📂複素解析

実数軸上の特異点とジョルダンの補題を通じた広義積分

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全体的な流れはジョルダンの補題による異常積分と似ている。2つの多項式関数 $p(z) , q(z)$ に対し、$\displaystyle f(z) = {{q(z)} \over {p(z)}}$ としよう。

$p(z) = 0$ を満たす実数解 $a$ が存在する場合、$f$ は実数特異点 $a$ を持つことになる。こうした場合をこれまで扱わなかった理由は、留数定理を使うためだった。もちろん、実軸上に特異点が追加されたからといって、留数定理を諦めるわけではなく、積分経路を曲げるトリックを使う。

上で示されたような単純閉路 $\mathscr{C}$ を考えると、特異点を$\gamma$のような小さな半円で回避できる。半円は $0$ を中心にする必要はなく、実数軸上に複数存在しても問題ない。ここで $r \to 0$ を取り小さな半円を引き締め、$R \to \infty$ を取れば、本来のように留数定理を使えるようになる。この方法を使うためには、以下のような補助定理を最初に証明する準備が必要だ。言葉は複雑だが、留数定理と似ていることがすぐにわかる。

補助定理 ¹

関数 $f : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ が特異点 $a$ の近傍 $0 < |z - a | < r_{0}$ で解析的だとしよう。$a$ に関する $f$ のローラン展開の主要部に偶数の指数を持つ項がなく、$\gamma$ が $r_{0}$ より小さい正数 $r$ を半径とし$a$ を中心とする半円 $z( \theta) - a = r e^{i \theta}, 0 \le \theta \le \pi$ であれば $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} f(z) dz = - i \pi \text{Res}_{a} f(z) $$

証明

仮定により $$ f(z) = \sum_{m=0}^{\infty} {{b_{2m+1}} \over {(z-a)^{2m+1} }} + \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} (z-a)^{n} $$ $(z-a) = r e^{i \theta}$ なので $n \ne -1$ の時 $$ \int_{\gamma} (z-a)^{n} dz = -i r^{n+1} \int_{0}^{\pi} e^{(n+1) i \theta} d \theta = {{r^{n+1}} \over {n+1}} (1 + \cos {n \pi}) $$ したがって $n \ge 0$ または $n<-1$ となるが、$n$ が奇数の場合 $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} (z - a)^{n} dz = 0 $$ 一方で $n = -1$ の場合を見ると $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} (z-a)^{-1} dz = \lim_{r \to 0} \int_{0}^{\pi} - i d \theta = - i \pi $$ 従って $\displaystyle \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} f(z) dz = - i \pi b_{1} = - i \pi \text{Res}_{\alpha} f(z)$

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例題

例として、サインカン関数の異常積分 $\displaystyle \int_{0}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx$ を求めてみよう。

解答

$e^{i z} = \cos z + i \sin z$ なので、まずは $\displaystyle \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz$ を考えるとよく、$\mathscr{C}$ は上で与えられた図のようだとしよう。すると $$ \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz = \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{-r} {{e^{ix} } \over {x}} dx + \color{blue} { \int_{ \gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{r}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx $$

留数定理: 解析的な関数 $f: A \subset \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ がSimple closed contour $\mathscr{C}$ 内部の有限な特異点 $z_{1} , z_{2} , \cdots , z_{m}$を持つとする。すると $\displaystyle \int_{\mathscr{C}} f(z) dz = 2 \pi i \sum_{k=1}^{m} \text{Res}_{z_{k}} f(z)$

関数 $\displaystyle f(z) := {{e^{iz} } \over {z}}$ の特異点は $z = 0$ だけであり、$\mathscr{C}$ の内部には特異点が存在しないので、留数定理によって $$ \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz = 0 $$ つまり、 $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{-r} {{e^{ix} } \over {x}} dx + \color{blue} { \int_{ \gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{r}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = 0 $$

単純極での留数: 関数 $f$ を $\displaystyle f(z) = {{g(z)} \over {h(z)}}$ と表せるとしよう。ここで $g$ と $h$ は $\alpha$ で解析的であり、$g(\alpha) \ne 0 , h(\alpha) = 0, h ' (\alpha) \ne 0$ であれば $\alpha$ は $f$ の単純極で $$` \text{Res}_{\alpha} f(z) = {{g(\alpha)} \over {h ' (\alpha)}}$$

$\displaystyle \text{Res}_{0} {{e^{iz} } \over {z}} = {{e^{i \cdot 0} } \over {1}} = 1$ なので $$ \lim_{r \to 0} \color{blue} { \int_{\gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } = - i \pi \text{Res}_{0} {{e^{iz} } \over {z}} = - i \pi $$ $r \to 0$ の時 $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{0} {{e^{ix} } \over {x}} dx \color{blue} { - i \pi } + \int_{0}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = 0 $$ まとめると $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = i \pi $$

ジョルダンの補題: 半円 $\Gamma$ を $z(\theta) = R e^{i \theta} , 0 \le \theta \le \pi$ と表した時、関数 $f$ が $\Gamma$ で連続であり $\displaystyle \lim_{z \to \infty} f(z) = 0$ ならば、正数 $m \in \mathbb{R}^{+}$ に対して $$\lim_{R \to \infty} \int_{\Gamma} e^{m i z } f(z) dz = 0$$

ジョルダンの補題により $\displaystyle \lim_{R \to \infty} \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } = 0$ であるので、 $$ \int_{- \infty }^{ \infty } {{e^{ix} } \over {x}} dx = i \pi $$ を得る。もう一度、$e^{i z} = \cos z + i \sin z$ なので $$ \int_{- \infty }^{ \infty } {{ \cos x } \over {x}} dx + i \int_{- \infty }^{ \infty } {{ \sin x } \over {x}} dx = i \pi $$ ここで虚部だけを取ると $$ \int_{- \infty}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx = \pi $$ そして、サインカン関数は偶関数であるため $$ \int_{0}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx = {{\pi} \over {2} } $$

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結論

変数変換を通して、$a\in \mathbb{R}$ に対して以下の式が成り立つことも簡単にわかる。 $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (ax)}{x}dx=\frac{\pi}{2} $$ 一見すると解答が長く複雑に見えるが、よく見ると実際の計算はそれほど多くない。複素解析を使わない方法を考えると、この方法が簡単で快適に感じるだろう。