📂複素解析

複素平面上での三角関数置換を通じた定積分

定理

$$ \int_{0}^{2 \pi} f( \cos \theta , \sin \theta ) d \theta = \int_{\mathscr{C}} f(z) dz = 2 \pi i \sum \text{Res} f(z) $$

説明

積分が難しい実関数でも、複素解析による迂回を通じて比較的簡単に解けることがある。その中でも、三角関数から成る被積分関数に対する積分テクニックについて見てみよう。基本的な戦略は、積分範囲を$z(\theta) = e^{ i \theta} , 0 < \theta < 2 \pi$に変えて必要な部分を取ることだ。もちろん、必要であれば少し操作して$-\pi < \theta < \pi$の形にしても全く問題ない。

$f$を$\cos \theta$と$\sin \theta$の関数とみなすと、三角関数をそれぞれ$\displaystyle \sin z = {{1} \over {2i}} \left( z - {{1} \over {z}} \right) $と$\displaystyle \cos z = {{1} \over {2}} \left( z + {{1} \over {z}} \right) $に置き換えることができる。これは、オイラーの公式$z = e ^ { i \theta } = \cos \theta + i \sin \theta$を逆に使って、被積分関数を三角関数から多項式に変えることだ。被積分関数が有理関数の形になれば、留数を求めやすくなるので、留数定理を通じて値を求め、その後実部または虚部を取ればいい。

例 ¹

例として$I := \displaystyle \int_{0}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta , |a| <1$のとき、$I$の値を求めてみよう。

解答

$\displaystyle {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }}$は偶関数なので $$ \int_{0}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta = {{1} \over {2}} \displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta $$ 置き換えると$\displaystyle dz = i e ^{i \theta} d \theta \iff d \theta = {{1} \over {i z}} dz $なので $$ \begin{align*} I =& {{1} \over {2}} \displaystyle \int_{ \mathscr{C} } {{ \cos 2 \theta } \over {1 - 2 a {{1} \over {2}} \left( z + {{1} \over {z}} \right) + a^2 }} {{1} \over {i z}} dz \\ =& {{1} \over {2i}} \int_{ \mathscr{C} } {{ \cos 2 \theta } \over {z - a \left( z^2 + 1 \right) + a^2 z }} dz \end{align*} $$ 従って、$I$は複素積分$\displaystyle {{1} \over {2}} \int_{ \mathscr{C} } {{ -i z^2 } \over {z - a \left( z^2 + 1 \right) + a^2 z }} dz $の実部となる。分母を素因数分解すると計算しやすくなる $$ I = \operatorname{Re} {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz $$ 留数定理によって $$ {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz = {{2 \pi i} \over {2a}} \sum \text{Res} {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} $$ $|a| < 1$なので$a$は単位円$\mathscr{C}$の内側の特異点だが、$\displaystyle {{1} \over {a}}$は$\mathscr{C}$の外側にあるので考慮する必要はない。単純極$a$に対して留数を求めると $$ \text{Res} {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} = {{ i a^2 } \over { a - {{1} \over {a}} }} = {{ i a^3 } \over { a^2 - 1 }} $$ 従って $$ {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz = {{ \pi i} \over {a}} {{ i a^3 } \over { a^2 - 1 } } = {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } } $$ $I$は$\displaystyle {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } }$の実部だったので、$\displaystyle I = {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } }$

解説

この解答は初見では複雑で難しく感じるかもしれない。しかし、複素解析を使わずに計算に挑戦してみると、この方法がいかに簡単で便利なのかが分かるだろう。

また、例の分母がとてもユニークな形をしているので、二つのベクトル$\mathbf{p}$と$\mathbf{q}$があったとすると、$|\mathbf{p}-\mathbf{q}|$は二つのベクトルの差の長さになるだろう。

$$ \begin{align*} | \mathbf{p} - \mathbf{q} | ^2 =& (\mathbf{p} - \mathbf{q}) \cdot (\mathbf{p} - \mathbf{q}) \\ =& |\mathbf{p}|^2 - 2 |\mathbf{p}| |\mathbf{q}| \cos \theta + |\mathbf{q}|^2 \\ =& |\mathbf{p}|^2 \left( 1 - 2 {{|\mathbf{q}|} \over {|\mathbf{p}| }} \cos \theta + {{|\mathbf{q}|^2} \over {|\mathbf{p}|^2 }} \right) \end{align*} $$ $\displaystyle a := {{|\mathbf{q}|} \over {|\mathbf{p}| }}$とすると、我々が見た形になる。このような形は物理学で非常に頻繁に見ることができる形で、「このような形の積分が可能か」という質問は、言うまでもなく重要だろう。