留数定理

更新日時 2022/07/15

留数定理とは,ざっくり言うと,大きい周回積分=内部の各孤立特異点まわりでの積分の和という定理です。 pic01

きちんと言うと以下のようになります。

留数定理
  • 単連結な領域 DD 内に,区分的になめらかな単純閉曲線 CC がある
  • f(z)f(z)DD 内で有限個の点 {a1,a2,an}\{a_1 , a_2 \cdots ,a_n\} を除いて正則

このとき, 12πiCf(z)  dz=i=1nRes(f,ai) \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{C} f(z) \; dz = \sum_{i=1}^n \mathrm{Res} (f , a_i) である。ただし,Res(f,ai)\mathrm{Res} (f , a_i)f(z)f(z)z=aiz=a_i での留数とする。

この記事では,留数定理の理解をめざして,留数の意味・計算方法から留数定理による積分計算まで詳しく解説します。

留数定理によっていろいろな積分が簡単に計算できます。

目次
  • 留数とは

  • 留数の計算方法と例題

  • 留数定理の意味と応用例

  • 留数定理の証明

留数とは

留数は,その点のまわりで周回積分した値のことです:

留数の定義
  • 複素関数 ff は単連結な領域 DD において1点 aa を除いて正則(aa は孤立特異点)
  • CC は,区分的になめらかな単純閉曲線
  • aaCC の内部にあり,CCDD に含まれる

pic02 このとき,ffaa での留数 Res(f,a)\mathrm{Res} (f,a)Res(f,a)=12πiCf(z)  dz \mathrm{Res} (f,a) = \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{C} f(z) \; dz と定める。

なお,コーシーの積分定理より,右辺は曲線 CC のとり方によりません。また,z=az=a でも正則なら,右辺の積分 Cf(z)  dz\displaystyle\oint_{C} f(z) \; dz00 になります。

なお,右辺の 12πi\dfrac{1}{2\pi i} のおかげで後述の定理1,定理2がシンプルになります。

留数の計算方法と例題

留数の計算方法

留数は定義通り積分で計算することもできますが,より楽な計算方法を2つ紹介します。理解するにはローラン展開の知識が必要です。ローラン展開は,複素関数 f(z)f(z)z=az=a のまわりで, f(z)=n=an(za)n f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n というべき級数に展開する話です。

定理1

定理1:ローラン展開による留数計算

f(z)f(z)z=az=a でローラン展開したときの 1-1 次の係数は留数 Res(f,a)\mathrm{Res}(f,a) と等しい。

ローラン展開の 1-1 次の係数 a1a_{-1} が留数になっているという定理です。

導出

f(z)=n=an(za)n f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n とローラン展開できたとする。簡単な計算により za=r1(za)n  dz={2πi(n=1)0(n1) \oint_{|z - a| = r} \dfrac{1}{(z-a)^n} \; dz = \begin{cases} 2 \pi i &(n=1)\\ 0 &(n \neq 1) \end{cases} がわかるので, Res(a,f)=12πiza=rf(z)  dz=12πiza=rn=an(za)n  dz=12πin=za=ran(za)n  dz=a1\begin{aligned} \mathrm{Res} (a,f) &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} f(z) \; dz\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = r} \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n \; dz\\ &= \dfrac{1}{2\pi i} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \oint_{|z - a| = r} a_n (z-a)^n \; dz\\ &= a_{-1} \end{aligned}

定理1を使って留数を計算してみましょう。

例題1
  1. e1ze^{\frac{1}{z}}z=0z=0 における留数を計算せよ。
  2. 1sinz\dfrac{1}{\sin z}z=0z = 0 における留数を計算せよ。
解答

それぞれローラン展開する。(この2つの関数のローラン展開の計算はローラン展開の意味・計算方法・特異点の分類の例題で解説しています)

  1. z=0z=0e1ze^{\frac{1}{z}} をローラン展開すると,e1z=1+1z+12z2+ e^{\frac{1}{z}} = 1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{2z^2} + \cdots となるので留数は 11 である。

  2. z=0z=01sinz\dfrac{1}{\sin z} をローラン展開すると, 1sinz=1z+16z+7360z3+ \dfrac{1}{\sin z} = \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{6} z + \dfrac{7}{360} z^3 + \cdots よって,留数は a1=1a_{-1}=1 である。

定理2

ローラン展開できれば留数がわかるわけですが,ローラン展開するのも大変です。実は,もっと簡単に留数を計算できる場合もあります。

定理2:極における留数の明示的な式

aaf(z)f(z)nn 位の極であるとき, Res  (f,a)=1(n1)!limzadn1dzn1(za)nf(z) \mathrm{Res} \; (f,a) = \dfrac{1}{(n-1)!} \lim_{z \to a} \dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} (z-a)^n f(z) となる。

  • 右辺は微分して極限を取るだけなので,ローラン展開するより楽に計算できます。

  • nn 位の極とは,その点におけるローラン展開が n-n 次から始まるような点のことです。

証明のアイデア

定理1より,留数は a1a_{-1} なので,ローラン展開から a1a_{-1} だけを取り出したいです。

テイラー展開で微分を nn 次の微分係数を求めれば,nn 次の項の係数を求められたことを思い出すと,微分がキーになっていることに気付きます。しかし,ローラン展開は負の係数もあるため,そう簡単に微分はできなそうです。

負の部分がネックであれば,無くしてしまえばよいですね。

証明

nn 位の極 aa における ff のローラン展開は f(z)=m=nam(za)m f(z) = \sum_{m=-n}^{\infty} a_m (z-a)^m となる。(za)n(z-a)^n を掛けると (za)nf(z)=m=0amn(za)m (z-a)^n f(z) = \sum_{m=0}^{\infty} a_{m-n} (z-a)^m となる。(ローラン展開の負の部分の削除)

次に,これを n1n-1 回微分すると, dn1dzn1[(za)nf(z)]=dn1dzn1[m=0amn(za)m]=(n1)!a1+n!a0(za)+(n+1)!2!a1(za)2+\begin{aligned} &\dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} [(z-a)^n f(z)]\\ &= \dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[ \sum_{m=0}^{\infty} a_{m-n} (z-a)^m \right]\\ &=(n-1)! a_{-1} + n! a_{0} (z-a) + \dfrac{(n+1)!}{2!} a_{1} (z-a)^2 + \cdots \end{aligned}

となり定数項に a1a_{-1} が現れた。最後に zaz\to a とすると (n1)!a1(n-1)!a_{-1} が残るので,定理2の式を得る。

極の位数の判定法

定理2を使うためには,極の位数 nn を見極める必要があります。多くの場合は次の2パターンで位数がわかります。証明はリーマンの可除特異点定理に掲載しています。

定理3:極の位数の判定法
  1. f(z)=g(z)(za)nf(z)=\dfrac{g(z)}{(z-a)^n} (ggaa を零点に持たない正則関数) と書けたら,z=az=af(z)f(z)nn 位の極である。
    また nnlimza(za)nf(z)<+\displaystyle \lim_{z \to a} |(z-a)^n f(z)| < +\infty となる最小の nn であるとき,z=az=af(z)f(z)nn 位の極である。

  2. z=az=af(z)f(z)nn 位の零点なら,z=az=a1f(z)\dfrac{1}{f(z)}nn 位の極である。

位数について

z=az=affnn 位の零点であるとは,ffaa の近傍のローラン展開(自動的にテイラー展開となります) f(z)=n=man(za)n\displaystyle f(z) = \sum_{n=m}^{\infty} a_n (z-a)^n における正整数 mm のことを指します。

零点の位数は,極の位数の定義同様に,ローラン展開の始まる次数によって定義されています。これらを統一して,一般に ffz=az=a における位数といい,ordf(a)\mathrm{ord}_f (a) と書きます。この記法によりローラン展開を f(z)=n=ordf(a)an(za)n f(z) = \sum_{n = \mathrm{ord}_f (a)}^{\infty} a_n (z-a)^n と表現できます。

以上の定理をふまえて留数を計算してみましょう。

例題2

以下を計算せよ。

  1. 1z2+1\dfrac{1}{z^2+1}z=iz=i における留数
  2. 1z3(z+1)2\dfrac{1}{z^3 (z+1)^2}z=1z=-1 における留数
  3. 1sinz\dfrac{1}{\sin z}z=0z = 0 における留数
解答
  1. 定理3の1を使う。
    1z2+1=1zi1z+i\dfrac{1}{z^2+1} = \dfrac{1}{z-i} \cdot \dfrac{1}{z+i} となるが,1z+i\dfrac{1}{z+i}z=iz=i の近傍で正則。よって z=iz=i11 位の極である。よって,定理2より Res(1z2+1,i)=limzi1z+i=12i \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+1} , i \right) = \lim_{z \to i} \dfrac{1}{z+i} = \dfrac{1}{2i}

  2. 定理3の1を使う。
    1z3(z+1)2=1z31(z+1)2\dfrac{1}{z^3 (z+1)^2} = \dfrac{1}{z^3} \cdot \dfrac{1}{(z+1)^2} より z=1z=-122 位の極である。よって定理2より Res(1z3(z+1)2,1)=limz1ddz1z3=limz1(3z4)=3\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^3 (z+1)^2} , -1 \right) &= \lim_{z \to -1} \dfrac{d}{dz} \dfrac{1}{z^3}\\ &= \lim_{z \to -1} \left( -\dfrac{3}{z^4} \right)\\ &= -3 \end{aligned}

  3. 定理3の2を使う。z=0z=0sinz\sin z11 位の零点(微分したら零点でなくなる)であるため,z=0z=01sinz\dfrac{1}{\sin z}11 位の極である。よって定理2から Res(1sinz,0)=limz0zsinz=1 \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{\sin z} , 0 \right) = \lim_{z \to 0} \dfrac{z}{\sin z} = 1

留数定理の意味と応用例

留数定理:12πiCf(z)  dz=i=1nRes(f,ai)\displaystyle\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{C} f(z) \; dz = \sum_{i=1}^n \mathrm{Res} (f , a_i) は,留数 Res(f,ai)\mathrm{Res} (f , a_i) さえ計算できれば積分が計算できるという嬉しい定理です。

留数定理を用いた留数計算

留数定理を駆使することで逆に留数を計算することもできます。

例題

e1zz2+1\dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1}z=0z=0 における留数を求めよ。

ローラン展開を用いた計算

まずはローラン展開を計算してみます。

e1zz2+1=(1+1z+12z2)(1+(z2)+(z2)2+)\begin{aligned} \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} &= \left( 1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{2z^2} \cdots \right) \left( 1 + (-z^2) + (-z^2)^2 + \cdots \right)\\ \end{aligned}

このうち z1z^{-1} の部分を取り出すと 1z1+13!z3(z2)+15!z5(z2)2+ \dfrac{1}{z} \cdot 1 + \dfrac{1}{3! z^3} \cdot (-z^2) + \dfrac{1}{5! z^5} \cdot (-z^2)^2 + \cdots となり,係数は 113!+15!+=sin1 1 - \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{5!} + \cdots = \sin 1 となります。よって Res(e1zz2+1,0)=sin1 \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , 0 \right) = \sin 1 を得ます。

留数定理を用いた計算

e1zz2+1\dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} の極は z=0,±iz = 0, \pm i の3個です。RR を十分大きくとることで 0,±iΔ(0,R)0 , \pm i \in \Delta (0,R) とできます。

このとき 留数定理 から 12πiΔ(0,R)e1zz2+1dz=Res(e1zz2+1,0)+Res(e1zz2+1,i)+Res(e1zz2+1,i)\begin{aligned} &\dfrac{1}{2\pi i} \oint_{\Delta (0,R)} \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} dz\\ &= \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , 0 \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , i \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , -i \right) \end{aligned} となります。ここで右辺は RR に依らないことを注意してください。

Res(e1zz2+1,i)=limzie1zz+i=e1i2i=ei2i\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , i \right) &= \lim_{z \to i} \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z+i}\\ &= \dfrac{e^{\frac{1}{i}}}{2i}\\ &= \dfrac{e^{-i}}{2i} \end{aligned} より, Res(e1zz2+1,i)+Res(e1zz2+1,i)=ei2iei2i=sin1\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , i \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , -i \right) &= \dfrac{e^{-i}}{2i} - \dfrac{e^{i}}{2i}\\ &= -\sin 1 \end{aligned} です。

ここで limRΔ(0,R)e1zz2+1dzlimRΔ(0,R)e1zz2+1dzlimRΔ(0,R)e1RR21dz=0\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \left| \oint_{\Delta (0,R)} \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} dz \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \oint_{\Delta (0,R)} \dfrac{|e^{\frac{1}{z}}|}{|z^2+1|} dz\\ &\leqq \lim_{R \to \infty} \oint_{\Delta (0,R)} \dfrac{e^{\frac{1}{R}}}{R^2-1} dz \\ &= 0 \end{aligned} となります。こうしてはじめの式の両辺の RR \to \infty を考えることで 0=Res(e1zz2+1,0)+Res(e1zz2+1,i)+Res(e1zz2+1,i)=Res(e1zz2+1,0)sin1\begin{aligned} 0 &= \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , 0 \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , i \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , -i \right)\\ &= \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , 0 \right) -\sin 1 \end{aligned} を得ます。こうして Res(e1zz2+1,0)=sin1 \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{z^2+1} , 0 \right) = \sin 1 となります。

このように十分大きな RR を用意して周回積分と留数の和を対応させ,RR \to \infty を考える手法は留数定理の応用として頻繁に用いられます。実際に次に紹介する実積分への応用も,同様の方法で計算を行います。

留数定理による実積分

留数定理は複素関数の積分に関する定理ですが,以下のように実積分を計算するのにも役立ちます!

例題

dxx4+1\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4+1} の値を求めよ。

実積分を留数定理を使って解くステップは次のようになります。

  1. [R,R][-R,R][0,R][0,R] などのときもある)を含む閉曲線 CC を取る。
  2. このとき,極が囲われた領域に入るように閉曲線を調整する。
  3. 留数定理を用いて CC での積分を計算する。
  4. RR \to \infty とする。

実数 R>0R > 0 を十分大きくとる。

C1C_1(R,0)(-R,0) から (R,0)(R,0) を結ぶ直線,C2C_2x2+y2=R2x^2+y^2=R^2x0x \geqq 0 の部分とする。なお,向きは反時計回りにつける。C=C1+C2C = C_1 + C_2 とする。

1/z^4+1

1z4+1\dfrac{1}{z^4+1} の特異点は 1±i2,1±i2\dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}} , \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}} で,各点での位数は 11 である。RR を十分大きく取っているため,±1+i2\dfrac{\pm 1 + i}{\sqrt{2}}CC で囲まれた領域に入る。

よって留数定理から

Cdzz4+1=2πi{Res(1z4+1,1+i2)+Res(1z4+1,1+i2)} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1} = 2 \pi i \left\{ \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} , \dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} , \dfrac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \right\}

である。

Res(1z4+1,1+i2)=limz1+i2(z1+i2)1z4+1=limz1+i21(z1+i2)(z1i2)(z1i2)=1(1+i21+i2)(1+i21i2)(1+i21i2)=122(i1)2i=1i42\begin{aligned} &\mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} ,\dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right)\\ &= \lim_{z \to \frac{-1+i}{\sqrt{2}}} \left( z - \dfrac{-1+i}{\sqrt{2}} \right) \dfrac{1}{z^4+1}\\ &= \lim_{z \to \frac{-1+i}{\sqrt{2}}} \dfrac{1}{\left( z-\frac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \left( z-\frac{1-i}{\sqrt{2}} \right) \left( z-\frac{-1-i}{\sqrt{2}} \right)}\\ &= \dfrac{1}{\left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{1+i}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{-1+i}{\sqrt{2}} - \frac{-1-i}{\sqrt{2}} \right)}\\ &= \dfrac{1}{-\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} (i-1) \cdot \sqrt{2} i}\\ &= \dfrac{1-i}{4\sqrt{2}} \end{aligned}

同様にして Res(1z4+1,1+i2)=1i42 \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4+1} ,\dfrac{1+i}{\sqrt{2}} \right) = \dfrac{-1-i}{4\sqrt{2}} より, Cdzz4+1=2πi(1i42+1i42)=π2\begin{aligned} &\oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= 2 \pi i \left( \dfrac{1-i}{4\sqrt{2}} + \dfrac{-1-i}{4\sqrt{2}} \right)\\ &= \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} \end{aligned}

上の結果は RR に寄らないため limRCdzz4+1=π2 \lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1} = \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} となる。

次に C1,C2C_1,C_2 での積分を計算する。

limRC1dzz4+1=dxx4+1 \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1} = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4+1} は求めたい値になる。一方 limRC2dzz4+1limRC2dzz4+1limR0πRR41  dθ=0\begin{aligned} \left| \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1} \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{|dz|}{|z^4+1|}\\ &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} \dfrac{R}{R^4-1} \; d\theta\\ &= 0 \end{aligned} より limRC2dzz4+1=0\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1} = 0 である。RR は十分大きく取っているため R41>0R^4 -1 > 0 である。

以上より dxx4+1=limRC1dzz4+1=limRC1dzz4+1+C2dzz4+1=limRCdzz4+1=π2\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4+1} &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^4+1} + \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4+1}\\ &= \dfrac{\pi}{\sqrt{2}} \end{aligned}

RR を十分大きくとることで,留数をすっぽり囲むことができ,RR によらず Cf(z)  dz\displaystyle \oint_C f(z) \; dz を求められるところがポイントです。

その他の実積分

様々な実積分を留数定理によって計算できます。詳しくは

を参照してください。

留数定理の証明

コーシーの積分定理を使うだけです。

証明

aia_i に対して ri>0r_i > 0 を十分小さく取ると Δ(ai,ri)D\Delta (a_i , r_i) \subset D とできる。また,各円盤 Δ(ai,ri)\Delta (a_i , r_i) が交わらないようにできる。

コーシーの積分定理から Df(z)  dzΔ(ai,ri)f(z)  dz=0\oint_{\partial D} f(z) \; dz - \oint_{\sum \partial \Delta (a_i ,r_i)} f(z) \; dz=0

となる(→補足)。よって Df(z)  dz=Δ(ai,ri)f(z)  dz=i=1nΔ(ai,ri)f(z)  dz=i=1nzai<rif(z)  dz=i=1nRes(f,ai)\begin{aligned} \oint_{\partial D} f(z) \; dz &= \oint_{\sum \partial \Delta (a_i ,r_i)} f(z) \; dz\\ &= \sum_{i=1}^n \oint_{\partial \Delta (a_i,r_i)} f(z) \; dz\\ &= \sum_{i=1}^n \oint_{|z-a_i| < r_i} f(z) \; dz\\ &= \sum_{i=1}^n \mathrm{Res} (f,a_i) \end{aligned} である。

補足:コーシーの積分定理では DD が単連結な場合のみ解説しています。穴がある領域については,穴がない領域を組み合わせることで表現できます。例えば,穴が1つの場合,図のように緑の線で分割すると穴がない2つの領域に分割できるので,それぞれにコーシーの積分定理を使うと「外側の反時計回りの積分」「内側の時計回りの積分」=0がわかります。 pichosoku

留数定理によって複素関数を習うまではできなかった定積分が簡単にできるようになります。ややテクニカルですが,なれれば楽しいですよ。