留数定理を用いた三角関数の積分

$z=e^{it}$ とおく。このとき $dz = ie^{it} \;dt$ である。よって$dt = \dfrac{dz}{iz}$ である。また $\cos t = \dfrac{1}{2} \left(z+\dfrac{1}{z}\right)$ である。

この変数変換によって $$\begin{aligned} \int_0^{2\pi} \dfrac{dt}{2+\cos t} &= \oint_{|z|=1} \dfrac{1}{2+ \frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)} \cdot \dfrac{dz}{iz}\\ &= \dfrac{2}{i} \oint_{|z|=1} \dfrac{dz}{z^2+4z+1} \end{aligned}$$ が得られる。$z^2+4z+1=0$ の解は $z = -2 \pm \sqrt{3}$ である。このうち $|z| < 1$ に含まれるものは $z=-2+\sqrt{3}$ である。こうして留数定理から $$\begin{aligned} \oint_{|z|=1} \dfrac{dz}{z^2+4z+1} &= 2 \pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+4z+1} , -2+\sqrt{3}\right)\\ &= 2\pi i \lim_{z \to -2 + \sqrt{3}} \dfrac{1}{z+ (2+\sqrt{3})}\\ &= \dfrac{\pi i}{\sqrt{3}} \end{aligned}$$ を得る。

以上より $$\int_0^{2\pi} \dfrac{dt}{2+\cos t} = \dfrac{2}{i} \oint_{|z|=1} \dfrac{dz}{z^2+4z+1} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \pi$$

となる。

$z=e^{i\theta}$ とおくと $d\theta = \dfrac{dz}{iz}$ である。また $\cos 2\theta = \dfrac{1}{2} \left(z^2+\dfrac{1}{z^2}\right)$ である。

この変数変換によって $$\begin{aligned} &\int_0^{2\pi} \dfrac{\cos 2\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta\\ &= \oint_{|z|=1} \dfrac{z^4+1}{2z^2} \dfrac{1}{1-a (z+\frac{1}{z})+a^2} \dfrac{dz}{iz}\\ &= \oint_{|z|=1} \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} \dfrac{dz}{2i} \end{aligned}$$ となる。$|a| < 1$ より $|z| = 1$ に囲われた領域における被積分関数の特異点は $z=0,a$ となる。

$$\begin{aligned} &\mathrm{Res} \left( \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} , 0 \right)\\ &= \lim_{z\to 0} \dfrac{d}{dz} \dfrac{z^4+1}{(z-a)(1-az)}\\ &= \lim_{z \to 0} \dfrac{-(z^4+1) (1+a^2-2az) + 4z^3 (z-a)(1-az)}{(z-a)^2(1-az)^2}\\ &= -\dfrac{1+a^2}{a^2}\\ &\mathrm{Res} \left( \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} , a \right)\\ &= \lim_{z \to a} \dfrac{z^4+1}{z^2 (1-az)}\\ &= \dfrac{a^4+1}{a^2 (1-a^2)} \end{aligned}$$ となるため $$\begin{aligned} &\int_0^{2\pi} \dfrac{\cos 2\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta\\ &= \oint_{|z|=1} \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} \dfrac{dz}{2i}\\ &= 2\pi i \cdot \dfrac{1}{2i} \left(\mathrm{Res} \left( \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} , 0 \right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{z^4+1}{z^2 (z-a)(1-az)} , a \right) \right)\\ &= \pi \left(-\dfrac{1+a^2}{a^2} + \dfrac{a^4+1}{a^2 (1-a^2)}\right)\\ &= \dfrac{2\pi a^2}{1-a^2} \end{aligned}$$ と計算される。

$$I_n = \int_0^{2\pi} \dfrac{\cos n\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta\\ J_n = \int_0^{2\pi} \dfrac{\sin n\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta$$ とおく。このとき $$\begin{aligned} I_n + i J_n &= \int_0^{2\pi} \dfrac{\cos n\theta + i\sin n\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta\\ &= \int_0^{2\pi} \dfrac{e^{in\theta}}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta \end{aligned}$$ となる。

$z=e^{i\theta}$ とおくことで $$\begin{aligned} (I_n + i J_n) &= \oint_{|z|=1} \dfrac{z^n}{(z-a)(1-az)} \dfrac{dz}{i}\\ &= \dfrac{1}{i} \oint_{|z|=1} \dfrac{z^{n}}{(z-a)(1-az)} dz\\ &= 2\pi i \cdot \dfrac{1}{i} \cdot \mathrm{Res} \left( \dfrac{z^{n}}{(z-a)(1-az)} , a \right)\\ &= 2\pi \lim_{z \to a} \dfrac{z^{n}}{1-az}\\ &= \dfrac{2\pi a^n}{1-a^2} \end{aligned}$$ と計算できる。よって $$I_n = \int_0^{2\pi} \dfrac{\cos n\theta}{1-2 a \cos \theta +a^2} d\theta = \dfrac{2\pi a^n}{1-a^2}$$ が得られる。

十分小さい $\delta > 0$ を取る。$R$ を $\delta$ より大になるように取る。

• $C_R = \{ z \in \mathbb{C} \mid |z| = R , \mathrm{Im} z \geqq 0 \}$（下図青色）
• $L_{R,\delta}$：実軸上の区間 $[-R,-\delta]$ と $[\delta , R]$ の和（下図赤色）
• $L_{\varepsilon,\delta}$：実軸上の区間 $[-\delta,-\varepsilon]$ と $[\varepsilon , \delta]$ の和（下図橙色）
• $C_{\varepsilon} = \{ z \in \mathbb{C} \mid |z| = \varepsilon , \mathrm{Im} z \leqq 0 \}$（下図水色）

と定め，$C$ を上記4曲線の和とする。このとき $C$ は単純閉曲線である。

オイラーの公式より $$\dfrac{e^{iz}}{z} = \dfrac{\cos z}{z} + i \dfrac{\sin z}{z}$$ である。$\dfrac{e^{iz}}{z}$ を $C$ で積分して，その虚部を調べればよい。

$\dfrac{e^{iz}}{z}$ の孤立特異点は $z=0$ で位数は1であるため，留数定理から $$\begin{aligned} \oint_C \dfrac{e^{iz}}{z} dz &= 2\pi i \; \mathrm{Res} \left(\dfrac{e^{iz}}{z} , 0\right)\\ &= 2\pi i\lim_{z \to 0} e^{iz}\\ &= 2\pi i \end{aligned}$$ である。

$C_R$ での積分を評価する。

$$\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \left| \int_{C_R}\dfrac{e^{iz}}{z} dz \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \left| \dfrac{e^{iz}}{z} dz \right|\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} \left| \dfrac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}} iR e^{i\theta} \right| d\theta\\ &= \lim_{R \to \infty} \left| e^{iR\cos \theta} e^{-R\sin \theta} \right| d\theta\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} e^{-R\sin \theta} d\theta \end{aligned}$$ と計算される。

最後の積分を詳しく評価する。下図に示す通り $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ で $\sin \theta \geqq \dfrac{2}{\pi}\theta$ である。

これを用いて式を変形すると $$\begin{aligned} \int_0^{\pi} e^{-R\sin \theta} d\theta &= 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{-R\sin \theta} d\theta\\ &\leqq 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{-R \frac{2}{\pi}\theta} d\theta\\ &= \dfrac{\pi}{R} - \dfrac{\pi}{R} e^{-R} \to 0 \quad (R \to \infty) \end{aligned}$$ であるため， $$\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \dfrac{e^{iz}}{z} dz = 0$$ である。

$\varepsilon \to 0$ のときの $C_{\varepsilon}$ 上の積分を評価する。$\dfrac{e^{iz}}{z}$ は $z=0$ で1位の極を持つ。ゆえに正則関数 $h(z)$ を用いると，$z=0$ 近傍で $\dfrac{e^{iz}}{z}$ をローラン展開したものを $\dfrac{c_{-1}}{z} + h(z)$ と表すことができる。$h(z)$ は正則であるため $|h(z)|$ は $C_{\varepsilon}$ 上で最大値を取る。

こうして $$\begin{aligned} \lim_{\varepsilon \to 0} \left| \int_{C_{\varepsilon}} h(z) \; dz \right| &\leqq \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{C_{\varepsilon}} |h(z)| \; dz\\ &= \lim_{\varepsilon \to 0} \pi \varepsilon \max_{z \in C_{\varepsilon}} (|h(z)|)\\ &= 0 \end{aligned}$$ である。一方 $$\begin{aligned} \int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{c_{-1}}{z} dz &= \int_{\pi}^{2\pi} \dfrac{c_{-1}}{\varepsilon e^{i\theta}} \varepsilon i e^{i\theta} d\theta\\ &= \pi i c_{-1}\\ &= \pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{e^{iz}}{z} , 0 \right)\\ &= \pi i \lim_{z \to 0} z \dfrac{e^{iz}}{z} = \pi i \end{aligned}$$ である。よって $$\lim_{\varepsilon \to 0} \int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz = \pi i$$

$L_{R,\delta},L_{\varepsilon,\delta}$ での積分は，$L_{R,\delta}$ は $\varepsilon$に，$L_{\varepsilon,\delta}$ は $R$ に寄らないことから各々の極限を考えれば良く， $$\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{L_{R,\delta}+L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz &= \lim_{R \to \infty} \int_{L_{R,\delta}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz + \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz\\ &= p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x} dx \end{aligned}$$ となる。

なお $p.v. \int$ に関しては，後述する主値積分を参照してください。広義積分の一種と考えて問題ありません。

以上をまとめると $$\begin{aligned} &\lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \oint_{C} \dfrac{e^{iz}}{z} dz\\ & = \lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{L_{R,\delta}+L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz + \lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \dfrac{e^{iz}}{z} dz + \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{e^{iz}}{z} dz\\ &= p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x} dx + \pi i \end{aligned}$$ 及び $$\lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \oint_{C} \dfrac{e^{iz}}{z} dz = 2\pi i$$ であるため， $$p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x} dx = \pi i$$ である。 $$p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x} dx = p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\cos x}{x} dx + p.v. \int_{-\infty}^{\infty} i\dfrac{\sin x}{x} dx$$ より，実部と虚部を比較して $$\int_0^{\infty} \dfrac{\sin x}{x} dx = \dfrac{1}{2} p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\sin x}{x} dx = \dfrac{\pi}{2}$$ を得る。

三倍角の公式により $\sin^3 x = \dfrac{3\sin x - \sin 3x}{4}$ であるため $$\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{3e^{iz} - e^{3iz}}{4z^3} dz$$ を計算すればよい。

積分路を前の問題3と同じように取ると，同様の議論から $$\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \dfrac{3e^{iz} - e^{3iz}}{4z^3} dz = 0$$ であるため $$\int_{-\infty}^{\infty}\left( \dfrac{\sin x}{x} \right)^3 dx = - \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{3e^{iz} - e^{3iz}}{4z^3} dz$$ を得る。

一方 $z=0$ 近傍でローラン展開すると，被積分関数は $$\dfrac{1}{2z^3} + \dfrac{3}{4z} + i - \dfrac{13}{16} z + \cdots$$ である。$0$ 次以上の項は前の例題同様 $\varepsilon \to 0$ で消える。

$-3$ 次の項は $$\begin{aligned} &\int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{dz}{z^3}\\ &= \int_{-\pi}^0 \varepsilon^{-2} i e^{-2i\theta} d\theta\\ &= \Big[ \dfrac{e^{-2i\theta}}{-2\varepsilon^2} \Big]_{-\pi}^0\\ &= 0 \end{aligned}$$ となり消える。

こうして $$\lim_{\varepsilon \to 0} \int_{C_{\varepsilon}} \dfrac{3e^{iz} - e^{3iz}}{4z^3} dz = -\dfrac{3}{4}\pi i$$ であるため $$\int_{-\infty}^{\infty}\left( \dfrac{\sin x}{x} \right)^3 dx = \dfrac{3}{4} \pi$$ となる。

$\sin x^2$ は偶関数であるため $$\int_{-\infty}^{\infty} \sin x^2 \; dx = 2 \int_0^{\infty} \sin x^2 \; dx$$ である。

$e^{ix^2} = \cos x^2 + i \sin x^2$ であるため，$\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{ix^2} \; dx$ を計算し虚部を見ればよい。

次のように経路を定める。

• $C_1$：$0$ と $R$ を結ぶ線分（下図赤色）
• $C_2 = \{ z \mid |z| = R , 0 < \arg z < \frac{\pi}{4} \}$（下図青色）
• $C_3$：$R\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{i}{\sqrt{2}}\right)$ と $0$ を結ぶ線分（下図緑色）

$C = C_1 + C_2 + C_3$ とおく。向きは反時計回りにつける。

$C$ が囲う領域で $e^{ix^2}$ は正則なので $$\oint_C e^{iz^2} dz = 0$$ である。

計算すると $$\begin{aligned} \lim_{ R \to \infty} \int_{C_1} e^{iz^2} dz &= \int_0^{\infty} e^{ix^2} dx\\ \lim_{R \to \infty} \int_{C_3} e^{iz^2} \; dz &= \lim_{R \to \infty} \int_{R}^0 e^{ix^2 (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{i}{\sqrt{2}} )^2} \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{i}{\sqrt{2}} \right) dx \\ &= \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{i}{\sqrt{2}} \right) \int_{\infty}^0 e^{-x^2} x\\ &= -\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{i}{\sqrt{2}} \right) \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \end{aligned}$$ となる。一方 $$\begin{aligned} &\lim_{R \to \infty} \left| \int_{C_2} e^{iz^2} dz \right| \\&= \lim_{R \to \infty} \left| \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{i R^2 e^{2i\theta}} R i e^{i\theta} d\theta \right|\\ &= \lim_{R \to \infty} \left| \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{i R^2 (\cos 2\theta + i \sin 2\theta)} R i e^{i\theta} d\theta \right|\\ &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left| e^{i R^2 (\cos 2\theta + i \sin 2\theta)} R i e^{i\theta} \right|d\theta\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{4}} Re^{- R^2 \sin 2\theta} d\theta\\ &= 0 \end{aligned}$$ である。こうして $$\lim_{R \to \infty} \int_C e^{iz^2} dz = \int_0^{\infty} e^{iz^2} - \left(\sqrt{\dfrac{\pi}{8}} + i \sqrt{\dfrac{\pi}{8}} \right) = 0$$ であるため $$\int_{-\infty}^{\infty} \sin x^2 \; dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$$ を得る。同時に $$\int_{-\infty}^{\infty} \cos x^2 \; dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$$ となる。

$C$ を $-R < \mathrm{Re} (z) < R , 0 < \mathrm{Im} (z) < \dfrac{a}{2}$ で定まる領域を囲う閉曲線とする。

$e^{-z^2}$ は $\mathbb{C}$ 全体で正則であるため $$\oint_C e^{-z^2} dz = 0$$ である。

$\mathrm{Im} (z) = 0$ 上の積分を考えると，ガウス積分より $$\lim_{R \to \infty} \int_{\{\mathrm{Im} (z) = 0 \} \cap C} e^{-z^2}dz = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}$$ となる。

$\mathrm{Im} (z) = \dfrac{a}{2}$ 上の積分を考える。 $$\begin{aligned} \int_{\left\{\mathrm{Im} (z) = \frac{a}{2} \right\} \cap C} e^{-z^2} dz &= -\int_{-R}^R e^{-(x+\frac{a}{2}i)^2} dx\\ &= -\int_{-R}^R e^{-x^2} e^{-iax} e^{\frac{a^2}{4}} dx\\ &= -e^{\frac{a^2}{4}} \int_{-R}^R e^{-x^2} (\cos ax - i \sin ax) \; dx\\ &= -e^{\frac{a^2}{4}} \int_{-R}^R e^{-x^2} \cos ax \; dx \end{aligned}$$ である。途中 $e^{-x^2} \sin ax$ が奇関数であることを用いた。

よって $$\lim_{R \to \infty} \int_{\left\{\mathrm{Im} (z) = \frac{a}{2} \right\} \cap C} e^{-z^2} dz = -e^{\frac{a^2}{4}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \cos ax \; dx$$ である。

$\mathrm{Re} (z) = R$ 上の積分を考える。 $$\begin{aligned} \int_{\{\mathrm{Re} (z) = R\} \cap C} e^{-z^2} dz &= \int_0^a e^{-(R+iy)^2} dy\\ &=\int_0^a e^{-R^2} e^{-2iRy-y^2} dy\\ &= e^{-R^2} \int_0^a e^{-2iRy-y^2} dy \end{aligned}$$ となる。$e^{-2iRy-y^2}$ は積分域で有界であるため $\displaystyle \int_0^a e^{-2iRy-y^2} dy = M < + \infty$ である。よって $$\lim_{R \to \infty} \int_{\{\mathrm{Re} (z) = R\} \cap C} e^{-z^2} dz = \lim_{R \to \infty} e^{-R^2} M =0$$ である。同様に $\mathrm{Re} (z) = -R$ 上の積分も $R \to \infty$ で $0$ に収束する。

向きに注意して以上をまとめると $$\begin{aligned} \lim_{R\to \infty} \oint_C e^{-z^2} dz &= \sqrt{\pi} - e^{\frac{a^2}{4}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \cos ax \; dx\\ &=0 \end{aligned}$$ であるため $$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \cos ax \; dx = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\frac{a^2}{4}}$$ となる。