0473-1991 东大工 数学 WEB

复变函数 复变积分 解析函数的泰勒展开 帕塞瓦尔等式

(1) $|z-z_0|<R$ において正則な関数 $f(z)$ の Taylor 展開を

$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(z-z_0{)}^n$$

とする。このとき、次の等式が成立することを証明せよ。ただし、$0\le r<R$ とする。

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(z_0+r{e}^{i\theta }){|}^{2}d\theta =\sum _{n=0}^{\infty }|a_n{|}^2{r}^{2n}$$

(2) 上記の等式を用いて、次の定積分の値を求めよ。ただし、$k$ は非負の整数とする。

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\left(\frac{\sin \frac{k\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}\right)}^{2}d\theta$$

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解答：

(1)
$z=z_0+r{e}^{i\theta }$ とおくと、$f(z)$ の Taylor 展開より

$$f(z_0+r{e}^{i\theta })=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{r}^n{e}^{in\theta }$$

その複素共役は次のように表される。

$$\overline{f(z_0+r{e}^{i\theta })}=\sum _{m=0}^{\infty }\overline{a_m}{r}^m{e}^{-im\theta }$$

したがって、絶対値の2乗は以下の二重級数となる。

$$\begin{array}{rl}|f(z_0+r{e}^{i\theta }){|}^2& =f(z_0+r{e}^{i\theta })\overline{f(z_0+r{e}^{i\theta })}\\ & =\left(\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{r}^n{e}^{in\theta }\right)\left(\sum _{m=0}^{\infty }\overline{a_m}{r}^m{e}^{-im\theta }\right)\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{m=0}^{\infty }{a}_n\overline{a_m}{r}^{n+m}{e}^{i(n-m)\theta }\end{array}$$

$0\le r<R$ において冪級数は絶対かつ一様に収束するため、和と積分の順序交換が可能である。両辺を $[0,2\pi ]$ で積分して $\frac{1}{2\pi }$ を乗じると

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(z_0+r{e}^{i\theta }){|}^{2}d\theta =\frac{1}{2\pi }\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{m=0}^{\infty }{a}_n\overline{a_m}{r}^{n+m}{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(n-m)\theta }d\theta$$

ここで、三角関数の直交性（指数関数の積分）により次が成り立つ。

$${\int }_0^{2\pi }{e}^{i(n-m)\theta }d\theta =\{\begin{array}{ll}2\pi & (n=m)\\ 0& (n\ne m)\end{array}$$

ゆえに、$n\ne m$ の項はすべて $0$ となり、$n=m$ の項のみが残る。

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(z_0+r{e}^{i\theta }){|}^{2}d\theta & =\frac{1}{2\pi }\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\overline{a_n}{r}^{2n}(2\pi )\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }|a_n{|}^2{r}^{2n}\end{array}$$

(証明終)

(2)
$k$ が正の整数のとき、関数 $f(z)$ を次のように定義する。

$$f(z)=\sum _{n=0}^{k-1}{z}^n$$

この $f(z)$ は多項式であるため全複素平面で正則（$R=\infty$）であり、$a_n=1(0\le n\le k-1)$、それ以外の $n$ では $a_n=0$ となる Taylor 展開をもつ。
$z=e^{i\theta }(\theta \ne 0,2\pi )$ を代入すると、等比数列の和の公式より

$$\begin{array}{rl}f(e^{i\theta })& =\frac{1-e^{ik\theta }}{1-e^{i\theta }}\\ & =\frac{e^{i\frac{k\theta }{2}}\left(e^{-i\frac{k\theta }{2}}-e^{i\frac{k\theta }{2}}\right)}{e^{i\frac{\theta }{2}}\left(e^{-i\frac{\theta }{2}}-e^{i\frac{\theta }{2}}\right)}\\ & =\frac{e^{i\frac{k\theta }{2}}\left(-2i\sin \frac{k\theta }{2}\right)}{e^{i\frac{\theta }{2}}\left(-2i\sin \frac{\theta }{2}\right)}\\ & =e^{i\frac{(k-1)\theta }{2}}\frac{\sin \frac{k\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}\end{array}$$

両辺の絶対値の2乗をとると次式を得る。

$$|f(e^{i\theta }){|}^2={\left(\frac{\sin \frac{k\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}\right)}^2$$

これに対して、(1) で証明した等式を $z_0=0,r=1$ として適用する。

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\left(\frac{\sin \frac{k\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}\right)}^{2}d\theta & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(e^{i\theta }){|}^{2}d\theta \\ & =\sum _{n=0}^{\infty }|a_n{|}^2{1}^{2n}\\ & =\sum _{n=0}^{k-1}|1{|}^2\\ & =k\end{array}$$

また、$k=0$ のとき、被積分関数は $0$ となり積分値も $0$ となるため、上記の結果 $k$ に一致する。
したがって、求める定積分の値は

$$\boxed{k}$$

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本题考察了复变函数论中解析函数的泰勒展开性质及其在计算实积分中的应用，核心结论是复分析版本的帕塞瓦尔等式。

第一问要求证明复变函数中模的平方在圆周上的平均值与泰勒展开系数模平方的无穷级数之间的关系。证明的切入点是将模平方写作函数值与其共轭复数的乘积。在级数的收敛圆内，由于级数具有绝对收敛和一致收敛的良好性质，可以将级数乘积展开为二重和，并合法地交换求和号与积分号的位置。积分的核心在于复指数函数族 $e^{in\theta }$ 在区间 $[0,2\pi ]$ 上的正交性，这使得大量交叉项积分为零，最后仅存留了下标相等的项，从而得到非常简洁的结论。

第二问则是该等式极为精妙的一个应用。被积函数中的三角函数分式形式非常类似离散傅里叶变换中常见的狄利克雷核。如果在实数域内直接通过积化和差或是递推公式降次来计算该积分，过程将极其繁杂且容易出错。但如果借助于欧拉公式的逆向构造，我们会发现该式恰好是复平面单位圆上一个有限项等比数列之和（即一个关于 $z$ 的多项式）的模的平方。将原等式中对应的圆心定为原点、半径设为 1，并认清这个复系数多项式的各项系数只有 $0$ 阶到 $k-1$ 阶的系数为 1，其余全为 0。代入第一问得出的恒等式，原本复杂的超越函数反常积分直接转化为了对 $k$ 个 1 求和的最基础代数运算，充分展现了复变函数工具降维打击般的计算威力。