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留数定理と実積分への応用留数の求め方・有理関数・三角関数・ジョルダンの補題

留数定理は、正の向きの単純閉曲線 CC の内部に有限個の孤立特異点 a1,…,aka_1, \dots, a_k をもつ関数について、∮Cf(z) dz=2πi∑jRes⁡(f,aj)\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_j \operatorname{Res}(f, a_j) が成り立つという定理である。実積分を求めるには、実軸の区間に半円などを付けた閉曲線で留数定理を使い、半円の寄与が 00 に近づくことを評価式やジョルダンの補題で示す。三角関数の周期積分は z=eiθz = e^{i\theta} と置き換えて単位円での積分に直す。

複素関数論 の第4単元（全4単元）。先に読む単元：ローラン展開と孤立特異点

院試数学 基礎完成シリーズ 微分積分編

基礎ノートと類題を答案の形で解いた問題集（2,480円）。収録章と見本ページを商品ページで確認できる。過去問の本文は収録していない。

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留数定理

定理・法則

留数定理

条件

CC は正の向きの単純閉曲線。ff は CC とその内部を含む開集合で、内部の有限個の点 a1,…,aka_1, \dots, a_k を除いて正則。CC 上には特異点が無い。

主張

∮Cf(z) dz=2πi∑j=1kRes⁡(f,aj)\oint_C f(z)\, dz = 2\pi i \sum_{j=1}^{k} \operatorname{Res}(f, a_j)

要点

各 aja_j を小さな円で囲み、積分路の変形で円ごとの積分の和にする。円の上ではローラン展開を項別に積分し、(z−aj)−1(z - a_j)^{-1} の項だけが 2πi a−12\pi i\, a_{-1} を残す。CC の外部にある特異点は数えない。CC の上に特異点があるときはそのままでは使えない（主値の節を参照）。

留数の求め方

ローラン展開から
Res⁡(f,a)=a−1\operatorname{Res}(f, a) = a_{-1}

真性特異点ではこの方法を使う。

1位の極
Res⁡(f,a)=lim⁡z→a(z−a)f(z)\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z \to a} (z - a) f(z)
1位の極（f=p/qf = p/q）
Res⁡(pq,a)=p(a)q′(a)\operatorname{Res}\left(\frac{p}{q}, a\right) = \frac{p(a)}{q'(a)}

p,qp, q は aa で正則、p(a)≠0p(a) \neq 0、q(a)=0q(a) = 0、q′(a)≠0q'(a) \neq 0。例：Res⁡(ezz2−1,1)=e2\operatorname{Res}\left(\frac{e^z}{z^2 - 1}, 1\right) = \frac{e}{2}。

mm 位の極
Res⁡(f,a)=1(m−1)!lim⁡z→adm−1dzm−1[(z−a)mf(z)]\operatorname{Res}(f, a) = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to a} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z - a)^m f(z) \right]

位数を実際より大きくとっても正しい値が出るが、小さくとると誤る。例：1z2(z−1)\frac{1}{z^2(z - 1)} の z=0z = 0（2位の極）では ddz1z−1∣z=0=−1\frac{d}{dz}\frac{1}{z - 1}\Big|_{z=0} = -1。

有理関数の実積分

定理・法則

半円の寄与が消える条件

条件

P,QP, Q は多項式で、deg⁡Q≥deg⁡P+2\deg Q \ge \deg P + 2。QQ は実軸上に零点をもたない。CRC_R は上半平面の半円 z=Reiθz = Re^{i\theta}（0≤θ≤π0 \le \theta \le \pi）。

主張

lim⁡R→∞∫CRP(z)Q(z) dz=0\lim_{R\to\infty}\int_{C_R} \frac{P(z)}{Q(z)}\,dz = 0 であり、

∫−∞∞P(x)Q(x) dx=2πi∑Im⁡a>0Res⁡(PQ,a)\int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}\, dx = 2\pi i \sum_{\operatorname{Im} a > 0} \operatorname{Res}\left(\frac{P}{Q}, a\right)

要点

∣z∣=R|z| = R で ∣P/Q∣≤K/R2|P/Q| \le K/R^2 となる定数 KK があり、ML不等式から ∣∫CR∣≤πR⋅K/R2→0|\int_{C_R}| \le \pi R \cdot K/R^2 \to 0。deg⁡Q=deg⁡P+1\deg Q = \deg P + 1 では πR⋅K/R\pi R \cdot K/R が 00 に近づかず、この評価は使えない。

計算例

2位の極をもつ有理関数

∫−∞∞dx(x2+1)2\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(x^2 + 1)^2} を求めよ。

解答

f(z)=1(z2+1)2=1(z−i)2(z+i)2f(z) = \dfrac{1}{(z^2 + 1)^2} = \dfrac{1}{(z - i)^2(z + i)^2} の上半平面の特異点は z=iz = i（2位の極）だけ。deg⁡Q−deg⁡P=4≥2\deg Q - \deg P = 4 \ge 2 なので半円の寄与は消える。

Res⁡(f,i)=ddz1(z+i)2∣z=i=−2(2i)3=−2−8i=−i4\operatorname{Res}(f, i) = \frac{d}{dz}\frac{1}{(z + i)^2}\Big|_{z=i} = \frac{-2}{(2i)^3} = \frac{-2}{-8i} = -\frac{i}{4}

よって ∫−∞∞dx(x2+1)2=2πi⋅(−i4)=π2\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(x^2 + 1)^2} = 2\pi i \cdot \left(-\frac{i}{4}\right) = \frac{\pi}{2}。

検算

x=tan⁡θx = \tan\theta と置換すると ∫−π/2π/2cos⁡2θ dθ=π2\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta = \dfrac{\pi}{2} で一致する。被積分関数は正なので、結果が正の実数になることも確かめられる。同じ方法で ∫−∞∞dxx4+1=π2\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + 1} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}（上半平面の極 eiπ/4e^{i\pi/4}、e3iπ/4e^{3i\pi/4}）も求まる。

三角関数の周期積分

z=eiθz = e^{i\theta} による置き換え

置き換えの式
cos⁡θ=12(z+1z),sin⁡θ=12i(z−1z),dθ=dziz\cos\theta = \frac{1}{2}\left( z + \frac{1}{z} \right), \quad \sin\theta = \frac{1}{2i}\left( z - \frac{1}{z} \right), \quad d\theta = \frac{dz}{iz}

θ\theta が 00 から 2π2\pi まで動くと、zz は単位円を正の向きに一周する。

一般の形
∫02πR(cos⁡θ,sin⁡θ) dθ=∮∣z∣=1R(z+z−12,z−z−12i)dziz\int_0^{2\pi} R(\cos\theta, \sin\theta)\, d\theta = \oint_{|z|=1} R\left( \frac{z + z^{-1}}{2}, \frac{z - z^{-1}}{2i} \right) \frac{dz}{iz}

RR は2変数の有理関数で、単位円上に分母の零点が無いとする。単位円の内部の極の留数だけを足す。

よく出る結果
∫02πdθa+bcos⁡θ=2πa2−b2(a>∣b∣)\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{a + b\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}} \qquad (a > |b|)

計算例

周期積分を単位円の積分に直す

∫02πdθ2+cos⁡θ\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{2 + \cos\theta} を求めよ。

解答

z=eiθz = e^{i\theta} とおくと

∫02πdθ2+cos⁡θ=∮∣z∣=112+12(z+z−1)⋅dziz=∮∣z∣=1−2iz2+4z+1 dz\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{2 + \cos\theta} = \oint_{|z|=1} \frac{1}{2 + \frac{1}{2}(z + z^{-1})}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1} \frac{-2i}{z^2 + 4z + 1}\, dz

分母の零点は z=−2±3z = -2 \pm \sqrt{3}。∣−2+3∣≈0.27<1|-2 + \sqrt{3}| \approx 0.27 < 1 が内部、∣−2−3∣>1|-2 - \sqrt{3}| > 1 は外部。内部の1位の極での留数は −2i2z+4∣z=−2+3=−2i23=−i3\dfrac{-2i}{2z + 4}\Big|_{z = -2+\sqrt{3}} = \dfrac{-2i}{2\sqrt{3}} = -\dfrac{i}{\sqrt{3}}。よって積分は 2πi⋅(−i3)=2π32\pi i\cdot\left(-\dfrac{i}{\sqrt{3}}\right) = \dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}。

検算

一般の結果で a=2a = 2、b=1b = 1 とおくと 2π/32\pi/\sqrt{3}。被積分関数は 1/31/3 と 11 の間にあるので、積分は 2π/3≈2.092\pi/3 \approx 2.09 と 2π≈6.282\pi \approx 6.28 の間に入るはずで、2π/3≈3.632\pi/\sqrt{3} \approx 3.63 はその範囲にある。

フーリエ型積分とジョルダンの補題

定理・法則

ジョルダンの補題

条件

a>0a > 0。ff は十分大きい RR について上半平面の半円 CR:z=ReiθC_R: z = Re^{i\theta}（0≤θ≤π0 \le \theta \le \pi）上で連続で、M(R)=max⁡z∈CR∣f(z)∣→0M(R) = \max_{z \in C_R} |f(z)| \to 0（R→∞R \to \infty）。

主張

lim⁡R→∞∫CRf(z) eiaz dz=0\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\, e^{iaz}\, dz = 0

要点

∣eiaz∣=e−aRsin⁡θ|e^{iaz}| = e^{-aR\sin\theta} と、0≤θ≤π/20 \le \theta \le \pi/2 での sin⁡θ≥2θ/π\sin\theta \ge 2\theta/\pi から ∣∫CR∣≤M(R) R∫0πe−aRsin⁡θ dθ<πaM(R)\left|\int_{C_R}\right| \le M(R)\, R\int_0^{\pi} e^{-aR\sin\theta}\,d\theta < \dfrac{\pi}{a} M(R)。ML不等式と違い、M(R)M(R) が 1/R1/R 程度でゆっくり 00 に近づくだけでよい。a<0a < 0 なら上半平面で eiaze^{iaz} が大きくなるので、下半平面の半円で閉じる。

∫−∞∞P(x)Q(x)cos⁡ax dx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}\cos ax\,dx や sin⁡ax\sin ax の積分は、cos⁡az\cos az のままでは上半平面で ∣cos⁡az∣|\cos az| が大きくなるので扱えない。P(z)Q(z)eiaz\frac{P(z)}{Q(z)} e^{iaz} を積分して留数定理を使い、実部と虚部をとる。deg⁡Q≥deg⁡P+1\deg Q \ge \deg P + 1 で QQ が実軸上に零点をもたなければ、ジョルダンの補題により半円の寄与は消える。このような積分はフーリエ変換の計算にそのまま現れる。

計算例

ジョルダンの補題が必要な積分

∫−∞∞xsin⁡xx2+1 dx\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^2 + 1}\, dx を求めよ。

解答

f(z)=zeizz2+1f(z) = \dfrac{z e^{iz}}{z^2 + 1} を、区間 [−R,R][-R, R] と上半平面の半円 CRC_R からなる閉曲線で積分する。内部の特異点は z=iz = i（1位の極）で

Res⁡(f,i)=iei⋅i2i=e−12\operatorname{Res}(f, i) = \frac{i e^{i\cdot i}}{2i} = \frac{e^{-1}}{2}

CRC_R 上で ∣zz2+1∣≤RR2−1→0\left|\dfrac{z}{z^2 + 1}\right| \le \dfrac{R}{R^2 - 1} \to 0 なので、ジョルダンの補題（a=1a = 1）から半円の寄与は消える。よって

∫−∞∞xeixx2+1 dx=2πi⋅e−12=πie\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{ix}}{x^2 + 1}\, dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-1}}{2} = \frac{\pi i}{e}

虚部をとって ∫−∞∞xsin⁡xx2+1 dx=πe\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^2 + 1}\, dx = \frac{\pi}{e}。

検算

実部 ∫−∞∞xcos⁡xx2+1 dx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\cos x}{x^2 + 1}\,dx は被積分関数が奇関数なので 00 になり、計算結果の実部 00 と合う。ML不等式だけでは πR⋅RR2−1→π\pi R\cdot\dfrac{R}{R^2 - 1} \to \pi となり、半円の寄与が消えることを示せない。数値積分でも π/e≈1.1557\pi/e \approx 1.1557 になる。一般に a,b>0a, b > 0 で ∫−∞∞xsin⁡axx2+b2 dx=πe−ab\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin ax}{x^2 + b^2}\,dx = \pi e^{-ab}。

実軸上の極と主値積分

定理・法則

小さな半円の寄与

条件

ff は実軸上の点 x0x_0 で1位の極をもち、その近くで他に特異点が無い。γε\gamma_\varepsilon は x0x_0 を中心とする半径 ε\varepsilon の上半平面の半円で、x0−εx_0 - \varepsilon から x0+εx_0 + \varepsilon へ向かう（時計回り）。

主張

lim⁡ε→0∫γεf(z) dz=−πiRes⁡(f,x0)\lim_{\varepsilon \to 0} \int_{\gamma_\varepsilon} f(z)\, dz = -\pi i \operatorname{Res}(f, x_0)

要点

f=cz−x0+g(z)f = \frac{c}{z - x_0} + g(z)（gg は正則）と分けると、第1項の積分はちょうど −πic-\pi i c、第2項は ML不等式で 00 に近づく。2位以上の極では成り立たない。実軸上の積分は ε→0\varepsilon \to 0 の主値 P ⁣∫=lim⁡ε→0(∫−∞x0−ε+∫x0+ε∞)\mathrm{P}\!\int = \lim_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{-\infty}^{x_0 - \varepsilon} + \int_{x_0 + \varepsilon}^{\infty}\right) の意味になる。

計算例

実軸上の極を避ける

∫0∞sin⁡xx dx\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x}\, dx を求めよ。

解答

f(z)=eizzf(z) = \dfrac{e^{iz}}{z} を、[−R,−ε][-R, -\varepsilon]、半円 γε\gamma_\varepsilon（時計回り）、[ε,R][\varepsilon, R]、半円 CRC_R をつないだ閉曲線で積分する。内部に特異点は無いので、合計は 00。

CRC_R ではジョルダンの補題（M(R)=1/R→0M(R) = 1/R \to 0）から寄与が消え、γε\gamma_\varepsilon では Res⁡(f,0)=1\operatorname{Res}(f, 0) = 1 から −πi-\pi i に近づく。よって

P ⁣∫−∞∞eixx dx−πi=0\mathrm{P}\!\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x}\, dx - \pi i = 0

虚部をとると ∫−∞∞sin⁡xx dx=π\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \pi で、被積分関数は偶関数だから ∫0∞sin⁡xx dx=π2\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}。

検算

sin⁡x/x\sin x / x は x=0x = 0 で連続（値 11）なので、虚部の積分は主値をとらなくても通常の広義積分として収束する。実部 P ⁣∫cos⁡xx dx\mathrm{P}\!\int \frac{\cos x}{x}\,dx は奇関数の主値で 00 となり、計算結果の実部 00 と合う。

答案でよくある誤り

  1. 1

    ∫cos⁡xx2+1 dx\int \frac{\cos x}{x^2 + 1}\,dx で cos⁡zz2+1\frac{\cos z}{z^2 + 1} をそのまま上半平面で積分する。∣cos⁡(iy)∣=cosh⁡y|\cos(iy)| = \cosh y は大きくなり半円の寄与が消えないので、eize^{iz} に置き換えてから実部をとる。

  2. 2

    下半平面の極の留数も足す。上半平面の半円で閉じたら、上半平面の極だけを数える。e−iaze^{-iaz}（a>0a > 0）を含む場合は下半平面で閉じ、向きが負になるので −2πi-2\pi i を掛ける。

  3. 3

    2位以上の極に1位の極の公式 lim⁡(z−a)f(z)\lim (z - a)f(z) や p/q′p/q' を使う。位数を確かめてから mm 位の極の公式を使う。

  4. 4

    三角関数の周期積分で dθ=dzizd\theta = \frac{dz}{iz} の 1iz\frac{1}{iz} を落とす。置き換えたら、単位円の内部にある極を、z=0z = 0 を含めて確かめる。

  5. 5

    実軸上に極があるのに通常の積分として留数定理を使う。小さな半円で極を避け、その寄与 −πiRes⁡-\pi i \operatorname{Res} を加えて主値として扱う。

  6. 6

    deg⁡Q=deg⁡P+1\deg Q = \deg P + 1 の有理関数だけ（eiaze^{iaz} が無い場合）で半円の寄与が消えるとする。∫−∞∞xx2+1 dx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{x^2+1}\,dx は収束せず、主値でも半円の寄与は πi\pi i に近づき 00 にならない。

留数定理と実積分への応用が出た院試の過去問

院試hubが年度別解説の大問を分類した集計から、この単元の内容を扱う出題を挙げる。問題文は各大学の公式過去問で確かめ、解き方は各年度の解説ページで読める。

留数定理

20大学・137問（2005〜2027年度）

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複素関数論の前後の単元

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院試数学 基礎完成シリーズ 微分積分編

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