0010-1998 东大工 数学 P8

复变函数 留数定理 反常积分

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^2{)}^n}dx$ ($n$は正の整数) の値を，複素積分を利用して求めたい。
まず$n=1$の時，即ち ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx$ の値を求める。
(1) 図3.1に示す，半径$R(R>1)$の半円の周を正の向きに一周する曲線$C$を考える。この時，${\int }_C\frac{1}{1+z^2}dz$ の値を求めよ。
(2) 積分路$C$の，半円の部分を$C_1$，直線の部分を$C_2$とする。この時，$\left|{\int }_{C_1}\frac{1}{1+z^2}dz\right|\le \frac{\pi R}{R^2-1}$ であることを示せ。
(3) (1), (2)より，${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx$ の値を求めよ。

次に，${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^2{)}^n}dx$ の値を求める。
(4) $f(z)=\frac{1}{(1+z^2{)}^n}$ とした時，(1)で用いた積分路$C$の内部にある$f(z)$の全ての特異点，及びその点における留数を求めよ。
(5) 以上より ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^2{)}^n}dx$ の値を求めよ。

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解答：

(1)
$f_1(z)=\frac{1}{1+z^2}=\frac{1}{(z-i)(z+i)}$ の特異点は $z=\pm i$。
$R>1$ より、$C$ の内部にある特異点は $z=i$（1位の極）のみ。
留数定理より、

$$\begin{array}{rl}{\int }_C\frac{1}{1+z^2}dz& =2\pi i\mathrm{Res}(f_{1}i)\\ & =2\pi i\underset{z\to i}{\lim }(z-i)\frac{1}{(z-i)(z+i)}\\ & =2\pi i\frac{1}{2i}\\ & =\pi \end{array}$$ $$\boxed{{\int }_C\frac{1}{1+z^2}dz=\pi }$$

(2)
$C_1$ 上において $z=R{e}^{i\theta }(0\le \theta \le \pi )$ とおくと、$dz=iR{e}^{i\theta }d\theta$, $|dz|=Rd\theta$。
三角不等式より $|1+z^2|\ge |z{|}^2-1=R^2-1$ であるから、

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{C_1}\frac{1}{1+z^2}dz\right|& \le {\int }_{C_1}\frac{|dz|}{|1+z^2|}\\ & \le {\int }_0^{\pi }\frac{R}{R^2-1}d\theta \\ & =\frac{\pi R}{R^2-1}\end{array}$$

よって示された。(証明終)
(3)
${\int }_C{f}_1(z)dz={\int }_{C_1}{f}_1(z)dz+{\int }_{C_2}{f}_1(z)dz$。
(2)の結果より、$R\to \infty$ のとき $\frac{\pi R}{R^2-1}\to 0$ であるから $\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{C_1}{f}_1(z)dz=0$。
$C_2$ 上では $z=x(-R\le x\le R)$ であり、

$$\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{C_2}\frac{1}{1+z^2}dz={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx$$

(1)より積分値は $R$ によらず常に $\pi$ なので、

$$\boxed{{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{1+x^2}dx=\pi }$$

(4)
$f(z)=\frac{1}{(z-i{)}^n(z+i{)}^n}$ の特異点は $z=\pm i$。
$C$ 内部にある特異点は $z=i$ のみであり、これは $n$ 位の極である。

$$\text{内部の特異点}:\boxed{z=i}$$

留数は、

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Res}(f,i)& =\frac{1}{(n-1)!}\underset{z\to i}{\lim }\frac{d^{n-1}}{d{z}^{n-1}}\left((z-i{)}^{n}f(z)\right)\\ & =\frac{1}{(n-1)!}\underset{z\to i}{\lim }\frac{d^{n-1}}{d{z}^{n-1}}(z+i{)}^{-n}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}& =\frac{1}{(n-1)!}\underset{z\to i}{\lim }(-1{)}^{n-1}\frac{n(n+1)\cdots (2n-2)}{(z+i{)}^{2n-1}}\\ & =\frac{(-1{)}^{n-1}}{(n-1)!}\frac{(2n-2)!}{(n-1)!}\frac{1}{(2i{)}^{2n-1}}\end{array}$$

ここで $(-1{)}^{n-1}=i^{2n-2}$、$(2i{)}^{2n-1}=2^{2n-1}{i}^{2n-2}i$ を用いると、

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Res}(f,i)& =\frac{(2n-2)!}{((n-1)!{)}^2}\frac{i^{2n-2}}{2^{2n-1}{i}^{2n-2}i}\\ & =\frac{-i(2n-2)!}{2^{2n-1}((n-1)!{)}^2}\end{array}$$ $$\boxed{\text{留数}:\mathrm{Res}(f,i)=\frac{-i(2n-2)!}{2^{2n-1}((n-1)!{)}^2}}$$

(5)
(3)と同様に、$R\to \infty$ のとき $C_1$ 上の積分は0に収束する。
したがって、求める積分値は留数定理より $2\pi i\mathrm{Res}(f,i)$ に等しい。

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^2{)}^n}dx& =2\pi i\left(\frac{-i(2n-2)!}{2^{2n-1}((n-1)!{)}^2}\right)\\ & =\frac{2\pi (2n-2)!}{2^{2n-1}((n-1)!{)}^2}\\ & =\frac{\pi (2n-2)!}{2^{2n-2}((n-1)!{)}^2}\end{array}$$ $$\boxed{{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{(1+x^2{)}^n}dx=\frac{\pi (2n-2)!}{2^{2n-2}((n-1)!{)}^2}}$$

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补充说明：

这道题考察的是复变函数中利用留数定理（Residue Theorem）计算实变函数反常积分的经典方法。题目引导我们通过构造一个上半平面的半圆形积分回路来完成计算。前三问是一个特殊情况（一阶极点），先通过反向三角不等式证明大圆弧上的积分在半径趋于无穷大时趋于零（即ML不等式的应用），从而使得整个闭合回路的积分值仅仅等于实轴上的反常积分值。第四问和第五问将此方法推广到了高阶极点的情况。对于 $n$ 阶极点，计算留数需要对其去掉奇点后的函数部分求 $n-1$ 阶导数。这部分涉及阶乘的代数变形以及虚数单位的高次幂化简。只要准确处理阶乘系数和复数项的消元，最终便能得到一个优美的由组合数和 $\pi$ 构成的广义积分解析表达式。