0036-2001 东大工 数学 P35

复变函数 留数定理 积分计算

複素関数 $f(z)=\frac{e^{i\beta z}}{z^2+{\alpha }^2}$ を考える。$\alpha ,\beta$ を正の実数として，以下の問いに答えよ。

(1) $f(z)$ のすべての極と，それぞれの極における留数を求めよ。

(2) 下図に示す半径 $R(R>\alpha )$ の半円 $C_1$ と直径 $C_2$ からなる経路を正の向きに一周する積分路 $C$ について，${\oint }_{C}f(z)dz$ を求めよ。

(3) 半円 $C_1$ 上 ($z=R{e}^{i\theta },0\le \theta \le \pi$) において，

$$\left|{\int }_{C_1}f(z)dz\right|\le \pi \frac{R}{R^2-{\alpha }^2}$$

を示せ。

(4) 次の定積分 $I$ を求めよ。

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)dx\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{i\beta x}}{x^2+{\alpha }^2}dz\end{array}$$

(5) $I$, $\frac{\partial I}{\partial \beta }$ を利用して，

$$I_1={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx$$ $$I_2={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x\sin \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx$$

を求めよ。

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解答：

(1)
$z^2+{\alpha }^2=0$ より極は $z=\pm i\alpha$ (1位の極)。

$$\begin{array}{rl}\text{Res}(f,i\alpha )& =\underset{z\to i\alpha }{\lim }(z-i\alpha )\frac{e^{i\beta z}}{(z-i\alpha )(z+i\alpha )}\\ & =\frac{e^{-\alpha \beta }}{2i\alpha }\\ & =-i\frac{e^{-\alpha \beta }}{2\alpha }\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\text{Res}(f,-i\alpha )& =\underset{z\to -i\alpha }{\lim }(z+i\alpha )\frac{e^{i\beta z}}{(z-i\alpha )(z+i\alpha )}\\ & =\frac{e^{\alpha \beta }}{-2i\alpha }\\ & =i\frac{e^{\alpha \beta }}{2\alpha }\end{array}$$ $$\boxed{\text{極 }z=i\alpha \text{ の留数: }-i\frac{e^{-\alpha \beta }}{2\alpha },\text{極 }z=-i\alpha \text{ の留数: }i\frac{e^{\alpha \beta }}{2\alpha }}$$

(2)
$R>\alpha$ より，積分路 $C$ の内部にある極は $z=i\alpha$ のみ。留数定理より，

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{C}f(z)dz& =2\pi i\cdot \text{Res}(fi\alpha )\\ & =2\pi i\left(-i\frac{e^{-\alpha \beta }}{2\alpha }\right)\\ & =\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta }\end{array}$$ $$\boxed{{\oint }_{C}f(z)dz=\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta }}$$

(3)
$z=R{e}^{i\theta }$ ($0\le \theta \le \pi$) について，
$|e^{i\beta z}|=|e^{i\beta R(\cos \theta +i\sin \theta )}|=e^{-\beta R\sin \theta }$。
$\beta >0,R>0$ かつ $0\le \theta \le \pi$ で $\sin \theta \ge 0$ であるから， $e^{-\beta R\sin \theta }\le 1$ となる。
また，三角不等式より $|z^2+{\alpha }^2|\ge |z{|}^2-|\alpha {|}^2=R^2-{\alpha }^2$。
よって， $|f(z)|=\frac{|e^{i\beta z}|}{|z^2+{\alpha }^2|}\le \frac{1}{R^2-{\alpha }^2}$ が成り立つ。
$C_1$ の弧長は $\pi R$ であるため，

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{C_1}f(z)dz\right|& \le {\int }_{C_1}|f(z)||dz|\\ & \le \frac{1}{R^2-{\alpha }^2}\cdot \pi R\\ & =\pi \frac{R}{R^2-{\alpha }^2}\end{array}$$

(証明終)

(4)
${\oint }_{C}f(z)dz={\int }_{-R}^{R}f(x)dx+{\int }_{C_1}f(z)dz$。
$R\to \infty$ のとき，(3)より $\left|{\int }_{C_1}f(z)dz\right|\to 0$。
したがって，

$$\begin{array}{rl}I& =\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{-R}^{R}f(x)dx\\ & =\underset{R\to \infty }{\lim }{\oint }_{C}f(z)dz\\ & =\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta }\end{array}$$ $$\boxed{I=\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta }}$$

(5)
$I={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos \beta x+i\sin \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx$。
被積分関数の虚部 $\frac{\sin \beta x}{x^2+{\alpha }^2}$ は奇関数であるため，その積分は $0$ となる。
ゆえに $I_1=\text{Re}(I)=I$。

$I$ を $\beta$ で偏微分すると，
$\frac{\partial I}{\partial \beta }={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\partial }{\partial \beta }\left(\frac{e^{i\beta x}}{x^2+{\alpha }^2}\right)dx={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{ix{e}^{i\beta x}}{x^2+{\alpha }^2}dx=i{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx-{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x\sin \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx$。
第1項の被積分関数は奇関数であるから積分は $0$。よって $\frac{\partial I}{\partial \beta }=-I_2$。
一方，(4)の結果から $\frac{\partial I}{\partial \beta }=\frac{\partial }{\partial \beta }\left(\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta }\right)=-\pi e^{-\alpha \beta }$。
したがって， $-I_2=-\pi e^{-\alpha \beta }$ より $I_2=\pi e^{-\alpha \beta }$。

$$\boxed{I_1=\frac{\pi }{\alpha }{e}^{-\alpha \beta },I_2=\pi e^{-\alpha \beta }}$$

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本题考察的是复变函数中利用留数定理计算实反常积分的经典方法。在求解极点和留数时，由于积分路径为上半平面的半圆，只需考虑上半平面的极点即可。第三问实际上就是约旦引理（Jordan’s Lemma）中估值不等式（ML不等式）的简化版证明，通过放缩指数部分和分母多项式即可轻易得出。第四问结合第二问和第三问的结论，当半径趋于无穷大时，圆弧上的积分趋于零，从而闭合路径的积分值即为所求的实轴反常积分。在最后一问中，通过欧拉公式将实积分表示为复积分的实部和虚部，再利用带参数的积分求导运算，将求导结果与偶奇函数的对称性结合，快速求出带有三角函数的反常积分值，避免了复杂的分布积分或二次留数计算。