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title: Hadamardの定理の証明 (公開版)

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# Hadamardの定理の証明 (公開版)

$%2017/06/12
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$\DeclareMathOperator{\Re}{Re}
\DeclareMathOperator{\Im}{Im}$

## 定義: 種数
次数$\le h$の多項式$g(z)$を使って次のように$f(z)$を書けるとする.

\begin{align}
	f(z)=e^{g(z)}\prod_n
	\Pare{1-\frac{z}{a_n}}
	e^{\frac{z}{a_n}+\frac{1}{2}\Pare{\frac{z}{a_n}}^2+\cdots+\frac{1}{h}\Pare{\frac{z}{a_n}}^{h}}
\end{align}

これを満たすような最小の$h\in\setN$を種数という.

## 定義: 位数
$\abs{z}=r$上での$\abs{f(z)}$の最大値を$M(r)$とかく.
整関数$f(z)$の位数$\lambda\in\setR$を次で定義する.

\begin{align}
    \lambda = \limsup_{r\to\infty}\frac{\log\log M(r)}{\log r}
\end{align}

## 定理: Hadamardの定理
整関数の種数$h$と位数$\lambda$は，不等式$h\le\lambda\le h+1$を満たす.

### 証明
補題A, Bに分けて示そう.

#### A. $\lambda\le h+1$の証明
方針: $f$の種数を$h<\infty$とすれば位数は$\lambda\le h+1$を充たす事を示す.
1. $f(z)=e^{g(z)}P(z)=e^{g(z)}\prod_{n} E_h(z/a_n)$として, $e^{g}$と$P$に分ける. $e^{g(z)}$の位数は$\le h$.
1. $E_h=(1-u)e^{u+\frac{1}{2}u^2\cdots+\frac{1}{h}u^h}$に対して$\log\Abs{E_h(u)}<c_h\Abs{u}^{h+1}$が成立. ($c_h$は適当な定数)
1. $\log\abs{P(z)}\le(2h+1)\abs{z}^{h+1}\sum_n\abs{a_n}^{-(h+1)}$より基本乗積の種数は$\le h+1$.

#### B. $h\le\Floor{\lambda}$の証明
方針: $h'=\floor{\lambda}$を用いて$f(z)=e^{g(z)}\prod_{n} E_{h'}(z/a_n)$と書ける事を示す.

4. $f$の位数を$\lambda$として$h'=\floor{\lambda}$とおく. Jensenの公式から$\sum_n1/\abs{a_n}^{h'+1}$は収束.
4. Poisson Jensenの公式を使って$g(z)$が$h'+1$回微分して$0$になる事を示す.

#### C. Hadamardの定理
A, Bより$h\le\floor{\lambda}\le\lambda\le h+1$が従う.

:::success
上証明は, $\lambda$と$h$が有限値に定まらなくても問題にならない.
種数と位数の有限性を仮定できる場合には後半だけで十分である.

* $h$が(形式的に)$\infty$であればBによって$\lambda$は有限になり得ない.
* $\lambda$が$\infty$であればAによって$h$は有限になり得ない.
:::

### 1. 問題の分割
$f$の種数が$h$であるから$f$は

\begin{align}
	f(z)
	&=e^{g(z)}\prod_n \Pare{1-\frac{z}{a_n}}e^{\frac{z}{a_n}+\frac{1}{2}\Pare{\frac{z}{a_n}}^2+\cdots+\frac{1}{h}\Pare{\frac{z}{a_n}}^h}
\end{align}

として一意的に表示できる.
解析関数$E_h$を

\begin{align}
	E_0(u)&=(1-u) \\
	E_h(u)&=(1-u)e^{u+\frac{1}{2}u^2\cdots+\frac{1}{h}u^h}
\end{align}

とおく.
($e^0=1$を考えれば, $E_0$の定義は$E_h$と自然につながっている. )
このとき

\begin{align}
	f(z)
	&=e^{g(z)}\prod_n E_h\Pare{\frac{z}{a_n}}
\end{align}

が成り立つ.

#### 補題
$f, f_1, f_2$の位数をそれぞれ$\lambda, \lambda_1, \lambda_2$とおく.
$f=f_1 \cdot f_2$であれば

\begin{align}
	\lambda\le\max(\lambda_1,\lambda_2)
\end{align}

が成り立つ.

#### 証明
$M(r)=\max_{\abs{z}=r}\abs{f(z)}, M_1(r)=\max_{\abs{z}=r}\abs{f_1(z)}, M_2(r)=\max_{\abs{z}=r}\abs{f_2(z)}$とおけば

\begin{align}
	M(r)
	=\max_{\abs{z}=r}\abs{f(z)}
	=\max_{\abs{z}=r}\abs{f_1(z)}\abs{f_2(z)}
	\le\max_{\abs{z}=r}\abs{f_1(z)}\max_{\abs{z}=r}\abs{f_2(z)}
	=M_1(r)M_2(r)
\end{align}

が成り立つ.
よって任意の$\varepsilon>0$に対して$R>0$が存在し, $r>R$ならば

\begin{align}
	M(r)
	\le M_1(r)M_2(r)
	\le e^{r^{\lambda_1+\varepsilon}+r^{\lambda_2+\varepsilon}}
\end{align}

が成り立つ.
さらに指数関数の強さを考えれば, 任意の$\varepsilon'>0$に対して$R'>0$が存在し, $r>R'$ならば

\begin{align}
	r^{\lambda_1}+r^{\lambda_2}\le r^{\max(\lambda_1,\lambda_2)+\varepsilon'}
\end{align}

が成り立つ事が分かる.
よって

\begin{align}
	M(r)
	\le e^{r^{\lambda_1+\varepsilon}+r^{\lambda_2+\varepsilon}}
	\le e^{r^{\max(\lambda_1,\lambda_2)+\varepsilon'}
}
\end{align}

より$\lambda\le\max(\lambda_1,\lambda_2)$

<div style="text-align: right;">■</div>

$\lambda_g$を$\exp(g(z))$の位数, $\lambda_P$を$P(z)$の位数とおく.
$g(z)$の次数を$\deg(g)$とおけば，任意の$\varepsilon>0$に対し$r$を十分大きくとると，不等式

\begin{align}
	M_g(r)
	=\max_{|z|=r}\Abs{\exp\Pare{cz^{\deg(g)}+\cdots}}
	\le \exp\Pare{r^{\lambda_g+\varepsilon}}
\end{align}

が成り立つから$\lambda_g=\deg(g)$であり, $\lambda_g\le h$が従う.

よって残るは$\lambda_P\le h+1$を示せば良い.


### 2. 不等式の評価
:::success
教科書での不等式

\begin{align}
	\log\abs{E_h(u)}\le(2h+1)\abs{u}^{h+1}
\end{align}

はあまり良い評価ではない. (実部だけ見てるからそう見えるのかも知れない)
https://www.desmos.com/calculator/z95pcaggrh
より強く

\begin{align}
	\log\abs{E_h(u)}\le\abs{u}^{h+1}
\end{align}

が成り立ちそうな予感. (Desmosで観察した予想)
:::

教科書では帰納法で$\log\abs{E_h(u)}\le(2h+1)\abs{u}^{h+1}$を示しているが, 実際にはもっと雑な評価で良い.
$\abs{u}<1$では

\begin{align}
	\log\Abs{E_h(u)}
	&=\log\Abs{1-u}+\Re\Pare{u+\frac{u^2}{2}+\cdots+\frac{u^h}{h}} \\
	&=\Re\Pare{\log(1-u)+u+\frac{u^2}{2}+\cdots+\frac{u^h}{h}} \\
	&=\Re\Pare{\squa{u^{h+1}}}
\end{align}

であるから, 原点の近傍において$\log\Abs{E_h(u)}$は$|u|^{h+1}$の定数倍で抑えられる.
$\log\Abs{1-u}$と$u^h$の強さを考えれば, 無限大の近傍において$\log\Abs{E_h(u)}$は$|u|^{h+1}$の定数倍で抑えられる.

よって任意の$h\in\setN$に対して$c_h\in\setR$が存在して

\begin{align}
	\forall u\in\setC,\ \log\Abs{E_h(u)}<c_h\Abs{u}^{h+1}
\end{align}

が成り立つ.


### 3. 種数の評価
1\. で述べたように, 残るは$P(z)$の位数を評価すれば良い.
次の評価が成り立つ.

\begin{align}
	\log\abs{P(z)}
	=\sum_n \log \Abs{E_h(z/a_n)}
	<\sum_n c_h\abs{z/a_n}^{h+1}
	=c_h\abs{z}^{h+1}\sum_n1/\abs{a_n}^{h+1}
\end{align}

関数の大小関係は位数の大小関係に引き継がれるからこの評価によって$P(z)$の位数が$h+1$以下であることが示された.
種数を$h$と仮定していたから$\sum_n1/\abs{a_n}^{h+1}$の収束性は問題にならない.

収束性についての議論: https://hackmd.io/s/HJ-TS4FQb

### 4. 種数に関する級数の収束
後半では$f$の位数が$\lambda$であるときに, $h'=\floor{\lambda}$をもちいて

\begin{align}
	f(z)=e^{g(z)}\prod_n E_{h'}\Pare{\frac{z}{a_n}}
\end{align}

と書ける事を示す.
$f$の零点を$a_n$とおいて, $\abs{a_1}\le\abs{a_2}\le\cdots\le\abs{a_n}\le\cdots$のように並べ替えておく.
$f$の無限積表示の収束のために$\sum_n 1/|a_n|^{h'+1}$の収束が必要である.

:::success
$f$の零点が有限個であれば, この和は有限和であるから, 任意の$h'\in\setN$に対して「収束」するので問題にならない.
つまり, $f$の種数は$g$の次数のみによって決まる.

この証明では$\lambda$が定まれば$g$が多項式で書ける事まで示している.
類似の問題: 「無限大で位数$n$の極を持つ整関数は$n$次多項式である」
:::

$\abs{a_n}\le\rho$を充たす零点$a_n$の個数を$\nu(\rho)$とおく.
級数の収束を示すために, 任意の$\varepsilon$に対する十分大きい$n$に対して

\begin{align}
	n
	\le\nu(\abs{a_n})
	<\abs{a_n}^{\lambda+\varepsilon}
\end{align}

を示す.
最初の不等号は明らか.
問題は最後の不等号であり, この証明にJensenの公式を使う.

Jemsenの公式と位数の性質($M(r)\le e^{r^{\lambda+\varepsilon}}$ )より

\begin{align}
	\log\abs{f(0)}
	&=-\sum_{k=1}^{\nu(3\rho)}\log\Pare{\frac{3\rho}{a_k}}+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\abs{f\pare{3\rho e^{i\theta}}}d\theta \\
	&\le-\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\log\Pare{\frac{3\rho}{a_k}}+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\abs{f\pare{3\rho e^{i\theta}}}d\theta \\
	&=-\nu(\rho)\log(3)-\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\log\Pare{\frac{\rho}{a_k}}+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\abs{f\pare{3\rho e^{i\theta}}}d\theta \\
	&\le-\nu(\rho)+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\abs{f\pare{3\rho e^{i\theta}}}d\theta \\
	&\le-\nu(\rho)+\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\log{M(3\rho)}d\theta \\
	&=-\nu(\rho)+\log M(3\rho) \\
	&\le-\nu(\rho)+\Pare{3\rho}^{\lambda+\varepsilon} \\
	&\le-\nu(\rho)+\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'}
\end{align}

である.
ただし, 最後の不等号は十分大きい$\rho$を考えている.
よって

\begin{align}
	\frac{\nu(\rho)}{\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon''}}
	&\le-\frac{\log\Abs{f(0)}}{\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon''}}+\frac{\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'}}{\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon''}}
	=-\frac{\log\Abs{f(0)}}{\rho^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon''}}+\frac{1}{\rho^{\varepsilon''}}
	\to0
	&(\rho\to\infty)
\end{align}

である.

:::success
もしJensenの公式で$\rho$をそのまま使っていたら$\log(1)$が代わりに出てきて, ダメだった.
教科書では$2\rho$としていたが, ここでは$3\rho$としている.
これは不等式$1<\log(3)$のためである. (この方法で不等式評価が1つ減る)
:::

よって十分大きな$n$に対して

\begin{align}
	n
	\le\nu(\abs{a_n})
	<\abs{a_n}^{\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon''}
\end{align}

が成り立つ.
よって

\begin{align}
	\sum_n\frac{1}{\abs{a_n}^{h'+1}}
	&\le\sum_n\frac{1}{\abs{a_n}^{(\lambda+\varepsilon+\varepsilon'+\varepsilon'')(1+\varepsilon''')}}
	<\sum_n\frac{1}{n^{1+\varepsilon'''}}+C
	<\infty
\end{align}

として評価できたから, 基本乗積の種数が$h'$以下である事が示された.
ここで, $C$は「十分大きな$n$に対して」の埋め合わせをするための十分大きな定数である.

:::success
「曖昧に」$\varepsilon, \varepsilon', \dots$を使って順繰りに上から評価していくのが面白い.
これらの$\varepsilon$たちを纏めても良かったが, 評価の全体を眺めたかったため, 上のような表記とした.
:::

よって残るは$g(z)$の次数の評価である.

### 5. $g$の次数の評価
戦略: $g(z)$を$h'+1$回微分して$0$になる事を示す.

\begin{align}
	f(z)
	=e^{g(z)}P(z)
	=e^{g(z)}\prod_nE_{h'}\Pare{\frac{z}{a_n}}
\end{align}

なる表示が得られている事はこれまでの結果から言える.
$g$の導関数を出すために両辺を対数微分して整理すると以下が得られる.

\begin{align}
	g^{({h'}+1)}(z)
	={\od{^{h'}}{z^{h'}}}\frac{f'}{f}-{\od{^{h'}}{z^{h'}}}\frac{P'}{P}
\end{align}

ここで第二項については

\begin{align}
	\log P(z)&=\sum_n \log\Pare{1-\frac{z}{a_n}}
		+\frac{z}{a_n}
		+\frac{1}{2}\Pare{\frac{z}{a_n}}^2
		+\frac{1}{3}\Pare{\frac{z}{a_n}}^3
		+\cdots
		+\frac{1}{h'}\Pare{\frac{z}{a_n}}^{h'}\\
\frac{P'}{P}(z)&=\sum_n \frac{1}{z-a_n}
		+\frac{1  }{a_n}
		+\frac{z  }{a_n^2}
		+\frac{z^2}{a_n^3}
		+\frac{z^3}{a_n^4}
		+\cdots
		+\frac{z^{h'-1}}{a_n^{h'}}
\end{align}

より

\begin{align}
{\od{^{h'}}{z^{h'}}}\frac{P'}{P}(z)
	&=-\sum_n {\od{^{h'}}{z^{h'}}}\frac{1}{a_n-z}
	=-h'!\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(a_k-z)^{h'+1}}
\end{align}

である.

:::success
対数微分を使わなければ次のように計算が面倒になる.
最初の等号は積の微分法である.

\begin{align}
	&f'(z) \\
	={}&\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{\od{}{z}E_{h'}\Pare{z/a_k}}{E_{h'}\Pare{z/a_k}}}e^{g(z)}\prod_nE_{h'}\Pare{\frac{z}{a_n}} \\
	={}&\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{\od{u}{z}\od{}{u}\Pare{1-u}e^{u+\cdots+u^h/h}}{\Pare{1-u}e^{u+\cdots+u^{h'}/{h'}}}}f(z) \\
	={}&\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{1}{a_k}\frac{-e^{u+\cdots+u^{h'}/{h'}}+(1-u)\Pare{1+u+\cdots+u^{{h'}-1}}e^{u+\cdots+u^{h'}/{h'}}}{\Pare{1-u}e^{u+\cdots+u^{h'}/{h'}}}}f(z) \\
	={}&\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{1}{a_k}\Pare{-\frac{1}{1-u}+\Pare{1+u+\cdots+u^{{h'}-1}}}}f(z) \\
	={}&\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{1}{a_k}\Pare{-\frac{1}{1-\Pare{z/a_k}}+\Pare{1+\Pare{z/a_k}+\cdots+\Pare{z/a_k}^{{h'}-1}}}}f(z)
\end{align}

よって

\begin{align}
	&{\od{^{h'}}{z^{h'}}}\frac{f'(z)}{f(z)} \\
	={}&{\od{^{h'}}{z^{h'}}}\Pare{g'(z)+\sum_k\frac{1}{a_k}\Pare{-\frac{1}{1-\Pare{z/a_k}}+\Pare{1+\Pare{z/a_k}+\cdots+\Pare{z/a_k}^{{h'}-1}}}} \\
	={}&{g^{({h'}+1)}(z)-\sum_k{\od{^{h'}}{z^{h'}}}{\frac{1}{a_k-z}}} \\
	={}&{g^{({h'}+1)}(z)-\sum_k{h'}!{\frac{1}{\Pare{a_k-z}^{{h'}+1}}}}
\end{align}

である.
収束性は4までで議論した内容を使えば問題ない.
:::
問題は$f'/f$の評価であり, ここで活躍するのがPoisson-Jensenの公式である.

\begin{align}
	\log\abs{f(z)}
	=-\sum_{k=1}^{\nu(\rho)} \log\Abs{\frac{\rho-\overline{a_k}z/\rho}{z-a_k}}
	+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\Re\frac{\rho e^{i\theta}+z}{\rho e^{i\theta}-z}\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}d\theta
\end{align}

左辺は$\log f(z)$の実部, 右辺も同様に有限個の点を除いて解析関数の実部である.

解析関数に対しては$\pd{}{x}=\od{}{z}$であるから
Poisson-Jensenの公式の両辺に$\pd{}{x}$を作用させて

\begin{align}
	\Re\Pare{\frac{f'(z)}{f(z)}}
	&=-\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{\frac{\Pare{\rho-\overline{a_k}z/\rho}'\Pare{z-a_k}-\Pare{\rho-\overline{a_k}z/\rho}\Pare{z-a_k}'}{\Pare{z-a_k}^2}}{\frac{\rho-\overline{a_k}z/\rho}{z-a_k}}} \\
	&\qquad+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}
	\Re\Pare{{\frac{\Pare{\rho e^{i\theta}+z}'\Pare{\rho e^{i\theta}-z}-\Pare{\rho e^{i\theta}+z}\Pare{\rho e^{i\theta}-z}'}{\Pare{\rho e^{i\theta}-z}^2}}}{\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
	d\theta \\
	&=\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{\overline{a_k}/\rho}{\rho-\overline{a_k}z/\rho}}
	+\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{1}{z-a_k}} \\
	&\qquad+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}
	\Re\Pare{{\frac{2\rho e^{i\theta}}{\Pare{\rho e^{i\theta}-z}^2}}}{\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
	d\theta \\
	&=\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{1}{\rho^2/\overline{a_k}-z}}
	+\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{1}{z-a_k}} \\
	&\qquad+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}
	\Re\Pare{{\frac{2\rho e^{i\theta}}{\Pare{\rho e^{i\theta}-z}^2}}}{\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
	d\theta \\
	&=\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{1}{\rho^2/\overline{a_k}-z}}
	+\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	\Re\Pare{\frac{1}{z-a_k}} \\
	&\qquad+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}
	\Re\Pare{{\frac{2\rho e^{i\theta}}{\Pare{\rho e^{i\theta}-z}^2}}}{\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
	d\theta
\end{align}

を得る.
ここで, Poisson-Jensenの公式は$\abs{z}<\rho$に限っていた事に注意しておく.


上では

\begin{align}
	\pd{}{x}\Re\Pare{f}
	=\pd{u}{x}
	=\Re\Pare{\pd{u}{x}+i\pd{v}{x}}
	=\Re\Pare{{\pd{f}{x}}}
	=\Re\Pare{{\od{f}{z}}}
\end{align}

のように展開した.
同様に

\begin{align}
	\pd{}{y}\Re\Pare{f}
	=\pd{u}{y}
	=\Re\Pare{\pd{u}{y}+i\pd{v}{y}}
	=\Re\Pare{{\pd{f}{y}}}
	=\Re\Pare{i{\od{f}{z}}}
	=-\Im\Pare{{\od{f}{z}}}
\end{align}

のように展開すれば虚部の一致も言える.

:::success
２つをあわせると$\Pare{\pd{}{x}-i\pd{}{y}}\Re f=\od{f}{z}$が得られる.
教科書ではこの方法を用いているが, 初見では難しい印象.
:::


よって$\abs{z}<\rho$において

\begin{align}
	{\frac{f'(z)}{f(z)}}
	&=-\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	{\frac{1}{a_k-z}}
	+\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
	{\frac{1}{\rho^2/\overline{a_k}-z}}
	+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}
	{{\frac{2\rho e^{i\theta}}{\Pare{\rho e^{i\theta}-z}^2}}}{\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
	d\theta
\end{align}

が成り立つ.


両辺を$z$に関して$h'$回微分して

\begin{align}
	\od{^{h'}}{z^{h'}}
	\frac{f'(z)}{f(z)}
	={}&
	 -{h'}!\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\frac{1}{(a_k-z)^{{h'}+1}}
	 +{h'}!\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}
		\frac{1}{(\rho^2/\overline{a_k}-z)^{{h'}+1}}\\
	& + ({h'}+1)!\frac{1}{2\pi}
		\int_{0}^{2\pi}
		\frac{2\rho e^{i\theta}\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}
		{(\rho e^{i\theta}-z)^{{h'}+2}}
		d\theta
\end{align}

である.

第二項, 第三項を評価するために次の記号$\lesssim$を導入する.
:::success
実関数$f, g:\setR\to\setR^+$に順序関係$\lesssim$を次で定める.
$f\lesssim g\Leftrightarrow\exists R\in\setR, \exists C\in\setR^+; t>R\Rightarrow f(t)<Cg(t)$
変数を明示的に書きたい場合は$f(t)\underset{t}{\lesssim} g(t)$と書く.

#### 反射律
$f\lesssim f$が成立

#### 推移律
$f\lesssim g, g\lesssim h \Rightarrow f\lesssim h$が成立

#### 順序関係について
$\lesssim$のメリットは定数倍を省略できる所にある.
例: $\int_0^x x^n dx\lesssim x^{n+1}$, $\frac{1}{x^\alpha+k}\lesssim \frac{1}{x^\alpha}$
#### はさみこみの原理
$f\lesssim g, \lim\limits_{t\to\infty} g(t) = 0\Rightarrow \lim\limits_{t\to\infty} f(t) = 0$
しかし次は成り立たない.
$f(x,y)\underset{x}{\lesssim} g(x,y), \lim\limits_{y\to\infty} g(x_0,y) = 0\Rightarrow \lim\limits_{y\to\infty} f(x_0,y) = 0$
例: $f(x,y)=\frac{1}{x}, g(x,y)=\frac{1}{xy}, x_0=1$
:::


第二項については$\abs{a_{\nu(\rho)}}\le\rho$より

\begin{align}
	\Abs{\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\frac{1}{(\rho^2/\overline{a_k}-z)^{{h'}+1}}}
	&\le\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\Abs{\frac{1}{(\rho^2/\overline{a_k}-z)^{{h'}+1}}} \\
&\lesssim\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\Pare{\frac{\Abs{a_k}}{\rho^2}}^{{h'}+1} \\
	&\le\sum_{k=1}^{\nu(\rho)}\Pare{\frac{\Abs{a_k}}{\Abs{a_{\nu(\rho)}}^2}}^{{h'}+1} \\
	&=\sum_{k=1}^{n}\Pare{\frac{|a_k|}{\abs{a_n}^2}}^{h'+1} \\
	&\le\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\abs{a_n}^{h'+1}}} \\
	&\to0 \qquad (\rho\to\infty)
\end{align}

である.
最後の収束は$\sum_{k}{\sfrac{1}{\abs{a_k}^{h'+1}}}$の収束性から明らかである.


第三項について位数の性質($\log M(r)\le \rho^{\lambda+\varepsilon}$)を考えれば

\begin{align}
	\Abs{\int_{0}^{2\pi}\frac{2\rho e^{i\theta}\log\abs{f(\rho e^{i\theta})}}{(\rho e^{i\theta}-z)^{{h'}+2}}d\theta}
	&\lesssim
	\int_{0}^{2\pi}\frac{\rho\log M(\rho)}{\rho^{{h'}+2}}d\theta \\
	&=
	\int_{0}^{2\pi}\frac{\log M(\rho)}{\rho^{{h'}+1}}d\theta \\
	&\to 0 \qquad (\rho\to\infty)
\end{align}

である.

よって

\begin{align}
	\od{^{h'}}{z^{h'}}
	\frac{f'(z)}{f(z)}
	={}&-{h'}!\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(a_k-z)^{{h'}+1}}
\end{align}

である.
先の結果と合わせて$g^{h'+1}(z)=0$であり, $g$が${h'}$次以下の多項式である事が示された.

以上より位数が$f$の位数が$\lambda$であれば種数$h$は$h'=\floor{\lambda}$以下である事が示された.

### Hadamardの定理
以上をまとめて

\begin{align}
	h\le\lambda\le h+1
\end{align}

を得る.

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