0025-2000 东大工 数学 P21

复变函数 留数定理 反常积分

$-1<b<1$ とするとき，複素関数 $f(z)=\frac{z^b}{1+z^2}$ を考え，以下の問いに答えよ。ただし，$z^b=\exp (b\log (z)),\log (z)=\log (|z|)+i\text{Arg}(z)+2mi\pi (-\pi <\text{Arg}(z)\le \pi ,m=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$。

(1) 下図のような積分路 $\Gamma =({\gamma }_1,\dots ,{\gamma }_4)$ において，積分 ${\oint }_{\Gamma }f(z)dz$ の値を留数定理より求めよ。

(2) $R>2$ のとき，

$$\left|{\int }_{{\gamma }_2}f(z)dz\right|\le \pi \frac{R^{1+b}}{R^2-1}$$

が成り立つことを示せ。

(3) $\delta <\frac{1}{2}$ のとき，

$$\left|{\int }_{{\gamma }_4}f(z)dz\right|\le 2\pi {\delta }^{1+b}$$

が成り立つことを示せ。

(4)

$${\int }_{{\gamma }_3}f(z)dz={\int }_{\delta }^R\frac{x^b\exp (i\pi b)}{1+x^2}dx$$

が成り立つことを示せ。

(5) ${\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx$ の値を求めよ。

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解答：

(1)
$\Gamma$ 内の特異点は $z=i$ のみである。主値 ($m=0$) をとる。

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{\Gamma }f(z)dz& =2\pi i\text{Res}(fi)\\ & =2\pi i\underset{z\to i}{\lim }(z-i)\frac{z^b}{(z-i)(z+i)}\\ & =2\pi i\frac{i^b}{2i}\end{array}$$

$i=e^{i\pi /2}$ より $i^b=e^{i\pi b/2}$。

$$\boxed{{\oint }_{\Gamma }f(z)dz=\pi e^{i\pi b/2}}$$

(2)
$z\in {\gamma }_2$ のとき，$|z|=R>2$。
三角不等式より $|1+z^2|\ge |z{|}^2-1=R^2-1>0$。
ゆえに $|f(z)|\le \frac{R^b}{R^2-1}$。積分路の長さは $\pi R$ であるから，

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{{\gamma }_2}f(z)dz\right|& \le {\int }_{{\gamma }_2}|f(z)||dz|\\ & \le \frac{R^b}{R^2-1}\cdot \pi R\\ & =\pi \frac{R^{1+b}}{R^2-1}\end{array}$$

(証明終)

(3)
$z\in {\gamma }_4$ のとき，$|z|=\delta <\frac{1}{2}$。
三角不等式より $|1+z^2|\ge 1-|z{|}^2=1-{\delta }^2>1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}>\frac{1}{2}$。
ゆえに $|f(z)|\le \frac{{\delta }^b}{1/2}=2{\delta }^b$。積分路の長さは $\pi \delta$ であるから，

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{{\gamma }_4}f(z)dz\right|& \le {\int }_{{\gamma }_4}|f(z)||dz|\\ & \le 2{\delta }^b\cdot \pi \delta \\ & =2\pi {\delta }^{1+b}\end{array}$$

(証明終)

(4)
${\gamma }_3$ において $z=x{e}^{i\pi }$ ($x$ は $R$ から $\delta$ へ動く) と置換する。
$dz=-dx$ であり，$z^b=(x{e}^{i\pi }{)}^b=x^b{e}^{i\pi b}$ となる。

$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\gamma }_3}f(z)dz& ={\int }_R^{\delta }\frac{x^b{e}^{i\pi b}}{1+(-x{)}^2}(-dx)\\ & ={\int }_{\delta }^R\frac{x^b\exp (i\pi b)}{1+x^2}dx\end{array}$$

(証明終)

(5)
コーシーの積分定理より，

$${\oint }_{\Gamma }f(z)dz={\int }_{{\gamma }_1}f(z)dz+{\int }_{{\gamma }_2}f(z)dz+{\int }_{{\gamma }_3}f(z)dz+{\int }_{{\gamma }_4}f(z)dz$$

ここで $R\to \infty ,\delta \to 0$ の極限をとる。
$-1<b<1$ であるため，(2), (3)の評価式より ${\int }_{{\gamma }_2}f(z)dz\to 0,{\int }_{{\gamma }_4}f(z)dz\to 0$ となる。
また，${\gamma }_1$ については ${\int }_{{\gamma }_1}f(z)dz\to {\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx$ となる。
これらを(1), (4)の結果と合わせると，

$$\pi e^{i\pi b/2}={\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx+e^{i\pi b}{\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx$$ $$(1+e^{i\pi b}){\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx=\pi e^{i\pi b/2}$$ $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx& =\frac{\pi e^{i\pi b/2}}{1+e^{i\pi b}}\\ & =\frac{\pi }{e^{-i\pi b/2}+e^{i\pi b/2}}\end{array}$$ $$\boxed{{\int }_0^{\infty }\frac{x^b}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{2\cos \left(\frac{\pi b}{2}\right)}}$$

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补充说明：
这道题是利用留数定理求解带有理幂次反常积分的经典题型。遇到形如 $x^b$ 的多值函数积分时，通常需要在一个去掉原点和分支割线的区域内构造闭合回路。由于积分路径位于上半平面，内部仅包含 $z=i$ 这一个简单极点，利用留数公式即可求得整个回路的积分值。接着利用 ML 不等式对大圆弧和小圆弧上的积分进行放缩，证明在 $R$ 趋近于无穷大和 $\delta$ 趋近于零时，这两个边界上的积分都会收敛到零。而在负半轴的积分路径上，由于复角的存在，代入参数方程后会额外产生一个依赖于 $b$ 的复常数因子。最后将所有路径的积分相加等于回路总积分，令极限趋于无穷和零，就可以通过代数变换解出正半轴上的目标积分值，化简时使用了欧拉公式来得出余弦函数的表达。