熊原啓作著『新訂解析学』第 9 章演習問題前半。 留数定理を応用して実数の定積分・広義積分を計算するドリル。

演習問題 9

9.1 留数を用いて定積分を求めろ

\[\text{(1)}\quad I_1 = \int_0^{2\pi}\!\frac{\mathrm d\theta}{\cos\theta + 2\sin\theta + 3}.\]

被積分関数が積分範囲で定義できていることを確認してから、教科書にあるように次のようにする：

\[z = e^{i\theta},\quad \mathrm dz = ie^{i\theta}\,\mathrm d\theta = iz\,\mathrm d\theta,\\ \cos\theta = \frac{1}{2}\left(z + \frac{1}{z}\right) = \frac{z^2 + 1}{2z},\\ \sin\theta = \frac{1}{2i}\left(z - \frac{1}{z}\right) = \frac{z^2 - 1}{2iz}.\\\]

置換積分：

\[\begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{i}\int_C\! \cfrac{1}{\cfrac{1}{2}(z^2 + 1) + \cfrac{2}{2i}(z^2 - 1) + 3z}\,\mathrm dz\\ &= \frac{1}{i}\int_C\! \cfrac{2i}{i(z^2 + 1) + 2(z^2 - 1) + 6iz}\,\mathrm dz\\ &= \frac{1}{i}\int_C\! \frac{\mathrm dz}{(1/2 - i)z^2 + 3z - (1/2 - i)}. \end{aligned}\]

ここで $C$ は原点を中心とする単位円だ。

二次式を分母に持つ有理式の積分が面倒なのでここで投げた。 後日見返したら、それほど面倒でないことに気づいたので再開する。

留数定理を応用するために、被積分関数の極を求める必要がある。 それには分母の零点を求めることになる。

\[(1/2 - i)z^2 + 3z - (1/2 - i) = 0\]

この二次方程式の根を $\lambda_1, \lambda_2$ とおく。 判別式 $D$ を計算してから根を計算する。記述の便宜上、$\alpha = 1/2 - i$ とおく。

\[\begin{aligned} D &= 3^2 - 4\alpha\bar\alpha = 9 - 4(1/4 + 1) = 4.\\ \lambda_1 &= \frac{-3 + 2}{2(1/2 - i)} = -\frac{1}{1 - 2i}\\ &= -\frac{1 + 2i}{5}.\\ \lambda_2 &= \frac{-3 - 2}{2(1/2 - i)} = -\frac{5}{1 - 2i}\\ &= -1 -2i. \end{aligned}\]

このうち、単位円内部にある根は $\lambda_1$ のほうである（絶対値が 1 より小さいかは暗算でわかる）。 ゆえに元の積分の値は留数定理により次のようになる：

\[\begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{i} \cdot 2 \pi i \operatorname{Res}(f_1(z)\colon \lambda_1)\\ &= 2\pi \cdot \frac{1}{\alpha(\lambda_1 - \lambda_2)}\\ &= 2\pi \cfrac{1}{\alpha \cdot \sqrt{D}/\alpha}\\ &= \pi. \end{aligned}\]

コメント：この手の積分は $\pm\dfrac{2\pi}{\sqrt{D}}$ を取捨選択した値になるようだが、 極を見つけるために結局二次方程式を解くハメになる。

コメント：SymPy に積分させたところ、教科書の解答と一致した：

>>> integrate(1/(cos(x) + 2*sin(x) + 3), (x, 0, 2*pi))
... pi
\[\text{(2)}\quad I_2 = \int_0^{2\pi}\!\frac{\mathrm d\theta}{2\cos\theta + 3\sin\theta + 7}.\]

前問と同じ方針で行く。置換積分：

\[\begin{aligned} I_2 &= \frac{1}{i}\int_C\! \frac{1}{z} \frac{\mathrm dz}{2(z + 1/z)/2 + 3(z - 1/z)/2i + 7}\\ &= \frac{1}{i}\int_C\! \frac{\mathrm dz}{(1 - 3i/2)z^2 + 7z + (1 + 3i/2)}. \end{aligned}\]

これもここからが面倒なのでここで投げたが、コツをつかんだので再開する。 分母の二次式から得られる方程式

\[\alpha z^2 + 7z + \bar\alpha = 0,\quad \alpha = 1 - \frac{3}{2}i.\]

を考える。二次式の判別式と根を $D, \lambda_1, \lambda_2$ とおく。

\[\begin{aligned} D &= 7^2 - 4\alpha\bar\alpha = 49 - 4 \cdot \left(1 + \frac{9}{4}\right) = 36.\\ \lambda_1 &= \frac{-7 + \sqrt{D}}{2\alpha} = -\frac{1}{2\alpha}.\\ \lambda_2 &= \frac{-7 - \sqrt{D}}{2\alpha} = -\frac{13}{2\alpha}.\\ \end{aligned}\]

$\lvert \alpha \rvert^2 = \dfrac{13}{4}$ に注意すると $\lvert \lambda_1 \rvert^2 < 1,:\lvert \lambda_2 \rvert^2 > 1$ ゆえ、留数定理により：

\[\begin{aligned} I_2 &= \frac{1}{i} 2\pi i \operatorname{Res}(f_2(z)\colon \lambda_1)\\ &= \frac{2\pi}{\sqrt{D}}\\ &= \frac{\pi}{3}. \end{aligned}\]

コメント：SymPy の結果を残しておく。教科書の解答と一致している：

>>> integrate(1/(2*cos(x) + 3*sin(x) + 7), (x, 0, 2*pi))
... pi/3
\[\text{(3)}\quad I_3 = \int_{-\infty}^\infty\!\frac{\mathrm dx}{x^4 + a^4},\quad a > 0.\]

$P(x) = 1,\;Q(x) = x^4 + a^4$ とおいた $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ の積分だ。 $\deg P(x) + 2 \le \deg Q(x)$ 条件も OK だ。

以下、複素平面で考える。 $\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ の極すなわち $Q(z) = 0$ の根は $\pm a, \pm ai$ であるが、上半平面にいるのは $ai$ のみ。 そして極は一位である。ゆえに留数定理より：

\[\begin{aligned} I_3 &= 2\pi i \operatorname{Res}\left(\frac{P(z)}{Q(z)}\colon ai\right)\\ &= 2\pi i \cdot \left.\frac{P(z)}{Q^\prime(z)}\right|_{z = ai}\\ &= 2\pi i \cdot \left.\frac{1}{4z^3}\right|_{z = ai}\\ &= \frac{\pi}{2a^3}. \end{aligned}\]

コメント：二番目の等号で用いた関係式（一位の極の簡易計算方法）が本書に出て来ていない気がする。 本問については定義どおりに計算しても面倒ではないが。

\[\text{(4)}\quad I_4 = \int_0^\infty\!\frac{\cos x}{(x^2 + 1)^2}\,\mathrm dx\]

次の積分 $I$ を考えてから $I_4 = \Re I$ を求める方針で行く：

\[I = \int_C\!\frac{\mathrm{e}^{iz}}{(z^2 + 1)^2}\,\mathrm dz = \int_C\!f(z)\,\mathrm dz\\\\\]

被積分関数は $z= \pm i$ を 2 位の極に持つ。上半平面にある極は $z = i$ のほうだ。

ここで $C$ は（いつものように）上半平面に乗る中心が原点と一致する半径 $R$ の半円の境界であるとする。 なお極を $C$ が囲む領域に含む必要があるので $R > 1$ が必要だが、あとで $\to \infty$ させるのでどうでもよくなる。 このへんの評価は省略する。

留数定理により：

\[\begin{aligned} I &= 2\pi i \operatorname{Res}(f\colon i)\\ &= 2\pi i \left.\frac{1}{(2 - 1)!} ((z - i)^2f(z))^\prime\right|_{z = i}\\ &= 2\pi i \left.\frac{1}{(2 - 1)!} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\frac{\mathrm{e}^{iz}}{(z + i)^2}\right|_{z = i}\\ &= 2\pi i \mathrm{e}^{iz} \left.\frac{i (z + i) - 2}{(z + i)^3}\right|_{z = i}\\ &= \frac{\pi}{\mathrm{e}}.\\ \therefore I_4 &= \dfrac{1}{2}\Re I = \dfrac{\pi}{2e}. \end{aligned}\]
\[\text{(5)}\quad I_5 = \int_{-\infty}^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(1 + x^2)^3}.\]

$\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ 問題。

複素平面で考える。$z = \pm i$ が 3 位の極だ。 上半平面にあるものは $z = i$ のほうだから、求める積分は留数定理により次のように計算できる：

\[\begin{aligned} I_5 &= 2\pi i \operatorname{Res}\left(\frac{1}{(1 + z^2)^3}\colon i\right)\\ &= \pi i \left.\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}z^2}(z + i)^3\right|_{z = i}\\ &= \pi i \cdot \frac{6}{(i + i)^5}\\ &= \frac{3\pi}{8}. \end{aligned}\]
\[\text{(6)}\quad I_6 = \int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{1 + x^6}.\]

$\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ 問題。偶関数の性質を用いると、積分範囲を実数全体に拡張して半分取りをする方針で行ける。

被積分関数の極は（角度で言うと 30, 90, 150, -150, -90, -30 度に相当する）：

\[\alpha_n = \mathrm{e}^{(2n + 1)\pi i/6},\quad n = 0, \dotsc, 5.\]

でありすべて 1 位の極である。このうち上半平面にあるのは $\alpha_0, \alpha_1, \alpha_2$ で尽きる。

\[\begin{aligned} \operatorname{Res}\left(\frac{1}{1 + z^6}\colon\alpha_n\right) &= \left.\frac{1}{(1 + z^6)^\prime}\right|_{z = \alpha_n}\\ &= \frac{1}{6}\alpha_n^{-5}. \end{aligned}\]

だから、

\[\begin{aligned} \operatorname{Res}\left(\frac{1}{1 + z^6}\colon\alpha_0\right) &= \frac{1}{6}\alpha_0^{-5}\\ &= \frac{1}{6}\mathrm{e}^{-5\pi i /6}.\\ \operatorname{Res}\left(\frac{1}{1 + z^6}\colon\lambda_1\right) &= \frac{1}{6}\lambda_1^{-5} = \frac{1}{6}i^{-5}= -\frac{i}{6}.\\ \operatorname{Res}\left(\frac{1}{1 + z^6}\colon\lambda_2\right) &= \frac{1}{6}\lambda_2^{-5} = \frac{1}{6}\mathrm{e}^{-25 \pi i /6}\\ &= -\frac{1}{6}\mathrm{e}^{-\pi i /6}. \end{aligned}\]

よって求める値は：

\[\begin{aligned} I_6 &= \frac{1}{2} \cdot 2\pi i \cdot \frac{1}{6}(\mathrm{e}^{-5\pi i /6} - i + \mathrm{e}^{-\pi i /6})\\ &= \frac{\pi i}{6}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i - i + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i\right)\\ &= \frac{\pi}{3}. \end{aligned}\]

コメント：結局細かい計算を SymPy にやらせてしまった。

時間はかかり過ぎたが全問正解の答案を作れた。