0360-2004 东大工 数学 P90

复变函数 留数定理 围道积分

以下の定積分の値を求めたい。ただし，$a$, $c$は共に実数の定数で，$0<c<1$, $0<a$, $a\ne 1$ である。また，$i$は虚数単位、$z$は複素数とする。

$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }\frac{1}{a^z\sin \pi z}dz$$

(1) $0<a<1$ の場合と $1<a$ の場合のそれぞれについて、この定積分を求めるための積分経路を複素平面（$z$平面）上に示し、それぞれの経路に沿った積分がともに、この定積分と等しくなることを示せ。

(2) $0<a<1$ の場合と $1<a$ の場合のそれぞれについて、定積分の値を求めよ。

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解答：
(1)
被積分関数を $f(z)=\frac{1}{a^z\sin \pi z}$ とおく。

$0<a<1$ の場合：
$N$ を自然数とし，複素平面上に，頂点 $c-iN,c+iN,-(N+\frac{1}{2})+iN,-(N+\frac{1}{2})-iN$ を結ぶ長方形を反時計回りに一周する閉曲線 $C_L$ を積分経路とする。
水平線分上（$z=x\pm iN$, $-(N+\frac{1}{2})\le x\le c$）では，

$$\left|\int f(z)dz\right|\le {\int }_{-(N+\frac{1}{2})}^c\frac{a^{-x}}{\sinh \pi N}dx\to 0(N\to \infty )$$

左側の垂直線分上（$z=-(N+\frac{1}{2})+iy$, $-N\le y\le N$）では，$|\sin \pi z|=\cosh \pi y\ge 1$ より，

$$\left|{\int }_{-(N+\frac{1}{2})+iN}^{-(N+\frac{1}{2})-iN}f(z)dz\right|\le {\int }_{-N}^N{a}^{N+\frac{1}{2}}dy=2N{a}^{N+\frac{1}{2}}\to 0(N\to \infty ,\because 0<a<1)$$

よって，$N\to \infty$ のとき，長方形の $c-i\infty \to c+i\infty$ 以外の3辺の積分は $0$ に収束するため，

$$\underset{N\to \infty }{\lim }{\oint }_{C_L}f(z)dz={\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }f(z)dz$$

(証明終)

$1<a$ の場合：
$N$ を自然数とし，複素平面上に，頂点 $c-iN,c+iN,N+\frac{1}{2}+iN,N+\frac{1}{2}-iN$ を結ぶ長方形を時計回りに一周する閉曲線 $C_R$ を積分経路とする。
水平線分上（$z=x\pm iN$, $c\le x\le N+\frac{1}{2}$）では，先ほどと同様に $N\to \infty$ で積分は $0$ に収束する。
右側の垂直線分上（$z=N+\frac{1}{2}+iy$, $-N\le y\le N$）では，$|\sin \pi z|=\cosh \pi y\ge 1$ より，

$$\left|{\int }_{N+\frac{1}{2}+iN}^{N+\frac{1}{2}-iN}f(z)dz\right|\le {\int }_{-N}^N{a}^{-(N+\frac{1}{2})}dy=2N{a}^{-(N+\frac{1}{2})}\to 0(N\to \infty ,\because 1<a)$$

よって，$N\to \infty$ のとき，長方形の $c-i\infty \to c+i\infty$ 以外の3辺の積分は $0$ に収束するため，

$$\underset{N\to \infty }{\lim }{\oint }_{C_R}f(z)dz={\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }f(z)dz$$

(証明終)

(2)
関数 $f(z)$ の極は，$\sin \pi z=0$ を満たす $z=k$ ($k$ は整数) であり，すべて1位の極である。各極における留数は，

$$\text{Res}(f(z),k)=\underset{z\to k}{\lim }(z-k)\frac{a^{-z}}{\sin \pi z}=\underset{z\to k}{\lim }\frac{a^{-z}}{\pi \frac{\sin \pi z-\sin \pi k}{\pi (z-k)}}=\frac{a^{-k}}{\pi \cos \pi k}=\frac{(-1{)}^k{a}^{-k}}{\pi }$$

$0<a<1$ の場合：
$0<c<1$ であるから，$C_L$ 内部に含まれる極は $z=0,-1,-2,\dots ,-N$ である。留数定理より，

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_L}f(z)dz=\sum _{k=0}^{-N}\text{Res}(f(z),k)=\sum _{n=0}^N\frac{(-1{)}^{-n}{a}^{-(-n)}}{\pi }=\sum _{n=0}^N\frac{(-a{)}^n}{\pi }$$

(1)の結果を用い，$N\to \infty$ の極限をとると，無限等比級数の和（公比 $-a$, $|-a|<1$）となるため，

$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }f(z)dz=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-a{)}^n}{\pi }=\frac{1}{\pi }\frac{1}{1-(-a)}=\frac{1}{\pi (1+a)}$$

$1<a$ の場合：
$0<c<1$ であるから，$C_R$ 内部に含まれる極は $z=1,2,\dots ,N$ である。$C_R$ が時計回りの経路であることに注意して留数定理を用いると，

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_R}f(z)dz=-\sum _{k=1}^N\text{Res}(f(z),k)=-\sum _{k=1}^N\frac{(-1{)}^k{a}^{-k}}{\pi }$$

(1)の結果を用い，$N\to \infty$ の極限をとると，無限等比級数の和（公比 $-a^{-1}$, $|-a^{-1}|<1$）となるため，

$$\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\infty }^{c+i\infty }f(z)dz=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-a^{-1}{)}^k}{\pi }=-\frac{1}{\pi }\frac{-a^{-1}}{1-(-a^{-1})}=\frac{1}{\pi (1+a)}$$ $$\boxed{\begin{array}{rl}& 0<a<1\text{ の場合： }\frac{1}{\pi (1+a)}\\ & 1<a\text{ の場合： }\frac{1}{\pi (1+a)}\end{array}}$$

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本题是一道非常经典的运用围道积分计算复变函数无穷限积分的题目。被积函数中的三角函数项在实轴上会产生无穷多个极点，而积分路径恰好是一条穿过实轴上两个极点之间的垂直直线。为了利用留数定理，我们需要通过构造闭合回路来将直线积分转化为环路积分。构造回路的核心原则是使得增加的边界（大圆弧或者长方形的其他三条边）上的积分在取极限时趋近于零。
由于指数部分的存在，当参数a在不同区间时，函数在左半平面和右半平面的衰减特性是相反的。这就要求我们对于小于1的a在左半平面闭合，而对于大于1的a在右半平面闭合。为了完美避开实轴上的所有极点，题目推导中通常选取半整数位置作为垂直边界，这样可以利用三角函数在这些点变为双曲余弦函数从而有稳定下界的性质，给出严格的放缩证明。
在求留数阶段，闭合回路内的极点个数随着截断范围的增大而趋于无穷。利用留数定理并求极限后，积分就被转化成了无限等比数列的求和问题。特别需要注意的是，在右半平面闭合的回路由于方向与标准的逆时针方向相反，因此在应用留数定理时必须引入一个负号，这一点是极易出错的细节。令人称奇的是，尽管两段参数范围对应的回路方向、内部包含的极点位置以及级数的公比都完全不同，最终求和化简得到的积分解析式却是一模一样的。