留数定理を用いた有理関数の積分

更新日時 2022/07/05
問題

次の積分を求めよ。

  1. dxx2+1\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^2+1}
  2. p.v.dxx41\displaystyle p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^4-1}
  3. 0dxx3+1\displaystyle \int_0^{\infty} \dfrac{dx}{x^3+1}

なお p.v.p.v. \int は主値積分を意味する。(補足を参照)

この記事では 留数定理 の応用として,有理関数の実積分の計算方法を紹介します。

有理式 R(z)R(z)R(z)=P(z)Q(z)R(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)} と2つの多項式 P(z),Q(z)P(z) , Q(z) を用いて表されるとしましょう。

  • degP+2degQ\deg P + 2 \leqq \deg Q
  • R(z)R(z) の極の位数が高々 11 となる

とき,半径が十分大きな円を含む積分経路を考えると,(,)(-\infty,\infty) での積分を計算できます。早速見ていきましょう。

目次
  • 1.分母の多項式に実数解がないパターン

  • 2.分母の多項式に実数解があるパターン

  • 3.特殊な経路を使うパターン

  • 補足:主値積分

1.分母の多項式に実数解がないパターン

留数定理 の記事の具体例と同じパターンです。

(arctanx)=1x2+1(\arctan x)' = \dfrac{1}{x^2+1} を用いると簡単に計算できますが,留数定理を用いても積分できます。

実数 R>0R > 0 を十分大きくとる。

C1C_1(R)(-R) から (R)(R) を結ぶ直線,C2C_2z=R|z|=RIm(z)0\mathrm{Im} (z) \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。

pic1

1z2+1\dfrac{1}{z^2+1} の特異点は ±i\pm i 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,iiCC で囲まれた領域に入る。

よって留数定理から

Cdzz2+1=2πi  Res(1z2+1,i) \oint_{C} \dfrac{dz}{z^2+1} = 2 \pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+1} , i \right)

である。

Res(1z2+1,i)=limzi(zi)1z2+1=limzi1z+i=12i\begin{aligned} \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+1} , i \right) &= \lim_{z \to i} (z-i) \cdot \dfrac{1}{z^2+1}\\ &= \lim_{z\to i} \dfrac{1}{z+i}\\ &=\dfrac{1}{2i} \end{aligned}

より, Cdzz2+1=2πi  Res(1z2+1,i)=2πi12i=π\begin{aligned} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^2+1} &= 2 \pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^2+1} , i \right)\\ &= 2 \pi i \dfrac{1}{2i}\\ &= \pi \end{aligned}

上の結果は RR に寄らないため,RR \to \infty としても積分値は変わらない。すなわち limRCdzz2+1=π \lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^2+1} = \pi となる。

次に C1,C2C_1,C_2 での積分を計算する。

limRC1dzz2+1=dxx2+1 \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^2+1} = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^2+1} は求めたい値になる。一方 C2C_2 については,z=Reiθz=Re^{i\theta} と置換して三角不等式 a+bab|a+b|\geqq |a|-|b| を使うと, limRC2dzz2+1limR0πRieiθdθR2e2iθ+1limR0πRR21  dθ=0\begin{aligned} \left| \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^2+1} \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\pi} \dfrac{|Rie^{i\theta}|d\theta}{|R^2e^{2i\theta}+1|}\\ &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi} \dfrac{R}{R^2-1} \; d\theta\\ &= 0 \end{aligned} より limRC2dzz2+1=0\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^2+1} = 0 である。

以上より dxx2+1=limRC1dzz2+1=limRC1dzz2+1+C2dzz2+1=limRCdzz2+1=π\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^2+1} &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^2+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{dz}{z^2+1} + \int_{C_2} \dfrac{dz}{z^2+1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^2+1}\\ &= \pi \end{aligned} である。

2.分母の多項式に実数解があるパターン

有理式 R(z)R(z)R(z)=P(z)Q(z)R(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)} と2つの多項式 P(z),Q(z)P(z) , Q(z) を用いて表されるとしましょう。

degP+2degQ\deg P + 2 \leqq \deg Q かつ R(z)R(z) の極の位数が高々 11 となるとき,次に示す方法で (,)(-\infty,\infty) での積分ができます。

  1. 次のように閉曲線を取る
    • 実部が正の特異点をすべて含むように,十分大きな RR を半径とする半円を取る
    • 実軸上の特異点近傍 ε\varepsilon の区間を避けるように R-R から RR へ直線を取る
    • 特異点周りには(上で取った直線とつながるように)小さな半円を取る
  2. 閉曲線周りの積分値を留数定理から求める
  3. RR \to \inftyε0\varepsilon \to 0 の評価をする

R>0R>0 を,Δ(0,R)\Delta(0,R)Δ(±1,2δ)\Delta (\pm 1 , 2\delta) を含むように大きくとる。

  • CR={zz=R,Im(z)0}C_R = \{ z \mid |z| = R , \mathrm{Im} (z) \geqq 0 \}
  • LR,δL_{R,\delta}:実軸上の区間 [R,1δ][-R,-1-\delta][1+δ,1δ][-1+\delta,1-\delta][1δ,R][1-\delta,R] の和
  • Lε,δL_{\varepsilon,\delta}:実軸上の区間 [1δ,1ε][-1-\delta,-1-\varepsilon][1+ε,1+δ][-1+\varepsilon,-1+\delta][1δ,1ε][1-\delta,1-\varepsilon][1+ε,1+δ][1+\varepsilon,1+\delta] の和
  • cε(1)={zz1=ε,Im(z)0}c_{\varepsilon} (1) = \{ z \mid |z-1| = \varepsilon , \mathrm{Im} (z) \leqq 0 \}
  • cε(1)={zz+1=ε,Im(z)0}c_{\varepsilon} (-1) = \{ z \mid |z+1| = \varepsilon , \mathrm{Im} (z) \leqq 0 \}

これらの和を CC とおく。このとき向きは反時計回りにとる。

pic2

CC±1,i\pm 1,i を含むため,留数定理から Cdzz41=2πi(Res(1z41,1)+Res(1z41,1)+Res(1z41,i))=2πi(1(z+1)(z2+1)z=1+1(z1)(z2+1)z=1+1(z+i)(z21)z=i)=2πi(1414+i4)=π2\begin{aligned} &\oint_C \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &= 2\pi i \left( \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4-1} , 1\right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4-1} , -1\right) + \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4-1} , i\right) \right)\\ &= 2\pi i \left( \left. \dfrac{1}{(z+1)(z^2+1)} \right|_{z=1} + \left. \dfrac{1}{(z-1)(z^2+1)} \right|_{z=-1} +\left. \dfrac{1}{(z+i)(z^2-1)} \right|_{z=i} \right)\\ &= 2 \pi i \left( \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{i}{4} \right)\\ &= -\dfrac{\pi}{2} \end{aligned} である。

CRC_R での積分は例1と同様に計算できる: limRCRdzz41limR0πRR41  dθ=limRπRR41=0\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \left| \int_{C_R} \dfrac{dz}{z^4-1} \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\pi} \dfrac{R}{R^4-1} \; d\theta\\ &= \lim_{R \to \infty} \dfrac{\pi R}{R^4-1} = 0 \end{aligned}

残りの経路での積分を考える。

LR,δL_{R,\delta}Lε,δL_{\varepsilon,\delta} が求めたい積分である:

limRlimε0LR,δ+Lε,δdzz41=limRLR,δdzz41+limε0Lε,δdzz41=p.v.dzz41\begin{aligned} &\lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{L_{R,\delta}+L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &=\lim_{R \to \infty} \int_{L_{R,\delta}} \dfrac{dz}{z^4-1} +\lim_{\varepsilon \to 0} \int_{L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &= p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dz}{z^4-1} \end{aligned}

残りは,cε(1)c_{\varepsilon} (1)cε(1)c_{\varepsilon}(-1) での積分である。cε(1)c_{\varepsilon} (1) について感上げる。

1z41\dfrac{1}{z^4-1}11 周りのローラン展開を c1z1+h(z)\dfrac{c_{-1}}{z-1} + h(z)h(z)h(z) は次数が非負の部分)ととる。このとき h(z)h(z)cε(1)c_{\varepsilon} (1) 上で正則である。よって h(z)|h(z)|cε(1)c_{\varepsilon} (1) 上で最大値を取る。

こうして limε0cε(1)h(z)  dzlimε0cε(1)h(z)  dz=limε0πεmaxzcε(1)(h(z))=0\begin{aligned} \lim_{\varepsilon \to 0} \left| \int_{c_{\varepsilon} (1)} h(z) \; dz \right| &\leqq \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{c_{\varepsilon} (1)} |h(z)| \; dz\\ &= \lim_{\varepsilon \to 0} \pi \varepsilon \max_{z \in c_{\varepsilon} (1)} (|h(z)|)\\ &= 0 \end{aligned} と評価される。一方 cε(1)c1z1  dz=π2πic1  dz=πic1=πi  Res(1z41,1)=πi4\begin{aligned} \int_{c_{\varepsilon} (1)} \dfrac{c_{-1}}{z-1} \; dz &= \int_{\pi}^{2\pi} i c_{-1} \; dz\\ &= \pi i c_{-1}\\ &= \pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{1}{z^4-1} , 1 \right)\\ &= \dfrac{\pi i}{4} \end{aligned} である。こうして limε0cε(1)dzz41=πi4 \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{c_{\varepsilon} (1)} \dfrac{dz}{z^4-1} = \dfrac{\pi i}{4} である。同様に limε0cε(1)dzz41=πi4 \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{c_{\varepsilon} (-1)} \dfrac{dz}{z^4-1} = -\dfrac{\pi i}{4} となる。ゆえに limε0cε(1)+cε(1)dzz41=πi4πi4=0 \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{c_{\varepsilon} (-1) + c_{\varepsilon} (1)} \dfrac{dz}{z^4-1} = \dfrac{\pi i}{4}-\dfrac{\pi i}{4} = 0

以上を合わせると p.v.dzz41=limRLR,δdzz41+limε0cε(1)+cε(1)+Lε,δdzz41=limRlimε0Cdzz41=π2\begin{aligned} &p.v. \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{L_{R,\delta}} \dfrac{dz}{z^4-1} + \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{c_{\varepsilon} (-1) + c_{\varepsilon} (1) + L_{\varepsilon,\delta}} \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &= \lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0} \oint_{C} \dfrac{dz}{z^4-1}\\ &= - \dfrac{\pi}{2} \end{aligned}

が得られる。

3.特殊な経路を使うパターン

一般に m,nm,n が整数で 0<m<n0 < m < n となるとき 0xm1xn+1dx=πnsinmπn \int_0^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx = \dfrac{\pi}{n \sin \frac{m\pi}{n}} と計算されます。

積分経路は 扇形 になるようにとります。

CC を偏角が 00 から 2nπ\dfrac{2}{n}\pi で半径が RR の扇形の周とする。向きは反時計回りにつける。また下図のように CC のうち実軸上の部分を C1C_1,円弧の部分を C2C_200Re2πniRe^{\frac{2\pi}{n}i} を結ぶ直線を C3C_3 とする。

pic3

zm1zn+1\dfrac{z^{m-1}}{z^n+1}CC 内に1位の特異点 z=eπniz = e^{\frac{\pi}{n}i} を持つ。よって留数定理より Czm1zn+1dz=2πi  Res(zm1zn+1,eπni) \oint_C \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} dz = 2\pi i \; \mathrm{Res} \left( \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} , e^{\frac{\pi}{n}i} \right) である。右辺を計算しよう。 Res(zm1zn+1,eπni)=limzeπni(zeπni)zm1zn+1=limzeπnizm1(ze3πni)(ze5πni)(ze(2n1)πni)=(eπni)m1(eπnie3πni)(eπnie5πni)(eπnie(2n1)πni)=e(m1)πnieπni(n1)(1e2πni)(1e4πni)(1e(n2)πni)\begin{aligned} &\mathrm{Res} \left( \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} , e^{\frac{\pi}{n}i} \right)\\ &= \lim_{z \to e^{\frac{\pi}{n}i}} (z-e^{\frac{\pi}{n}i}) \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1}\\ &= \lim_{z \to e^{\frac{\pi}{n}i}} \dfrac{z^{m-1}}{(z-e^{\frac{3\pi}{n}i})(z-e^{\frac{5\pi}{n}i}) \cdots (z-e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i})}\\ &= \dfrac{(e^{\frac{\pi}{n}i})^{m-1}}{(e^{\frac{\pi}{n}i}-e^{\frac{3\pi}{n}i})(e^{\frac{\pi}{n}i}-e^{\frac{5\pi}{n}i}) \cdots (e^{\frac{\pi}{n}i}-e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i})}\\ &=\dfrac{e^{\frac{(m-1)\pi}{n}i}}{e^{\frac{\pi}{n}i \cdot (n-1)} (1-e^{\frac{2\pi}{n}i})(1-e^{\frac{4\pi}{n}i}) \cdots (1-e^{\frac{(n-2)\pi}{n}i})} \end{aligned} と計算されるが,e2kπni  (k=1,n)e^{\frac{2k\pi}{n}i}\; (k = 1, \cdots n)zn=1z^n=1 の解であるため, (zn1)=(ze2πni)(ze2nπni)=(z1)(ze2πni)(ze(n2)πni)\begin{aligned} (z^n-1) &= (z-e^{\frac{2\pi}{n}i}) \cdots (z- e^{\frac{2n\pi}{n}i})\\ &= (z-1) (z-e^{\frac{2\pi}{n}i}) \cdots (z-e^{\frac{(n-2)\pi}{n}i}) \end{aligned} となる。(zn1)=(z1)(zn1+zn2+1)(z^n-1) = (z-1)(z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots 1) と合わせて zn1+zn2+1=(ze2πni)(ze4πni)(ze(n2)πni) z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots 1 = (z-e^{\frac{2\pi}{n}i})(z-e^{\frac{4\pi}{n}i}) \cdots (z-e^{\frac{(n-2)\pi}{n}i}) である。こうして Res(zm1zn+1,eπni)=e(m1)πnieπni(n1)(1e2πni)(1e4πni)(1e(n2)πni)=e(m1)πnie(n1)πnin=emπnin\begin{aligned} &\mathrm{Res} \left( \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} , e^{\frac{\pi}{n}i} \right)\\ &= \dfrac{e^{\frac{(m-1)\pi}{n}i}}{e^{\frac{\pi}{n}i \cdot (n-1)} (1-e^{\frac{2\pi}{n}i})(1-e^{\frac{4\pi}{n}i}) \cdots (1-e^{\frac{(n-2)\pi}{n}i})}\\ &= \dfrac{e^{\frac{(m-1)\pi}{n}i}}{e^{\frac{(n-1)\pi}{n}i}n }\\ &=- \dfrac{e^{\frac{m\pi}{n}i}}{n} \end{aligned} を得る。

C1C_1 上の積分は limRC1zm1zn+1dz=0xm1xn+1dx \lim_{R \to \infty} \int_{C_1} \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} dz = \int_0^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx となり求めたい積分。

C2C_2 上の積分はこれまでの例と同様に limRC2zm1zn+1dzlimR02nπRmRn1dθ=0\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \left| \int_{C_2} \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} dz \right| &\leqq \lim_{R \to \infty} \int_0^{\frac{2}{n}\pi}\dfrac{R^{m}}{R^n - 1} d\theta\\ &= 0 \end{aligned} と計算できる。

C3C_3 上の積分を考える。z=e2πniz= e^{\frac{2\pi}{n}i} と置換すれば次のように計算される。 limRC3zm1zn+1dz=limRR0e2(m1)nixm1e2πninzn+1e2πnidx=e2mnilimR0Rxm1xn+1dx=e2mni0xm1xn+1dx\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \int_{C_3} \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} dz &= \lim_{R \to \infty} \int_{R}^0 \dfrac{e^{\frac{2(m-1)}{n}i} x^{m-1}}{e^{\frac{2\pi}{n} i \cdot n} z^n + 1} e^{\frac{2\pi}{n}i} dx\\ &= -e^{\frac{2m}{n}i} \lim_{R \to \infty} \int_0^R \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx\\ &= -e^{\frac{2m}{n}i} \int_0^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx \end{aligned}

これらをまとめると limRCzm1zn+1dz=(1e2mni)0xm1xn+1dx=2πiemπnin\begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \oint_C \dfrac{z^{m-1}}{z^n+1} dz &= (1-e^{\frac{2m}{n}i}) \int_0^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx\\ &=- 2\pi i \cdot \dfrac{e^{\frac{m\pi}{n}i}}{n} \end{aligned} を得る。こうして 0xm1xn+1dx=2πie2mni1emπnin=2iemπniemπniπn=πnsinmπn\begin{aligned} \int_0^{\infty} \dfrac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &= \dfrac{2\pi i}{e^{\frac{2m}{n}i} - 1} \cdot \dfrac{e^{\frac{m\pi}{n}i}}{n}\\ &= \dfrac{2i}{e^{\frac{m\pi}{n}i}-e^{-\frac{m\pi}{n}i}} \cdot \dfrac{\pi}{n} \\ &= \dfrac{\pi}{n \sin \frac{m\pi}{n}} \end{aligned} となる。

補足:主値積分

実数全体の積分を考える際,実軸上に極があるケースを考えるときがあります。その時,そのまま積分することができないため,次のような方法で表記をします。

複素関数 R(z)R(z) は多項式 P,QP,Q を用いて R(z)=P(z)Q(z)R(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)} と表されるとしましょう。

R(z)R(z)rRr \in \mathbb{R} で高々1位の極を持つとします。この場合,rr を含む実積分は定義されないため,代わりに十分小さい δ>0\delta > 0 により [rδ,r+δ][r - \delta , r+\delta] 上の積分値を考えます。

Q(r)=0Q(r) = 0 なる rr まわりの主値積分を,固定した小さな δ>0\delta > 0 に大して p.v.rδr+δR(z)  dz=limε0(rδrεR(z)  dz+r+δr+εR(z)  dz) p.v. \int_{r - \delta}^{r+\delta} R(z) \; dz = \lim_{\varepsilon \to 0} \left( \int_{r-\delta}^{r-\varepsilon} R(z) \; dz + \int_{r+\delta}^{r+\varepsilon} R(z) \; dz \right) と定めます。

実数全体での主値積分を,Q(z)=0Q(z)=0 の各実数解 rr のまわりでは主値積分を考えるものとして p.v.R(z)  dz p.v. \int_{-\infty}^{\infty} R(z) \; dz と書きます。

3番目の扇形を用いた積分は美しいですね。