0460-1989 东大工 数学 WEB

复变函数 复变积分 保角映射

複素変数 $z$ が半径 $R$ の円上（$z=R{e}^{i\theta }$ とする）を反時計方向に一周すると、次式が成立する。

$${\int }_{|z|=R}\frac{R^2-|a{|}^2}{|z-a{|}^2}\mathrm{d}\theta =2\pi (\mathrm{n})$$

$a$ は複素変数で $|a|<R$ とする。ただし $i=\sqrt{-1}$ とする。
このとき以下の問に答えよ。

(1) 次式の変換により、$z$平面の $|z|\le R$ の領域および $z=a$ の点は、$w$平面の $|w|\le 1$ の領域および $w=0$ の点に写像されることを示せ。ただし、$\bar{a}$ は $a$ の共役複素数である。

$$z=\frac{R(Rw+a)}{R+\bar{a}w}$$

(2) $w$ 平面の単位円 ($w=e^{i\phi }$ とする)に沿う一周積分について、下の式が成り立つ。

$${\int }_{|w|=1}\mathrm{d}\phi =2\pi$$

このことを利用して (n) の積分公式を証明をせよ。

(3) (n) の積分公式を極座標表示した式を用いて、次の2つの定積分の値を求めよ。

$${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{1-2c\cos \theta +c^2},$$ $${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{1-2c\sin \theta +c^2}$$

ただし、$c$ は実定数で、$|c|<1$ とする。

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解答：

(1)
与えられた変換式 $z=\frac{R(Rw+a)}{R+\bar{a}w}$ について、$w$ について解く。

$$z(R+\bar{a}w)=R^{2}w+Ra$$ $$w(R^2-\bar{a}z)=R(z-a)$$ $$w=\frac{R(z-a)}{R^2-\bar{a}z}$$

この式より、$z=a$ のとき $w=0$ となることがわかる。
次に、$|w|\le 1$ と $|z|\le R$ の同値性を示す。

$$|w|\le 1⟺|w{|}^2\le 1⟺{\left|\frac{R(z-a)}{R^2-\bar{a}z}\right|}^2\le 1$$ $$⟺R^2|z-a{|}^2\le |R^2-\bar{a}z{|}^2$$ $$⟺R^2(z-a)(\bar{z}-\bar{a})\le (R^2-\bar{a}z)(R^2-a\bar{z})$$ $$⟺R^2(|z{|}^2-a\bar{z}-\bar{a}z+|a{|}^2)\le R^4-R^{2}a\bar{z}-R^2\bar{a}z+|a{|}^2|z{|}^2$$

両辺を整理すると、

$$R^2|z{|}^2+R^2|a{|}^2\le R^4+|a{|}^2|z{|}^2$$ $$(R^2-|a{|}^2)|z{|}^2\le R^2(R^2-|a{|}^2)$$

仮定より $|a|<R$ であるから $R^2-|a{|}^2>0$ である。両辺を $R^2-|a{|}^2$ で割ると、

$$|z{|}^2\le R^2⟺|z|\le R$$

以上より、$z$平面の $|z|\le R$ の領域および $z=a$ の点は、$w$平面の $|w|\le 1$ の領域および $w=0$ の点に写像される。
(証明終)

(2)
(1)より、領域の境界は $|z|=R⟺|w|=1$ と対応する。$w=e^{i\phi }$ より $\mathrm{d}w=i{e}^{i\phi }\mathrm{d}\phi =iw\mathrm{d}\phi$ であり、

$$\mathrm{d}\phi =\frac{\mathrm{d}w}{iw}$$

(1)で求めた $w=\frac{R(z-a)}{R^2-\bar{a}z}$ の両辺を $z$ で微分すると、

$$\mathrm{d}w=\frac{R(R^2-\bar{a}z)-R(z-a)(-\bar{a})}{(R^2-\bar{a}z{)}^2}\mathrm{d}z=\frac{R(R^2-|a{|}^2)}{(R^2-\bar{a}z{)}^2}\mathrm{d}z$$

これを $\mathrm{d}\phi$ の式に代入する。

$$\mathrm{d}\phi =\frac{1}{i\frac{R(z-a)}{R^2-\bar{a}z}}\frac{R(R^2-|a{|}^2)}{(R^2-\bar{a}z{)}^2}\mathrm{d}z=\frac{R^2-|a{|}^2}{i(z-a)(R^2-\bar{a}z)}\mathrm{d}z$$

$|z|=R$ 上では $z=R{e}^{i\theta }$ であり、$\mathrm{d}z=iR{e}^{i\theta }\mathrm{d}\theta =iz\mathrm{d}\theta$ である。また、$z\bar{z}=R^2$ を用いると、

$$R^2-\bar{a}z=z\bar{z}-\bar{a}z=z(\bar{z}-\bar{a})$$

したがって、

$$\mathrm{d}\phi =\frac{R^2-|a{|}^2}{i(z-a)z(\bar{z}-\bar{a})}(iz\mathrm{d}\theta )=\frac{R^2-|a{|}^2}{(z-a)(\bar{z}-\bar{a})}\mathrm{d}\theta =\frac{R^2-|a{|}^2}{|z-a{|}^2}\mathrm{d}\theta$$

両辺を積分すると、

$${\int }_{|w|=1}\mathrm{d}\phi ={\int }_{|z|=R}\frac{R^2-|a{|}^2}{|z-a{|}^2}\mathrm{d}\theta$$

与えられた ${\int }_{|w|=1}\mathrm{d}\phi =2\pi$ を用いると、

$${\int }_{|z|=R}\frac{R^2-|a{|}^2}{|z-a{|}^2}\mathrm{d}\theta =2\pi$$

となり、(n)が示された。
(証明終)

(3)
1つ目の積分について、(n)式において $R=1,a=c$ (実数) とおく。$|c|<1$ を満たす。
$z=e^{i\theta }$ のとき、$|z-c{|}^2=(\cos \theta -c{)}^2+{\sin }^2\theta =1-2c\cos \theta +c^2$ である。
(n)式に代入すると、

$${\int }_0^{2\pi }\frac{1-c^2}{1-2c\cos \theta +c^2}\mathrm{d}\theta =2\pi$$

両辺を $1-c^2$ で割ることで、

$$\boxed{{\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{1-2c\cos \theta +c^2}=\frac{2\pi }{1-c^2}}$$

2つ目の積分について、(n)式において $R=1,a=ci$ (純虚数) とおく。$|ci|=|c|<1$ を満たす。
$z=e^{i\theta }$ のとき、$|z-ci{|}^2=|\cos \theta +i(\sin \theta -c){|}^2={\cos }^2\theta +(\sin \theta -c{)}^2=1-2c\sin \theta +c^2$ である。
$|a{|}^2=|ci{|}^2=c^2$ を(n)式に代入すると、

$${\int }_0^{2\pi }\frac{1-c^2}{1-2c\sin \theta +c^2}\mathrm{d}\theta =2\pi$$

両辺を $1-c^2$ で割ることで、

$$\boxed{{\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{1-2c\sin \theta +c^2}=\frac{2\pi }{1-c^2}}$$

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本题考察了复变函数中的线性分式变换（莫比乌斯变换）以及围道积分的相关技巧。第一问要求证明一个特定的线性分式变换将单位圆盘映射到半径为R的圆盘上，通过将逆变换展开并考察模长平方的关系即可轻易证明出边界和内部的对应。第二问则是利用积分换元法，通过对该映射直接求微分，找到自变量极角增量与映射极角增量之间的关系，从而推导出经典的泊松核公式。在圆周上灵活应用共轭复数的性质是化简表达式的关键。第三问则是泊松核公式的具体应用，通过将参数a赋予特定的实数和纯虚数值，并结合欧拉公式进行模长计算，就可以非常直接地计算出两个含有三角函数的实积分，避免了直接进行繁琐的实积分留数计算。