留数定理と留数計算の実積分での応用例②（応用中の応用パターン）

上野竜生です。今回は留数定理の応用例の続きを紹介します。典型的な基礎パターンについて読んでいない人はここから復習しておきましょう。

基本パターンは，上側の半円が積分経路になるパターンと，sinやcosのみの積分を単位円の複素積分に変えるパターンです。ここまでは割と丁寧に解説しました。ここからはさらなる応用パターンを紹介します。基礎パターンで丁寧に解説したところは少し説明を飛ばす部分もあるので，基礎パターンはしっかり理解したうえで読みましょう。

前回の続きということで例題３から始めます。

例題３

\(\displaystyle f(z)=\frac{ze^{iz}}{z^2-2z+3} \)とおき，図のような積分経路を考える。まずは極を求める。

\( x^2-2x+3=0 \)より\( x=1\pm \sqrt{2}i \)
このうち積分経路の中にあるのは\( 1+\sqrt{2}i \)でこれは1位の極。
\( 1+\sqrt{2}i \)での留数を求める。
\(\displaystyle Res(1+\sqrt{2}i)=\lim_{z\to 1+\sqrt{2}i } (z-(1+\sqrt{2}i)) \frac{ze^{iz}}{(z-(1+\sqrt{2}i))(z-(1-\sqrt{2}i))} \\ =\displaystyle \frac{(1+\sqrt{2}i)e^{-\sqrt{2}+i} }{1+\sqrt{2}i-1+\sqrt{2}i} \\ = \displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}i} \cdot (1+\sqrt{2}i) \cdot e^{-\sqrt{2}}(\cos{1}+i\sin{1}) \)

よって留数定理より
\(\displaystyle \int_{C_1+C_2+C_3+C_4} f(z)dz = 2\pi i Res(1+\sqrt{2}i) \)

\( Y=(R_+ + R_-)^2 \)とする。
\(|z| \)が十分大きいとき
\(\displaystyle \left| \frac{z^2}{z^2-2z+3} \right|<M \)
となるMが存在する。
\(C_1 \)での積分を求める。積分経路は
\( z=R_+ + it ( t: 0 \to Y) \)
である。よって
\(\displaystyle \left| \int_{C_1} f(z)dz \right| \leq \int_0^{Y} \left| \frac{z^2}{z^2-2z+3} \right| \left| \frac{1}{z} \right| |e^{-t+iR_+}| |i| dt \\ \displaystyle < \int_0^{Y} M \frac{1}{R_+} e^{-t}dt = \frac{M}{R_+}\left[ -e^{-t} \right]_0^Y \\ = \displaystyle \frac{M}{R_+} (1-e^{-Y}) \to 0 ~ (R_+ \to \infty)\)
同様に\(C_3 \)での積分も\(R_- \to ∞ \)のとき0に近づく。
次に\( C_2 \)での積分を考える。積分経路は
\( z=t+Yi (t: R_+ \to - R_-) \)
なので
\(\displaystyle \left| \int_{C_2} f(z)dz \right| \leq \int_{-R_-}^{R_+} \left| \frac{z^2}{z^2-2z+3} \right| \left| \frac{1}{z} \right| | e^{-Y+it} | dt \\ \displaystyle \leq \int_{-R_-}^{R_+} \frac{M}{Y} e^{-Y}dt = \frac{M(R_++ R_-)}{Y}e^{-Y} \to 0 \)
よって
\(\displaystyle \int_{C_4} f(z)dz \to 2\pi i Res(1+\sqrt{2}i) ~ (R_+ \to \infty , R_- \to \infty) \)

求めるものは虚部をとって
\(\displaystyle Im (2\pi i Res(1+\sqrt{2}i) ) \\ \displaystyle =Im\left( \frac{\pi}{\sqrt{2}} e^{-\sqrt{2}} (1+\sqrt{2}i)(\cos{1}+i\sin{1}) \right) \\ =\displaystyle \frac{\pi}{\sqrt{2}} e^{-\sqrt{2}} (\sqrt{2}\cos{1}+\sin{1}) \)

例題４

\(\displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2} \)とおく。
積分経路は図のようにとる。

コーシーの積分定理よりこの積分経路全体での積分は0。
まずC₁での積分を考える。このとき，\( z=Re^{it} \)でt：0→πだから
\(\displaystyle \left| \int_{C_1} f(z) dz \right| \\ \displaystyle \leq \int_{0}^{\pi} \left| \frac{e^{-aR\sin{t}+iaR\cos{t}} - e^{-bR\sin{t}+ibR\cos{t}}}{R^2 e^{2it}} \cdot Rie^{it} \right| dt \\ \displaystyle = \frac{1}{R} \int_0^{\pi} |e^{-aR\sin{t}+iaR\cos{t}} - e^{-bR\sin{t}+ibR\cos{t}} | dt \\ \displaystyle \leq \frac{1}{R} \int_{0}^{\pi} \left| e^{-aR\sin{t}} \right| + \left| e^{-bR\sin{t}} \right| dt \\ \displaystyle \leq \frac{1}{R} \int_0^{\pi} e^{0}+e^{0} dt = \frac{2\pi}{R} \to 0 (R\to \infty) \)

次にC₂を考える。
\( \displaystyle f(z)=\frac{1}{z^2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} (a^n- b^n)z^n \\ = \displaystyle \frac{i}{z}(a-b)+g(z) \)
ただし，g(z)は平面全体で正則な関数とかける。
よって
\(\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \int_{C_{2}} f(z)dz = \lim_{\epsilon \to 0} \int_{C_{2}} \frac{i}{z}(a-b) dz = \pi (a-b) \)
以上より求める結果は\( (b-a)\pi \)

例題５

\(\displaystyle f(z)=\frac{z^{a-1}}{z^4+1} \)とおく。
積分経路は図のようにとる。

\(\displaystyle \alpha= e^{\frac{\pi i}{4}}\)とおく。（つまり\( \alpha^4=-1 \)）
積分経路内にある極は\( z=\alpha, \alpha^3 , \alpha^5 , \alpha^7 \)の4つ。
点αでの留数は
\(\displaystyle \frac{z^{a-1}}{(z^4+1)’} \)に\( z=\alpha \)を代入したものだから
\(\displaystyle Res(\alpha)=\frac{\alpha^{a-1}}{4\alpha^3}=\frac{\alpha^a}{4\alpha^4}=-\frac{\alpha^a}{4} \)
同様にすると
\(\displaystyle Res(\alpha^3)=-\frac{\alpha^{3a}}{4},Res(\alpha^5)=-\frac{\alpha^{5a}}{4},Res(\alpha^7)=-\frac{\alpha^{7a}}{4}\)
留数定理より積分経路全体での積分は
\(2\pi i(Res(\alpha) + Res(\alpha^3)+Res(\alpha^5)+Res(\alpha^7) \\ = \displaystyle -\frac{\pi i}{2}(\alpha^a+\alpha^{3a}+\alpha^{5a}+\alpha^{7a}) \)
次にC₁（外側の円）での積分を考える。このとき，\( z=Re^{i\theta}\) でθ：0→2πだから
\(\displaystyle \left| \int_{C_1} f(z) dz \right| \\ \leq  \displaystyle \int_0^{2\pi} \left| \frac{R^{a-1} e^{i(a-1)\theta}}{R^4 e^{4i \theta}+1} \cdot R i e^{i\theta} \right| d\theta \\ \displaystyle \leq \int_0^{2\pi} \frac{R^a}{R^4-1}d\theta = \frac{2\pi R^{a}}{R^4-1} \to 0 (R\to \infty) \)
同様にC₂(内側の円）での積分を考える。このとき，\( z=\epsilon e^{i\theta}\) でθ：2π→0だから同様にすると
\(\displaystyle \left| \int_{C_2} f(z) dz \right| \\ \leq \displaystyle \int_{0}^{2\pi i} \frac{\epsilon^a }{1-\epsilon^4 }d\theta = \frac{2\pi \epsilon^a}{1-\epsilon^4} \to 0(\epsilon \to 0) \)

\( R_1 \)での積分結果をIとする。
\( R_2 \)での積分は\( z=x e^{2\pi i} \)（x：R→ε）とかけるので
\(\displaystyle \int_{R_2} f(z) dz = \displaystyle \int_{R}^{\epsilon} \frac{x^{a-1} e^{2\pi (a-1)i} }{x^4 e^{8\pi i} +1} \cdot e^{2\pi i} dx \\ = \displaystyle \int_R^{\epsilon} \frac{x^{a-1}}{x^4+1} e^{2\pi ai} dx \\ = \displaystyle -e^{2\pi ai} I \)
よって留数定理の結果などとあわせると
\(\displaystyle (1-e^{2\pi ai})I=-\frac{\pi i}{2} ( e^{\frac{\pi ai}{4}} + e^{\frac{3\pi ai}{4}} + e^{\frac{5\pi ai}{4}} +e^{\frac{7\pi ai}{4}} ) \)

\( \displaystyle e^{\frac{\pi ai }{4}}=\beta \)とおくと
\(\displaystyle (1-\beta^8) I=-\frac{\pi i}{2} ( \beta+ \beta^3+ \beta^5+ \beta^7) \)

\( J=\beta+\beta^3+\beta^5 +\beta^7 \)
\( \beta^2 J= ~ \beta^3 + \beta^5+\beta^7+\beta^9 \)
\( (1-\beta^2)J=\beta-\beta^9=\beta(1-\beta^8) \)なので
\(\displaystyle I=-\frac{\pi i}{2} \frac{J}{1-\beta^8} \\ \displaystyle =-\frac{\pi i}{2} \frac{\beta}{1-\beta^2} = \frac{\pi i}{2} \frac{1}{\beta-\beta^{-1}} \)
ここで
\(\displaystyle \beta -\beta^{-1}= \cos{\frac{\pi a}{4}} +i \sin{\frac{\pi a}{4}} - \cos{\frac{\pi a}{4}}
+i \sin{\frac{\pi a}{4}} \\ \displaystyle = 2i\sin{\frac{\pi a}{4}}\)
なので
\(\displaystyle I=\frac{\pi i}{2}\cdot \frac{1}{2i\sin{\frac{\pi a }{4}}} = \frac{\pi}{4\sin{\frac{\pi a}{4}}} \)

例題６

これは初見ではほぼ不可能と言ってもいいです。たぶん複素解析の一般論を100%完璧に理解してもこの問題を解いたことがなければ計算は不可能と言ってもいいレベルに難しいです。

まず，積分経路は例題５と同じです。ただし，今までとちがって
\(\displaystyle f(z)=\frac{\log{z}}{(z+a)^2} \)
とおくのではなく
\(\displaystyle f(z)=\frac{(\log{z})^2}{(z+a)^2} \)
とおきます。（理由はあとでR₁+R₂の計算をしてみるとlogzの最高次の項が消えるから1回多めにしないといけないとわかるはずです。1度経験しないとひらめくのは困難です。）

それでは，f(z)と積分経路がわかったところで解いてみましょう。

答
\(\displaystyle f(z)=\frac{(\log{z})^2}{(z+a)^2} \)とおく。
積分経路は図のようにとる。

留数定理より
\(\displaystyle \int_{C_1+R_2+C_2+R_1} f(z) dz =2\pi i Res(-a) \)
ここで
\(\displaystyle Res(-a)= \lim_{z\to -a} \left\{ \frac{(z+a)^2 (\log{z})^2}{(z+a)^2} \right\}’ \\ = \displaystyle \lim_{z\to -a} 2(\log{z}) \frac{1}{z}= \frac{2(\log{(a)} + \pi i)}{-a} \)
つまり
\(\displaystyle \int_{C_1+R_2+C_2+R_1} f(z) dz =\frac{4\pi^2 - (4\pi \log{a})i }{a} \)・・・①

次にC₁とC₂を考える。
C₁は\( z=Re^{i\theta} (\theta : 0 \to 2\pi ) \)だから
\(\displaystyle \left| \int_{C_1} f(z)dz \right| \leq \int_0^{2\pi} \left| \frac{ (\log{Re^{i\theta} })^2}{(Re^{i\theta} +a)^2} Rie^{i\theta} \right| d\theta \\ \displaystyle =\int_0^{2\pi } \frac{R | (\log{(Re^{i\theta}) } )^2 |}{(R-a)^2} d\theta \to 0 \)
(R→∞)・・・②
C₂は\( z=\epsilon e^{i\theta} (\theta : 2\pi \to 0 ) \)だから
\(\displaystyle \left| \int_{C_2} f(z)dz \right| \leq \int_0^{2\pi} \left| \frac{ (\log{\epsilon e^{i\theta} })^2}{(\epsilon e^{i\theta} +a)^2} \epsilon ie^{i\theta} \right| d\theta \\ \displaystyle =\int_0^{2\pi } \frac{\epsilon | (\log{(\epsilon e^{i\theta}) } )^2 |}{(a-\epsilon )^2} d\theta \to 0 \)
(ε→0)・・・③

R₂では\( z=xe^{2\pi i} (x: R\to \epsilon) \)。特に
\( \log{z}=\log{|z|}+\arg{z} = \log{(x)}+2\pi i \)となることに注意

\(\displaystyle \int_{R_2} f(z)dz = \int_{R}^{\epsilon} \frac{(\log{(z)} +2\pi i)^2}{(z+a)^2} dz \)
となるから
\(\displaystyle \int_{R_1+R_2}f(z)dz = \int_{\epsilon}^R \frac{(\log{z})^2 -(\log{z})^2 -4\pi i \log{z} +4\pi^2 }{(z+a)^2} dz \\ = \displaystyle 4\pi^2 \int_{\epsilon}^R \frac{dz}{(z+a)^2} - 4\pi i \int_{\epsilon}^R \frac{\log{z}}{(z+a)^2} dz \)
・・・④

①から④をまとめると
\(\displaystyle 4\pi^2 \int_{\epsilon}^R \frac{dz}{(z+a)^2} - 4\pi i \int_{\epsilon}^R \frac{\log{z}}{(z+a)^2} dz \to \frac{4\pi^2 - (4\pi \log{a}) i }{a} \)
（R→∞,ε→0)
両辺の虚部をとると
\(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\log{x}}{(x+a)^2}dx = \frac{\log{a}}{a} \)

いかがでしたか？これが大学生が通常習う複素積分のラスボスの計算になります。さすがに定期試験ではここまで要求されないと思いますが，院試験ではこのレベルが要求されたりしますので院試対策としてはやっておきたいところです。