0501-2005 京情系 数学 P10

复变函数 复数根 解析函数 柯西-黎曼方程 奇点与留数 幂级数 收敛半径

問題1 次の問に答えよ．

1. 1の8乗根 $\alpha$ ($\ne 1$) で正の偏角が最小のものを求めよ．
2. 上記の $\alpha$ の4乗を求めよ．
3. 指数関数 $e^{x+iy}$ がコーシー・リーマンの関係(方程式)を満たすことを示せ．
4. $\tan z$ の極 $z_k=(k+\frac{1}{2})\pi ,(k=0,1,2,\dots )$ は1位の極であることを示せ．
5. 線分 $C:z(t)=t{e}^{\frac{\pi }{4}i}(0\le t\le R)$ にそった次の積分 $I_C$ の実部を $\cos t^2$ と $\sin t^2$ の積分で表せ．

$$I_C={\int }_C{e}^{-z^2}dz$$

問題2 複素平面上の原点を含むある領域で正則な関数 $f(z)$ が，原点近傍で次のように2つの級数展開をもつとする．

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

1. 上式の $n$ 回微分を考えることによって，$a_n=b_n(n=0,1,2,\cdots )$ であることを示せ．
2. $f(z)$ が奇関数のとき，すなわち $f(z)=-f(-z)$ のとき，$a_{2k}=0(k=0,1,2,\cdots )$ であることを示せ．
3. 上の 2) の場合について，$f(z)$ が微分方程式 $f^{\prime \prime }(z)=-f(z)$ を満たすとき，$a_{2k+1}(k=0,1,2,\cdots )$ を求めよ．ただし，$a_1=1$ とする．
4. 上の 3) の場合について，級数 $f(z)$ の収束半径をその根拠とともに示せ．

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解答：

問題1
1)
方程式 $z^8=1$ を解くと，$z=e^{i\frac{2k\pi }{8}}=e^{i\frac{k\pi }{4}}(k=0,1,2,\dots ,7)$ である．
$z\ne 1$ かつ正の偏角が最小となるのは $k=1$ のときであるから，

$$\boxed{\alpha =e^{i\frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}}$$

$$\boxed{{\alpha }^4={\left(e^{i\frac{\pi }{4}}\right)}^4=e^{i\pi }=-1}$$

$f(z)=e^{x+iy}=e^x\cos y+i{e}^x\sin y$ より，実部 $u(x,y)$ と虚部 $v(x,y)$ は，

$$\begin{array}{rl}u(x,y)& =e^x\cos y\\ v(x,y)& =e^x\sin y\end{array}$$

それぞれの偏微分を計算すると，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial u}{\partial x}& =e^x\cos y,\frac{\partial v}{\partial y}=e^x\cos y\\ \frac{\partial u}{\partial y}& =-e^x\sin y,\frac{\partial v}{\partial x}=e^x\sin y\end{array}$$

したがって，

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$$

が成り立ち，コーシー・リーマンの関係式を満たす．(証明終)

$f(z)=\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}$ とし，$P(z)=\sin z$，$Q(z)=\cos z$ とおく．
$z_k=(k+\frac{1}{2})\pi$ において，

$$\begin{array}{rl}P(z_k)& =\sin \left(k\pi +\frac{\pi }{2}\right)=(-1{)}^k\ne 0\\ Q(z_k)& =\cos \left(k\pi +\frac{\pi }{2}\right)=0\\ Q^{\prime }(z_k)& =-\sin \left(k\pi +\frac{\pi }{2}\right)=-(-1{)}^k\ne 0\end{array}$$

$Q(z_k)=0$ かつ $Q^{\prime }(z_k)\ne 0$ であるため，$z_k$ は $Q(z)$ の1位の零点である．また $P(z_k)\ne 0$ であるから，$z_k$ は $f(z)$ の1位の極である．(証明終)

$z=t{e}^{i\frac{\pi }{4}}$ より，$dz=e^{i\frac{\pi }{4}}dt$ である．また，

$$z^2=t^2{e}^{i\frac{\pi }{2}}=i{t}^2$$

これらを積分に代入すると，

$$\begin{array}{rl}{I}_C& ={\int }_0^R{e}^{-i{t}^2}{e}^{i\frac{\pi }{4}}dt\\ & =e^{i\frac{\pi }{4}}{\int }_0^R(\cos t^2-i\sin t^2)dt\\ & =\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left({\int }_0^R\cos t^{2}dt-i{\int }_0^R\sin t^{2}dt\right)\\ & =\frac{\sqrt{2}}{2}\left({\int }_0^R\cos t^{2}dt+{\int }_0^R\sin t^{2}dt\right)+i\frac{\sqrt{2}}{2}\left({\int }_0^R\cos t^{2}dt-{\int }_0^R\sin t^{2}dt\right)\end{array}$$

したがって，実部は

$$\boxed{\text{Re}(I_C)=\frac{\sqrt{2}}{2}{\int }_0^R(\cos t^2+\sin t^2)dt}$$

問題2
1)
$f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{z}^k$ の両辺を $z$ で $n$ 回微分し，$z=0$ を代入すると，

$$f^{(n)}(0)=n!a_n⟹a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$$

同様に $f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k{z}^k$ からも $b_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$ が得られる．
ゆえに $a_n=b_n$ である．(証明終)

$f(z)=-f(-z)$ の両辺に級数展開を代入すると，

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n=-\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(-z{)}^n=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(-1{)}^{n+1}{z}^n$$

各項の係数を比較すると，$a_n=a_n(-1{)}^{n+1}$ である．
$n=2k$ のとき， $(-1{)}^{2k+1}=-1$ より $a_{2k}=-a_{2k}$ となり，

$$2a_{2k}=0⟹a_{2k}=0$$

(証明終)

$a_{2k}=0$ より $f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{z}^{2k+1}$ と表せる．この2階微分は，

$$f^{\prime \prime }(z)=\sum _{k=1}^{\infty }(2k+1)(2k)a_{2k+1}{z}^{2k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }(2k+3)(2k+2)a_{2k+3}{z}^{2k+1}$$

$f^{\prime \prime }(z)=-f(z)$ より，

$$\sum _{k=0}^{\infty }(2k+3)(2k+2)a_{2k+3}{z}^{2k+1}=-\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{z}^{2k+1}$$

係数を比較すると，

$$a_{2k+3}=\frac{-1}{(2k+3)(2k+2)}{a}_{2k+1}$$

$a_1=1$ から順に求めると，

$$\begin{array}{rl}{a}_3& =\frac{-1}{3\cdot 2}{a}_1=-\frac{1}{3!}\\ a_5& =\frac{-1}{5\cdot 4}{a}_3=\frac{1}{5!}\end{array}$$

帰納的に以下の一般項を得る．

$$\boxed{a_{2k+1}=\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}}$$

隣り合う項の絶対値の比について極限を調べる(ダランベールの判定法)．第 $k$ 項を $c_k=a_{2k+1}{z}^{2k+1}$ とすると，

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\left|\frac{c_{k+1}}{c_k}\right|=\underset{k\to \infty }{\lim }\left|\frac{\frac{(-1{)}^{k+1}}{(2k+3)!}{z}^{2k+3}}{\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{z}^{2k+1}}\right|=\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{|z{|}^2}{(2k+3)(2k+2)}=0$$

この極限は任意の有限な複素数 $z$ に対して $0$ となる(常に $1$ 未満となる)ため，級数は複素平面の全域で絶対収束する．
したがって，収束半径 $R$ は

$$\boxed{R=\infty }$$

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这几道题综合考查了复变函数中的基础概念。第一题首先从复数的极坐标表示入手，求特定偏角的单位根并计算其幂；接着验证复指数函数是否满足解析函数的核心条件——柯西-黎曼（C-R）方程；然后利用分子分母求导法则判定有理三角函数极点的阶数；最后通过路径代换，计算菲涅尔积分形式的复积分的实部。第二题则考察了解析函数的幂级数（泰勒级数）展开性质。第一小问证明了级数展开系数的唯一性，第二小问通过奇函数的对称性证明了偶数次项系数为零。第三和第四小问结合微分方程构建了相邻系数的递推关系式，最终反解出该级数实为正弦函数 $\sin z$ 的麦克劳林展开，并通过达朗贝尔判别法（或比值审敛法）严格求出了其无穷大的收敛半径。整个过程逻辑连贯，要求对复数代数运算与级数理论有扎实的理解。