例題問題(留数定理の実積分への応用)

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参考 ( 基本は2パターン )

このページでは留数定理の実積分への応用を述べる。

基本的に、積分の形は2パターンである。

1つは、次のように、分子・分母に三角関数がある場合である。



この類の積分を解くには、変数変換 z=eiΘ を行えばよい。

もう1つのパターンは次のような場合である。



この類の積分を解くには上半平面上の留数を求めればよい。

もう少し詳しく言うと、この積分には次のように3通りの考え方がある。

(*1) 公式 「 積分値=2πi・(上半平面上の留数) 」 を用いる。

(*2) ジョルダンの補助定理を用いる。

(*3) ジョルダンの補助定理を用いず、直接的に証明する。

そのため、参考書によって解法が異なって視えることがあるかもしれない。

しかし、これらの解法は本質的に同じである。

詳しいことは以下で述べる。

むろん、上記以外のパターンもある。

例えば、次のような場合である。



しかし、基本的に解法は同じである。

参考 ( ジョルダンの補助定理 )

={ z∈:|z|=R、Im(z)≧0 } とおく。

このとき、次が成り立つ。

補足

次は同値である。

(*1) |zf(z)|→0 ( R→∞ )

(*2) ある定数 M>0 が存在して、|f(z)|≦M/R (k>1) となる。

つまり、(1)の仮定において、(*1)の代わりに(*2)と書いている参考書もある。

ここで、(*1)⇔(*2) を確認しておく。

まず、(*1)⇒(*2)は明らかである。

一方、(*2)を仮定する。

いま、|zf(z)|≦|z||f(z)|=R|f(z)|≦M/Rk−1→0 ( R→∞ ) である。

つまり、(*2)⇒(*1)である。

補足

次は同値である。

(*3) |f(z)|→0 ( R→∞ )

(*4) ある定数 M>0 が存在して、|f(z)|≦M/R (k>0) となる。

つまり、(2)の条件を(*4)に置き換えてもよい。

補足

むろん、C は上半円周を意味する。

よって、例えば、(1)を言葉で表現すると次のようになる。

(*) |zf(z)|→0 ( R→∞ ) ならば、上半円周上での f の線積分は 0 となる。

遠くに行くほど f(z) の値が小さくなるのだから、その線積分が 0 になることは当然かもしれない。

しかし、遠くに行くほど線積分する上半円周は長くなる。

どちらの効果が大きいのだろうか?

実は、|zf(z)|→0 の効果の方が大きい。

これが今回の定理の主張である。

(1)の証明

いま、ある定数 M>0 が存在して、|f(z)|≦M/R (k>1) となる。(※補足に書いた)

また、|zf(z)|≦|z||f(z)|=R|f(z)|≦M/Rk−1→0 ( R→∞ ) である。(★)

z=reiΘ とおく。( とくに、C 上の点は z=ReiΘ と表せる )

いま、dz/dΘ=iz である。

よって、(★)より、

(2)の証明

いま、ある定数 M>0 が存在して、|f(z)|≦M/R (k>0) となる。(※補足に書いた)

z=reiΘ とおく。( とくに、C 上の点は z=ReiΘ と表せる )

いま、dz/dΘ=iz である。

また、z=ReiΘ=R(cosΘ+isinΘ) である。

また、0≦Θ≦π/2 において sinΘ≧2Θ/π である。(※下図)



よって、

参考 ( 「ジョルダンの補助定理」の応用〜その1 )

f(x) を1変数実関数とする。( つまり、高校数学で知られている普通の関数である )

f(z) を f(x) に対応する複素関数とする。( つまり、f(x)の変数を複素変数に置き換えた関数である )

次が成り立つとする。

(1) f(z) は実軸上に極をもたない。

(2) |zf(z)|→0 ( z→∞ )

(3) f(z) が上半平面上にもつ特異点は有限個である。( これらの特異点を α、・・・、α とする )

このとき、次が成り立つ。

補足

つまり、∫[−∞、∞]f(x)dx=2πi・(上半平面の留数の総和)である。

つまり、留数定理は 『 積分の計算 』 を 『 留数の足し算 』 に置き換える。

つまり、留数定理は 『 積分の計算 』 を 『 足し算 』 にグレードダウンさせる定理である。

補足

上では条件(3)で、特異点の個数が有限個であることを仮定した。

この条件はそれほど強い条件ではない。

例えば、f(x)を有理関数とする。

つまり、f(z)は次のように表される。



よく知られているように、多項式 Q(z)=0 は、高々 m 個の根をもつ。(※代数学の基本定理)

つまり、高々 m 個の点を除いて Q(z)≠0 である。

よって、f(z) は高々 m 個の点を除いて(複素平面上で)正則である。

つまり、f(z) の特異点は高々 m 個である。

証明

={ z∈ :|z|=R、Im(z)≧0 } とおく。

R を十分大とすると、α、・・・、α は C=C∪[−R、R] の内部に含まれる。

いま、次が成り立つ。(※留数定理)



よって、次が成り立つ。(※ジョルダンの補助定理)



よって、

参考 ( 「ジョルダンの補助定理」の応用〜その2 )

f(x) を1変数実関数とする。( つまり、高校数学で知られている普通の関数である )

f(z) を f(x) に対応する複素関数とする。( つまり、f(x)の変数を複素変数に置き換えた関数である )

次が成り立つとする。

(1) f(z) は実軸上に極をもたない。

(2) |f(z)|→0 ( z→∞ )

(3) f(z) が上半平面上にもつ特異点は有限個である。( これらの特異点を α、・・・、α とする )

このとき、次が成り立つ。

補足

とくに、f が偶関数ならば、



また、f が奇関数ならば、

証明

参考(「ジョルダンの補助定理」の応用〜その1)と同様である。

参考 ( 留数の求め方〜その1 )

点 a が f(z) の第1位の極であるとする。

このとき、



このことを証明せよ。

解答

いま、f(z)=c−1(z−a)−1+c+c(z−a)+c(z−a)+・・・ である。

よって、(z−a)f(z)=c−1+c(z−a)+c(z−a)+・・・ である。

よって、limz→a(z−a)f(z)=c−1 である。

参考 ( 留数の求め方〜その2 )

点 a が f(z) の第 k 位の極であるとする。

このとき、



このことを証明せよ。

解答

いま、f(z)=c−k(z−a)−k+・・・+c−1(z−a)−1+c+c(z−a)+・・・ である。

よって、(z−a)f(z)=c−k+・・・+c−1(z−a)k−1+c(z−a)+c(z−a)k+1+・・・ である。

よって、



よって、

参考 ( 留数の求め方〜その3 )

点 a が f(z)=h(z)/g(z) の第1位の極であるとする。

h(z) は z=a で正則であるとする。

g(a)=0、g’(a)≠0 であるとする。

このとき、

解答

いま、h(z) は点 a まわりでテイラー展開できる。

つまり、h(z)=b+b(z−a)+b(z−a)+・・・ と表せる。

いま、g(a)=0、g’(a)≠0 である。

よって、g(z)=c(z−a)+c(z−a)+・・・( c≠0 ) と表せる。

とくに、c=g’(a) である。

いま、次が成り立つ。(※例題問題:留数の求め方〜その1)

例題問題

次を示せ。

解答

f(z)=z/(z+1) とおく。

f(z) の上半平面上の特異点は次の3つである。

(*) α=eπi/6、α=e3πi/6、α=e5πi/6

また、いずれも1位の極である。

また、|zf(z)|→0 ( R→∞ ) である。

よって、次のように計算できる。(※参考:ジョルダンの補助定理の応用〜その1)



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

ただし、上の計算では以下のことに注意する。(※留数の求め方〜その1)



同様に、

注意

f(x)=P(x)/Q(x) を有理関数とする。

つまり、次の形で表せる。



上の例題問題から分かるように、n≦m−2 ならばジョルダンの補助定理を応用できる。

つまり、∫[−∞、∞]f(x)dx=2πi・(上半平面上の留数の総和)である。

だから、これを公式として用いてもよい。

つまり、次のように3通りの方法がある。

(*1) 公式 「 積分値=2πi・(上半平面上の留数) 」 を用いる。

(*2) ジョルダンの補助定理を用いる。

(*3) ジョルダンの補助定理を用いず、直接的に証明する。

以下、なるべく(*3)の方法で示す。

これを(*1)や(*2)に読み替えることは簡単であろう。

実際、(*3)の一部を省略するだけで(*1)や(*2)になる。

例題問題

次が成り立つ。

解答

R>1 とおく。

={ z∈ :|z|<R、Im(z)>0 } とおく。

={ z∈ :|z|=R、Im(z)≧0 } とおく。

いま、1/(1+x) は D 内に ω=eπi/4 と ω=e3πi/4=ω を1位の極としてもつ。



また、



よって、次のように計算できる。(※留数定理)



ただし、∂D は D の境界 ( つまり D の外周 ) を意味する。

また、



よって、

例題問題

次を示せ。

解答

+z+1=0 とおく。

つまり、f(z)の特異点は上式を満たす4根である。

いま、(z−1)(z+z+1)=z−1=0 である。

つまり、f(z)の特異点は6重根である。

とくに、特異点のうちで Im(z)>0 となるものは、z=eπi/3、z=e2πi/3 である。

下図のように積分経路をとる。



いま、次が成り立つ。(※ロピタルの定理)



よって、次が成り立つ。(※留数定理)



ただし、∂D は D の境界 ( つまり D の外周 ) を意味する。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

一方、C 上で z=ReiΘ とおくと、



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

いま、



よって、(*1)、(*2)より、

例題問題

次を示せ。

解答

ω=eπi/n とおく。

いま、z+1=0 の根は、ω2k+1 ( k=0、・・・、n−1 ) である。

これらは zm−1/(1+z) の1位の極である。

R>1 として、下図のような閉曲線を考える。



いま、次が成り立つ。(※留数定理)



変数変換 z=xω を行うと、



一方、|1+z|≧|z|−1=R−1 ( z∈RanΓ ) より、



また、次のように計算できる。(※留数の求めた方〜その3)



以上により、



また、1−ω2m=ω(ω−m−ω)=−2iωsin(m/n)π である。

つまり、定理の式が得られた。

例題問題

次を示せ。

補足

1/(z+1) は z=−1 を特異点としてもつ。

よって、積分経路を下図のようにとることはできない。

解答

下図のような積分経路をとる。



いま、[0、R]、C、[Re2πi/3、0] に囲まれた内部の特異点は eπi/3 のみである。

よって、次が成り立つ。(※留数定理)



また、



また、



また、参考(留数の求め方〜その3)より、



よって、



よって、

例題問題

次を示せ。

解答

z=eiΘ (0≦Θ≦2π) とおく。

いま、dz/dΘ=iz である。

また、sinΘ=(z−)/2i である。

また、∂S(0、1)上で =1/z である。

ただし、S(0、1)={ z∈:|z|<1 } である。

また、∂S(0、1) は S (0、1) の境界を意味する。

つまり、∂S(0、1)={ z∈ : |z|=1 } である。

つまり、∂S(0、1)上では sinΘ=(z−z−1)/2i である。

よって、次のように計算できる。(※留数定理)



ただし、上の計算では次のことに注意する。(※参考:留数の求め方〜その1)

例題問題

次を示せ。

解答

z=eiΘ (0≦Θ≦2π) とおく。

いま、dz/dΘ=iz である。

また、sinΘ=(z−)/2i である。

また、∂S(0、1)上で =1/z である。

ただし、S(0、1)={ z∈:|z|<1 } である。

また、∂S(0、1) は S (0、1) の境界を意味する。

つまり、∂S(0、1)={ z∈ : |z|=1 } である。

つまり、∂S(0、1)上では sinΘ=(z−z−1)/2i である。

いま、次のように計算できる。(※留数定理)



ただし、上記の計算では次のことに注意する。



つまり、1/(z+2aiz−1) は S(0、1) 内に z=−a+√(a−1)i を1位の極としてもつ。

また、留数は次式で計算できる。(※留数の求め方〜その1)

例題問題

次を示せ。

解答

z=eiΘ (0≦Θ≦2π) とおく。

いま、dz/dΘ=iz である。

また、cosΘ=(z+)/2 である。

また、∂S(0、1)上で =1/z である。

つまり、∂S(0、1)上では cosΘ=(z+z−1)/2 である。

よって、次のように計算できる。(※留数定理)



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

ただし、上の計算では次の事に注意する。



また、



ここで、実数 β>0 を次のようにおく。



いま、1/(z+2(2a+1)z+1) は S(0、1) において z=βi、−βi を1位の極としてもつ。

また、留数は次のように計算できる。(※留数の求め方〜その3)

例題問題

次を示せ。

解答

いま、cosnΘ=Re(einΘ) である。

次のようにおく。



いま、I=ReJ である。

z=eiΘ とおく。

いま、dz/dΘ=iz である。

また、cosΘ=(eiΘ+e−iΘ)/2=(z+z−1)/2 である。

よって、a+bcosΘ=(bz+2az+b)/2z である。

いま、bz+2az+b は2つの実根 α<β をもつ。

それは次のように表せる。



また、αβ=1 である。(※解と係数の関係)

よって、α<−1<β<0 である。

つまり、β は S(0、1) に属する。

よって、次のように計算できる。(※留数定理)



ただし、上の計算では次のことに注意する。(※留数の求め方〜その3)



また、J∈ であるから、I=J である。

よって、