z-z_0|$ 以外の部分はせいぜい有限なので，
$\lim_{z\to z_0}|f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0)| \leq \lim_{z\to z_0}|z-z_0|\frac{n!}{2\pi}\frac{1}{r^{n+1}}\left(\frac{2}{r}\right)^{n+1}M(n+1)(2R_2)^n(2\pi R) = 0$
になるため連続であることが示せ，次に

$\lim_{z\to z_0}\frac{f^{(n)}(z) - f^{(n)}(z_0)}{z - z_0} = \lim_{z\to z_0}\frac{n!}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)\sum_{k=0}^{n}\left((\zeta - z_0)^{n-k}(\zeta - z)^{k}\right)}{(\zeta - z)^{n+1}(\zeta - z_0)^{n+1}}d\zeta$
の極限を取ると
$f^{(n+1)}(z) = \frac{(n+1)!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^{n+2}}d\zeta$
が得られ，これで