0452-1988 东大工 数学 WEB

复变函数 格林公式 复积分

複素関数 $P,Q$ およびその偏導関数 $P_x,P_y,Q_x,Q_y$ が、区分的になめらかな単一閉曲線 $\mathrm{C}$ およびその内部領域 $\mathrm{D}$ で連続なとき、つぎのグリーンの定理が成立する。

$${\iint }_{\mathrm{D}}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\oint }_{\mathrm{C}}(P\mathrm{d}y-Q\mathrm{d}x)$$
このとき、以下の問いに答えよ。

(1) $z=x+iy,\bar{z}=x-iy$ を $(x,y)$ から $(z,\bar{z})$ への変数変換とみなせば、つぎの微分作用素が定義できることを示せ。ただし、$i=\sqrt{-1}$ である。

$$\frac{\partial }{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right)\frac{\partial }{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial x}+i\frac{\partial }{\partial y}\right)$$

(2) グリーンの定理と (1) を利用して

$${\iint }_{\mathrm{D}}\frac{\partial P}{\partial \bar{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2i}{\oint }_{\mathrm{C}}P\mathrm{d}z$$
が成立することを示せ。

(3) (2) を利用して、つぎの積分を複素線積分に変換せよ。

$${\iint }_{\mathrm{D}}(x^2+y^2)$$

(4) $|z|<R$ ($R$ は定数) によって定義される円領域 $\mathrm{D}$ において、複素関数 $S(z)=\sum _{r=0}^n{a}_r{z}^r$ を考える。(2) を利用して、

$${\iint }_{\mathrm{D}}|S(z){|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sum _{r=0}^n\frac{\pi |a_r{|}^2}{r+1}{R}^{2r+2}$$
が成立することを示せ。

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解答：
(1)
$z=x+iy,\bar{z}=x-iy$ より、$x=\frac{z+\bar{z}}{2},y=\frac{z-\bar{z}}{2i}$ である。
連鎖律を用いると、

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial z}& =\frac{\partial x}{\partial z}\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial z}\frac{\partial }{\partial y}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial x}+\frac{1}{2i}\frac{\partial }{\partial y}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right)\\ \frac{\partial }{\partial \bar{z}}& =\frac{\partial x}{\partial \bar{z}}\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial \bar{z}}\frac{\partial }{\partial y}=\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial x}-\frac{1}{2i}\frac{\partial }{\partial y}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial x}+i\frac{\partial }{\partial y}\right)\end{array}$$

(証明終)

(2)
(1) の結果より、被積分関数は $\frac{\partial P}{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+i\frac{\partial P}{\partial y}\right)$ と表される。
これを左辺の面積分に代入し、グリーンの定理において $Q=iP$ とおいて適用すると、

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\mathrm{D}}\frac{\partial P}{\partial \bar{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y& =\frac{1}{2}{\iint }_{\mathrm{D}}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial (iP)}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}{\oint }_{\mathrm{C}}(P\mathrm{d}y-iP\mathrm{d}x)\\ & =-\frac{i}{2}{\oint }_{\mathrm{C}}P(\mathrm{d}x+i\mathrm{d}y)\\ & =\frac{1}{2i}{\oint }_{\mathrm{C}}P\mathrm{d}z\end{array}$$

(証明終)

(3)
問題文の積分において、微小面積素 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ を補って考える。被積分関数は $x^2+y^2=z\bar{z}$ である。
$P(z,\bar{z})=\frac{1}{2}z{\bar{z}}^2$ とおくと、$\frac{\partial P}{\partial \bar{z}}=z\bar{z}$ を満たす。
これを (2) の等式に適用すると、

$${\iint }_{\mathrm{D}}(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\mathrm{D}}\frac{\partial }{\partial \bar{z}}\left(\frac{1}{2}z{\bar{z}}^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2i}{\oint }_{\mathrm{C}}\frac{1}{2}z{\bar{z}}^2\mathrm{d}z=\frac{1}{4i}{\oint }_{\mathrm{C}}z{\bar{z}}^2\mathrm{d}z$$

したがって、求める複素線積分は以下の通りである。

$$\boxed{\frac{1}{4i}{\oint }_{\mathrm{C}}z{\bar{z}}^2\mathrm{d}z}$$

(4)
被積分関数は $|S(z){|}^2=S(z)\overline{S(z)}=S(z)\sum _{r=0}^n\overline{a_r}{\bar{z}}^r$ と展開できる。
ここで、$P(z,\bar{z})=S(z)\sum _{r=0}^n\frac{\overline{a_r}}{r+1}{\bar{z}}^{r+1}$ とおくと、$\frac{\partial P}{\partial \bar{z}}=S(z)\sum _{r=0}^n\overline{a_r}{\bar{z}}^r=|S(z){|}^2$ となる。
(2) を用いて面積分を線積分に変換すると、

$${\iint }_{\mathrm{D}}|S(z){|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2i}{\oint }_{\mathrm{C}}\left(S(z)\sum _{r=0}^n\frac{\overline{a_r}}{r+1}{\bar{z}}^{r+1}\right)\mathrm{d}z$$

積分経路 $\mathrm{C}$ は $|z|=R$ の円周であるから、$z\bar{z}=R^2$ すなわち $\bar{z}=\frac{R^2}{z}$ が成り立つ。これを被積分関数に代入する。

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{\mathrm{C}}P\mathrm{d}z& ={\oint }_{\mathrm{C}}\left(\sum _{m=0}^n{a}_m{z}^m\right)\left(\sum _{r=0}^n\frac{\overline{a_r}}{r+1}{\left(\frac{R^2}{z}\right)}^{r+1}\right)\mathrm{d}z\\ & ={\oint }_{\mathrm{C}}\sum _{m=0}^n\sum _{r=0}^n{a}_m\frac{\overline{a_r}}{r+1}{R}^{2r+2}{z}^{m-r-1}\mathrm{d}z\end{array}$$

コーシーの積分定理により、${\oint }_{\mathrm{C}}{z}^k\mathrm{d}z$ は $k=-1$ のときのみ $2\pi i$ となり、その他の整数 $k$ では $0$ となる。
展開式において $z^{-1}$ の項が現れるのは $m-r-1=-1$、すなわち $m=r$ のときのみである。
したがって、線積分の値は

$${\oint }_{\mathrm{C}}P\mathrm{d}z=2\pi i\sum _{r=0}^n{a}_r\frac{\overline{a_r}}{r+1}{R}^{2r+2}=2\pi i\sum _{r=0}^n\frac{|a_r{|}^2}{r+1}{R}^{2r+2}$$

ゆえに、

$${\iint }_{\mathrm{D}}|S(z){|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2i}\left(2\pi i\sum _{r=0}^n\frac{|a_r{|}^2}{r+1}{R}^{2r+2}\right)=\sum _{r=0}^n\frac{\pi |a_r{|}^2}{r+1}{R}^{2r+2}$$

(証明終)

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本题考查了复分析中 Wirtinger 导数（即对复变量及其共轭复变量的偏导数）的推导、格林公式（复数形式的斯托克斯定理）的应用，以及利用留数定理（柯西积分定理）计算沿圆周的复积分。
第一问通过多元复合函数的链式法则，将实变量偏导数形式自然地转换到复变量域，推导出了常用的复微分算子。
第二问巧妙地利用前面定义的微分算子，选取特定的函数构造将其代入实平面的格林公式中，证明了面积分到复变量线积分的转换公式。这也是复平面上高斯-格林公式的直接体现。
第三问是第二问结论的直接应用。将被积函数 $x^2+y^2$ 写为 $z\bar{z}$ 后，需要通过逆向思维找到一个函数 $P$，使其对 $\bar{z}$ 的偏导数恰好等于被积函数，从而完成积分形式的转换（此处构造出的函数不唯一，只需满足微分条件即可）。
第四问综合了复线积的计算技巧。不仅利用到了类似第三问的凑偏导数法则将面积分化为线积分，而且巧妙运用了积分路径的几何性质（圆周上 $z\bar{z}=R^2$），将 $\bar{z}$ 替换为仅关于 $z$ 的表达式。展开多项式相乘后，根据柯西积分定理提取留数（即 $1/z$ 对应的项），最终消去了所有无关项，化简出目标级数。