2023大学院入試｜東京大学 数理科学研究科｜専門科目B

(1)の解答

任意に$a\in[0,1]$をとる．$\phi:\R\to\overline{\R}$を

\begin{align*}\phi(y)=\begin{cases}\frac{1}{|a-y|^{1/2}},&0\le y\le1,\\0,&\text{other}\end{cases}\end{align*}

で定める（$\overline{\R}$は拡大実数）．任意の$h\in\R\setminus\{0\}$に対して，

\begin{align*}|Tf(a+h)-Tf(a)|&=\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|a+h-y|^{1/2}}-\frac{f(y)}{|a-y|^{1/2}}\,dy}
\\&\le\|f\|_X\int_{[0,1]}|\phi(y-h)-\phi(y)|\,dy\end{align*}

である．ここで，

\begin{align*}\int_{[0,1]}\phi(y)\,dy&\le\int_{[0,a]}\frac{1}{|a-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[a,1]}\frac{1}{|a-y|^{1/2}}\,dy
\\&=\brc{2(a-y)^{1/2}}_0^a+\brc{2(y-a)^{1/2}}_a^1
\\&=2(\sqrt{a}+\sqrt{1-a})<\infty\end{align*}

だから$\phi\in L^1([0,1])$なので，$L^1$平行移動連続性より

\begin{align*}\lim_{h\to0}\int_{[0,1]}|\phi(y-h)-\phi(y)|\,dy=0\end{align*}

が成り立つ．よって，$\lim\limits_{h\to0}|Tf(a+h)-Tf(a)|=0$が成り立つから$Tf$は$a$で連続である．$a\in[0,1]$は任意だから$Tf$は$[0,1]$上連続である．

(2)の解答

任意の$f\in X$に対して，

\begin{align*}\|Tf\|_X\le\|f\|_X\esssup_{x\in[0,1]}\int_0^1\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

が成り立ち，(1)の$\phi$の積分と同様に

\begin{align*}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy&=2(\sqrt{x}+\sqrt{1-x})=2(\sin{\theta}+\cos{\theta})
\\&=2\sqrt{2}\sin{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}\le2\sqrt{2}\end{align*}

である．ただし，$x=\sin^2{\theta}$（$0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$）とおいた．$\theta=\frac{\pi}{4}$で最後の不等号で等号が成立するから，

\begin{align*}\|Tf\|_X\le\|f\|_X\esssup_{x\in[0,1]}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy=2\sqrt{2}\|f\|_X\end{align*}

が成り立ち，$\|T\|\le2\sqrt{2}$が従う．

一方，$f(x)\equiv1$とすると，

\begin{align*}\|Tf\|_X=\esssup_{x\in[0,1]}\int_{[0,1]}\frac{1}{|x-y|^{1/2}}\,dy=2\sqrt{2}=2\sqrt{2}\|f\|_X\end{align*}

となるので，$\|T\|\ge2\sqrt{2}$が従う．よって，$\|T\|=2\sqrt{2}$を得る．

(3)の解答

$\|Tf\|_X=\|T\|\|f\|_X$をみたす定数関数でない$f\in X$が存在すると仮定する．

もし$|f|$が定数関数でなければ，ある測度正の可測集合$A\subset[0,1]$が存在して，$x\in A$なら$|f(x)|<\|f\|_X$が成り立ち，任意の$x\in[0,1]$に対して

\begin{align*}&\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&\le\int_{A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&<\int_{A}\frac{\|f\|_X}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus A}\frac{|f(y)|}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&\le\int_{[0,1]}\frac{\|f\|_X}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

となるから$\|Tf\|_X<\|T\|\|f\|_X$であり，これは矛盾である．よって，ある定数$k>0$と測度正の可測集合$B\subset[0,1]$が存在して

\begin{align*}f(x)=\begin{cases}k,&x\in B,\\-k,&x\notin B\end{cases}\end{align*}

となるが，任意の$x\in[0,1]$に対して

\begin{align*}&\abs{\int_{[0,1]}\frac{f(y)}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&=\abs{\int_{B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus B}\frac{-k}{|x-y|^{1/2}}\,dy}
\\&<\int_{B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy+\int_{[0,1]\setminus B}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy
\\&=\int_{[0,1]}\frac{k}{|x-y|^{1/2}}\,dy\end{align*}

となるから$\|Tf\|_X<\|T\|\|f\|_X$であり，これは矛盾である．以上より，$\|Tf\|_X=\|T\|\|f\|_X$をみたす$f\in X$は定数関数である．

(1)の解答

集合$\set{x\in\Omega}{|f(x)|\ge a}$上で$\frac{|f|}{a}\ge1$だから，

\begin{align*}\mu(|f|\ge a)&=\int_{\{|f|\ge a\}}\,d\mu(x)
\\&\le\int_{\{|f|\ge a\}}\frac{|f(x)|}{a}\,d\mu(x)
\\&\le\frac{1}{a}\int_\Omega |f(x)|\,d\mu(x)\end{align*}

が従う．

(2)の解答

もとより$0\le\int_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)$であり，トネリの定理，三角不等式，$\mu(\Omega)=1$，条件(iii)より

\begin{align*}&\iint_{\Omega\times\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=\int_{\Omega}\bra{\int_{\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(y)}\,d\mu(x)
\\&\ge\int_{\Omega}\abs{\int_{\Omega}(f_n(x)-f_n(y))\,d\mu(y)}\,d\mu(x)
\\&=\int_{\Omega}|f_n(x)-0|\,d\mu(x)=\int_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)\end{align*}

が成り立つから，条件(i)と併せて$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{\Omega}|f_n(x)|\,d\mu(x)=0$が従う．

(3)の解答

$(\Omega,\mathcal{F},\mu)$を$[0,1]\subset\R$上のルベーグ測度空間とし，

\begin{align*}f_n(x)=\begin{cases}n,&0\le x\le\delta,\\-n,&\delta<x\le2\delta,\\0,&2\delta<x\le1\end{cases}\end{align*}

とすると，求める例となる．ただし，$\delta=\frac{1}{2n^2}$である．実際，

\begin{align*}&\iint_{\Omega\times\Omega}|f_n(x)-f_n(y)|\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=\iint_{[0,\delta]\times(\delta,2\delta]\cup(\delta,2\delta]\times[0,\delta]}2n\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&\quad+\iint_{[0,2\delta]\times(2\delta,1]\cup(2\delta,1]\times[0,2\delta]}n\,d\mu(x)d\mu(y)
\\&=2\delta^2 n+4\delta(1-2\delta) n=4\delta n-6\delta^2n
\\&=\frac{2}{n}-\frac{3}{2n^3}\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

だから(i)が成り立つ．また，

\begin{align*}&\sup_{n\in\N}\int_{\Omega}|f_n(x)|^2\,d\mu(x)
\\&=\sup_{n\in\N}\int_{[0,2\delta]}n^2\,d\mu(x)=\sup_{n\in\N}2n^2\delta=1\end{align*}

だから(ii)と$\inf\limits_{n\in\N}\dint_{\Omega}|f_n(x)|^2\,d\mu(x)>0$が成り立つ．さらに，

\begin{align*}\int_{\Omega}f_n(x)\,d\mu(x)
&=\int_{[0,\delta]}n\,d\mu(x)+\int_{(\delta,2\delta]}(-n)\,d\mu(x)
\\&=n\delta-n\delta=0\end{align*}

だから(iii)が成り立つ．

(1)の解答

$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi(\frac{x}{\sqrt{t}})$だから，

\begin{align*}u_t(x,t)&=-\frac{1}{2t\sqrt{t}}\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{1}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\bra{-\frac{x}{2t\sqrt{t}}}
\\&\quad-\frac{1}{2t\sqrt{t}}\brb{\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{x}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}}
\\u_{xx}(x,t)&=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\bra{\frac{1}{\sqrt{t}}}^2
=\frac{1}{t\sqrt{t}}\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}\end{align*}

である．よって，$u_t(x,t)=u_{xx}(x,t)$に代入して整理すると

\begin{align*}2\phi^{\prime\prime}\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\phi\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{x}{\sqrt{t}}\phi’\bra{\dfrac{x}{\sqrt{t}}}=0\end{align*}

が成り立つから，$\phi$は常微分方程式

\begin{align*}2\phi^{\prime\prime}(s)+s\phi'(s)+\phi(s)=0\quad\dots(*)\end{align*}

をみたす．

(2)の解答

常微分方程式$(*)$が$\phi(s)=Ce^{-\alpha s^2}$（$\alpha>0$, $C>0$）の形の特殊解を持つと予想する．

\begin{align*}&\phi'(s)=-2C\alpha se^{-\alpha s^2},\quad
\\&\phi^{\prime\prime}(s)=-2C\alpha(1-2\alpha s^2)e^{-\alpha s^2}\end{align*}

だから，$(*)$に代入して$Ce^{-\alpha s^2}$で割って整理すると

\begin{align*}&-2\alpha(1-2\alpha s^2)+s(-2\alpha s)+1=0
\\&\iff 2\alpha(4\alpha-1)s^2+(1-4\alpha)=0\end{align*}

となるから，$\alpha=\frac{1}{4}$を得る．さらに，

\begin{align*}\int_{\R}e^{-s^2/4}\,ds=2\int_{\R}e^{-s^2}\,ds=2\sqrt{\pi}\end{align*}

だから，$\int_{\R}\phi(s)\,ds=1$をみたすには$C=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$とすればよく，

\begin{align*}\phi(s)=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}e^{-s^2/4}\end{align*}

は条件を満たす$\phi$である．

(3)の解答

(2)で得た$\phi$をもとに，関数$G:[0,\infty)\times(0,\infty)\to\R$を

\begin{align*}G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{t}}\phi\bra{\frac{x}{\sqrt{t}}}=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}\end{align*}

と定めると，$G_t=G_{xx}$をみたす．また，関数$u_0:[0,\infty)\to\R$を

\begin{align*}u_0(x)=2e^{-x^2}\sin^2{x}\end{align*}

と定める．以下，

\begin{align*}u(x,t)=(G(\cdot,t)*u_0)(x)=\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy\end{align*}

で定まる関数$u:[0,\infty)\times[0,\infty)\to\R$が求める古典解であることを示す．ただし，$u(x,0)=\lim\limits_{t\to+0}u(x,t)$と定める．

［１］偏微分方程式$u_t(x,t)=u_{xx}(x,t)$をみたすことを示す．

任意の$t>0$に対して，$G(\cdot,t),u_0\in\mathcal{S}(\R)$だから，$G(\cdot,t)*u_0\in\mathcal{S}(\R)$で

\begin{align*}u_{xx}(\cdot,t)=G_{xx}(\cdot,t)*u_0=G_t(\cdot,t)*u_0\end{align*}

が成り立つから，あとは$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$を示せばよい．すなわち，

\begin{align*}\frac{\partial}{\partial t}(G_t(x,t)*u_0)=\frac{\partial}{\partial t}\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy\end{align*}

の微分と積分の順序交換が可能であることを示せばよい．

任意の$t>0$, $x\in\R$に対して，

\begin{align*}G_t(x,t)&=-\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}+\frac{x^2}{8t^2\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/4t}
\\&=\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}\bra{-1+\frac{x^2}{2t}}e^{-x^2/4t}\end{align*}

である．ここで，任意に$\delta>0$をとる．任意の$t>\delta$, $x\ge0$, $y\in\R$に対して，

\begin{align*}&|G_t(x-y,t)u_0(y)|
\\&=\abs{\frac{1}{4t\sqrt{\pi t}}\bra{-1+\frac{(x-y)^2}{2t}}e^{-(x-y)^2/4t}\cdot2e^{-y^2}\sin^2{y}}
\\&\le\frac{1}{2\delta\sqrt{\pi\delta}}\bra{1+\frac{(x-y)^2}{2\delta}}e^{-y^2}\end{align*}

が成り立つ．この最右辺は$t$によらない関数で，任意の$x\in[0,\infty)$に対して，$y$について$\R$上可積分だから，平均値の定理とルベーグの収束定理より$t>\delta$で$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$が成り立つ．

$\delta>0$は任意だったから，$t>0$で$u_t(\cdot,t)=G_t(\cdot,t)*u_0$が成り立つ．

［２］境界値条件$u_x(0,t)=0$をみたすことを示す．

任意の$t>0$に対して，$G(\cdot,t),u_0\in\mathcal{S}(\R)$だから，$G(\cdot,t)*u_0\in\mathcal{S}(\R)$で，任意の$t>0$に対して

\begin{align*}u_x(0,t)&=G_x(0,t)*u_0
\\&=-\int_{\R}\frac{0-y}{4t\sqrt{\pi t}}e^{-(0-y)^2/4t}\cdot2e^{-y^2}\sin^2{y}\,dy
\\&=\int_{\R}\frac{y}{2t\sqrt{\pi t}}\exp\bra{-\Bigl(\frac{1}{4t}+1\Bigr)y^2}\sin^2{y}\,dy\end{align*}

の被積分関数は奇関数なので，$u_x(0,t)=0$が成り立つ．

［３］初期条件$u(x,0)=u_0(x)$をみたすことを示す．とくに$\|\cdot\|$を$[0,\infty)$上の一様ノルムとして，$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|=0$が成り立つことを示す．

任意に$\epsilon>0$をとる．$u_0$は一様連続なので，ある$\delta>0$が存在して，

\begin{align*}|x-y|<\delta\Ra|u_0(x)-u_0(y)|<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．ここで，任意の$x\ge0$に対して，$\int_{\R}G(x-y,t)\,dy=1$であることより

\begin{align*}&|u(x,t)-u_0(x)|
\\&=\abs{\int_{\R}G(x-y,t)u_0(y)\,dy-\int_{\R}G(x-y,t)u_0(x)\,dy}
\\&\le\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\quad+\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy\end{align*}

となり，第１項目について

\begin{align*}&\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\le\int_{\{|x-y|\ge\delta\}}\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}e^{-(x-y)^2/4t}\cdot2\|u_0\|\,dy
\\&=\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\int_{\delta}^{\infty}e^{-s^2/4t}\,ds
\le\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\int_{\delta}^{\infty}e^{-\delta s/4t}\,ds
\\&=\frac{2\|u_0\|}{\sqrt{\pi t}}\brc{-\frac{4t}{\delta}e^{-\delta s/4t}}_{\delta}^{\infty}
\\&=\frac{8\|u_0\|\sqrt{t}}{\delta\sqrt{\pi}}e^{-\delta^2/4t}
\xrightarrow[]{t\to+0}0\end{align*}

が成り立ち，第２項目について

\begin{align*}&\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)|u_0(y)-u_0(x)|\,dy
\\&\le\int_{\{|x-y|\le\delta\}}G(x-y,t)\epsilon\,dy
\\&\le\epsilon\int_{\R}G(x-y,t)\,dy=\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|\le\epsilon$が成り立つから，$\epsilon>0$の任意性より$\lim\limits_{t\to+0}\|u(\cdot,t)-u_0\|=0$を得る．

$r\in S$のとき，$f$は$|z|=r$上に零点をもたず$f$の零点は離散なので，ある$r<s$を満たす$s\in S$が存在し，$B_r$に含まれる$f$の零点全体と$B_s$に含まれる$f$の零点全体は一致する．

また，一般に領域上で恒等的に０でない関数の零点全部の集合は領域上に集積点を持たないことと併せると，$r\in S$のとき$B_r$に含まれる$f$の零点は有限個であることも分かる．

(1)の解答

$r<s$かつ$B_s$に含まれる$f$の零点全体が$a_1,\dots,a_n$となる$s\in S$をとる．正則関数$g:B_s\to\mathbb{C}$を

\begin{align*}g(z)=f(z)\prod_{k=1}^{n}(z-a_k)^{-1}\end{align*}

で定める．ただし，各$a_k$は$g$の除去可能な特異点なので，$g$が正則となるように定める．

$f$の全ての零点が一位であることから$g$は単連結領域$B_s$上で零点をもたないので$\log{g(z)}$は$B_s$上正則となる．よって，$\log{g(z)}$に平均値の性質が適用できて，$\log{|g(z)|}=\operatorname{Re}\log{g(z)}$だから実部をとれば

\begin{align*}\log{|g(0)|}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|g(re^{i\theta})|}\,d\theta\end{align*}

が成り立つ．左辺は

\begin{align*}&\log{|g(0)|}=\log{|f(0)|}-\sum_{k=1}^{n}\log{|a_k|}\end{align*}

であり，右辺は

\begin{align*}&\int_{0}^{2\pi}\log{|g(re^{i\theta})|}\,d\theta
\\&=\int_{0}^{2\pi}\log{|f(re^{i\theta})|}\,d\theta-\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{2\pi}\log{|re^{i\theta}-a_k|}\,d\theta
\\&=\int_{0}^{2\pi}\log{|f(re^{i\theta})|}\,d\theta-2n\pi\log{r}-\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{2\pi}\log{\abs{1-\frac{a_k}{r}e^{-i\theta}}}\,d\theta\end{align*}

である．

$\log{(1-z)}$は$-\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{z^m}{m}$と冪級数展開でき，この収束半径は１である．任意の$k\in\{1,2,\dots,n\}$に対して，$\abs{\frac{a_k}{r}e^{-i\theta}}<1$なので，

\begin{align*}&\int_{0}^{2\pi}\log{\abs{1-\frac{a_k}{r}e^{-i\theta}}}\,d\theta
\\&=\operatorname{Re}\int_{0}^{2\pi}\log{\bra{1-\frac{a_k}{r}e^{-i\theta}}}\,d\theta
\\&=-\operatorname{Re}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{a_k^m}{mr^m}\int_{0}^{2\pi}e^{-im\theta}\,d\theta=0\end{align*}

が成り立つ．ただし，収束半径内（$\theta$に関して一様収束）なので項別積分可能であることと，$\int_{0}^{2\pi}e^{-im\theta}\,d\theta=0$（$m=1,2,\dots$）を用いた．

以上より，

\begin{align*}&\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|f(re^{i\theta})|}\,d\theta
\\&=\log{|f(0)|}-\sum_{k=1}^{n}\log{|a_k|}+\sum_{k=1}^{n}\log{r}
\\&=\log{|f(0)|}+\sum_{k=1}^{n}\log{\frac{r}{|a_k|}}\end{align*}

を得る．

(2)の解答

［左側の不等式の証明］$M(r)\le1$なら，$\max\{\log{|f(re^{i\theta})|},0\}=0$なので

\begin{align*}L(r)=0=\max\{\log{M(r)},0\}\end{align*}

が成り立つ．一方，$M(r)>1$なら，$\max\{\log{|f(re^{i\theta})|},0\}\le \log{M(r)}$なので

\begin{align*}L(r)\le\log{M(r)}\le\max\{\log{M(r)},0\}\end{align*}

が成り立つ．

［右側の不等式の証明］$0\le\max\{\log{|f(e^{i\theta})|},0\}$かつ$0<r<1$なので，$0\le\frac{1+r}{1-r}L(1)$が成り立つ．よって，あとは$\log{M(r)}\le\frac{1+r}{1-r}L(1)$が成り立つことを示せばよい．

最大絶対値の原理より，$|\alpha|=r$を満たすある$\alpha\in\C$が存在し，$M(r)=|f(\alpha)|$が成り立つ．連続関数$\phi_\alpha:\overline{B}_1\to\overline{B}_1$, $F:\overline{B}_1\to\mathbb{C}$を

\begin{align*}\phi_\alpha(z)=\frac{z-\alpha}{1-\bar{\alpha}z},\quad
F=f\circ\phi_\alpha^{-1}\end{align*}

で定める．このとき，$\phi_\alpha$, $F$はともに$B_1$上正則で，さらに$\phi_\alpha$は全単射かつ

\begin{align*}\phi’_\alpha(z)=\frac{(1-\bar{\alpha}z)-(z-\alpha)(-\bar{\alpha})}{(1-\bar{\alpha}z)^2}=\frac{1-r^2}{(1-\bar{\alpha}z)^2}\end{align*}

である．

(1)の解答の前に述べたことから$f$は$B_1$上に零点を無限個もたないので，$F=f\circ\phi_\alpha^{-1}$も$B_1$上に零点を無限個もたない．$F$が零点をもつなら，零点全体を$b_1,\dots,b_m$とすると，$|F(0)|=|f(\alpha)|=M(r)\neq0$だから，(1)が適用できて

\begin{align*}\log{M(r)}&=\log{|f(\alpha)|}=\log{|F\circ\phi_\alpha(\alpha)|}=\log{|F(0)|}
\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|F(e^{i\theta})|}\,d\theta-\sum_{k=1}^{m}\log{\frac{1}{|b_k|}}
\\&\le\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|F(e^{i\theta})|}\,d\theta\end{align*}

が成り立つ．$F$が零点をもたなければ，$\log{F}$に平均値の性質を適用して実部をとれば

\begin{align*}\log{M(r)}=\log{|F(0)|}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|F(e^{i\theta})|}\,d\theta\end{align*}

が成り立つ．

ここで，$\phi_\alpha(e^{i\varphi})=e^{i\theta}$とおくと$\phi’_\alpha(e^{i\varphi})ie^{i\varphi}=ie^{i\theta}\frac{d\theta}{d\varphi}$なので，

\begin{align*}\frac{d\theta}{d\varphi}&=\frac{\phi’_\alpha(e^{i\varphi})}{\phi_\alpha(e^{i\varphi})}e^{i\varphi}
=\frac{1-r^2}{(1-\bar{\alpha}e^{i\varphi})^2}\cdot\frac{1-\bar{\alpha}e^{i\varphi}}{e^{i\varphi}-\alpha}e^{i\varphi}
\\&=\frac{1-r^2}{(1-\bar{\alpha}e^{i\varphi})\overline{(1-\bar{\alpha}e^{i\varphi})}}
=\frac{1-r^2}{|1-\bar{\alpha}e^{i\varphi}|^2}
\\&\le\frac{1-r^2}{(1-r)^2}=\frac{1+r}{1-r}\end{align*}

である．以上を併せて

\begin{align*}\log{M(r)}&\le\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\log{|F(e^{i\theta})|}\,d\theta
\\&\le\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\max\{\log{|F(e^{i\theta})|},0\}\,d\theta
\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\max\{\log{|f(e^{i\varphi})|},0\}\frac{d\theta}{d\varphi}\,d\varphi
\\&\le\frac{1+r}{1-r}\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\max\{\log{|f(e^{i\varphi})|},0\}\,d\varphi
\\&=\frac{1+r}{1-r}L(1)\end{align*}

を得る．