4.3 コーシーの積分定理

1. $a$点から出発し，$b$点に到達する曲線を$C_{1}$とすると，$b$点と$a$点を結ぶ曲線は$-C_{2}$と表せる．

ここで $C = C_{1} - C_{2}$とおくと，曲線$C$は領域$D$に含まれる閉曲線である．ここで，コーシーの積分定理を用いると

$$= \int_{C}f(z)\ dz = \int_{C_{1}}f(z)\ dz + \int_{-C_{2}}f(z)\ dz$$ 0

$$= \int_{C_{1}}f(z)\ dz - \int_{C_{2}}f(z)\ dz$$

したがって，

$$\int_{C_{1}}f(z)dz = \int_{C_{2}}f(z) dz$$

まず，曲線を$C_{1}$から曲線は$C_{2}$に橋をかける．次に曲線$C_{1}$に沿って回りながら，橋を渡って曲線$C_{2}$に移り，逆回りをし，元の橋を渡って曲線$C_{1}$に戻り一周する曲線を$C$とする．このとき，$C$は領域$D$に含まれる閉曲線となるので，コーシーの積分定理を用いると

$$= \int_{C}f(z)\ dz = \int_{C_{1}}f(z)\ dz + \int_{-C_{2}}f(z)\ dz$$ 0

$$= \int_{C_{1}}f(z)\ dz - \int_{C_{2}}f(z)\ dz$$

したがって，

$$\int_{C_{1}}f(z)dz = \int_{C_{2}}f(z) dz$$

曲線$C$は原点を中心とする半径$r > 1$の円周であるので， $f(z) = \frac{1}{z^2 + 1}$はこの円内で正則ではない．そこで， $f(z) = \frac{1}{z^2 + 1}$を部分分数分解すると

$$\frac{1}{z^2 + 1} = \frac{1}{(z+i)(z-i)} = \frac{1}{2i}[\frac{1}{z-i} - \frac{1}{z+i}]$$

ここで，積分の基本公式

$$\int_{\vert z-a\vert=r}\frac{1}{(z-a)^{n}} = \left\{\begin{array}{ll} 2\pi i & n = 1\\ 0 & n \neq i \end{array}\right.$$

を用いると

$$\int_{\vert z\vert = r}\frac{1}{z^2 + 1}\ dz = \frac{1}{2i}[\int_{\vert z\vert=r}\frac{1}{z-1}\ dz - \int_{\vert z\vert=r}\frac{1}{z-1}\ dz$$

$$= \frac{1}{2i}[2\pi i - 2\pi i] = 0$$

曲線$C$は原点を中心とする半径1の円周であるので， $f(z) = \frac{z}{(2z + i)(z-2)}$はこの円内で正則ではない．そこで， $f(z) = \frac{z}{(2z + i)(z-2)}$を部分分数分解すると

$$\frac{z}{(2z + i)(z-2)} = \frac{A}{2z+i} + \frac{B}{z-2}$$

両辺の分母を払うと

$$z = A(z-2) + B(2z+i)$$

ここで $z = 2$とおくと

$$2 = B(4 + i) \Rightarrow B = \frac{2}{4 + i}$$

また， $z = -\frac{i}{2}$とくと

$$-\frac{i}{2} = A(-\frac{i}{2} - 2) \Rightarrow A = \frac{i}{4 + i}$$

よって

$$\int_{\vert z\vert=1}\frac{z}{(2z + i)(z-2)} = \frac{i}{4+i}\int_{\vert z\vert=1}\frac{1}{2z + i}\ dz + \frac{2}{4+i}\int{\vert z\vert=1}\frac{1}{z-2}\ dz$$

ここで，積分の基本公式

$$\int_{\vert z-a\vert=r}\frac{1}{(z-a)^{n}} = \left\{\begin{array}{ll} 2\pi i & n = 1\\ 0 & n \neq i \end{array}\right.$$

を用いると

$$\int_{\vert z\vert=1}\frac{z}{(2z + i)(z-2)} = \frac{i}{4+i}\int_{\vert z\vert=1}\frac{1}{2(z + i/2)}\ dz + 0$$

$$= \frac{i}{2(4+i)} \cdot 2\pi i = \frac{-\pi}{4 + i} = -\frac{4-i}{17}\pi$$

この曲線は原点を中心とし，半径 r > 1の円の上半円周と，実軸上の直径より， $f(z) = \frac{1}{z^4 +1}$はこの曲線内で正則ではない．そこで， $f(z) = \frac{1}{z^4 +1}$を部分分数分解する. $z^4 = -1$の解は

$$z_{k} = \cos{(\frac{\pi + 2k\pi}{4})} + \sin{(\frac{\pi + 2k\pi}{4}}, \ k =0,1,2,3$$

で与えられるので

$$z_{0} = \frac{1+i}{\sqrt{2}} = e^{\frac{\pi}{4}}, z_{1} = \frac{-... ...{\frac{3\pi}{4}}, z_{2} = \frac{-1-i}{\sqrt{2}}, z_{4} = \frac{1 - i}{\sqrt{2}}$$

よって

$$\frac{1}{z^4 + 1} = \frac{A}{z - z_{0}} + \frac{B}{z - z_{1}} + \frac{C}{z - z_{2}} + \frac{D}{z - z_{3}}$$

の中で，係数を求める必要があるのは$A$と$B$だけである．

$$A = \lim_{z \to z_{0}}(z - z_{0})\frac{1}{z^4 + 1} = \frac{1}{4z_{0}^3}$$

$$= \frac{1}{4}z_{0}^{-3} = \frac{1}{4}e^{-3\pi}{4}$$

$$B = \lim_{z \to z_{1}}(z - z_{1})\frac{1}{z^4 + 1} = \frac{1}{4z_{1}^3}$$

$$= \frac{1}{4}z_{1}^{-3} = \frac{1}{4}e^{-9\pi}{4}$$

これより

$$\int_{C}\frac{1}{z^4 + 1}\ dz = A \int_{C}\frac{1}{z - z_{0}}\ dz + B\int_{C}\frac{1}{z-z_{1}}$$

$$= \frac{1}{4}e^{-3\pi}{4}\cdot 2\pi i + \frac{1}{4}e^{-9\pi i}\cdot 2\pi i$$

$$= \frac{\pi i}{2}[e^{\frac{-3\pi i}{4}} + e^{\frac{-9 \pi i}{4}}]$$

$$= \frac{\pi i}{2}[\frac{-1-i}{\sqrt{2}} + \frac{1-i}{\sqrt{2}}] = \frac{\pi}{2}$$

3.

(a)

$$\int_{i}^{1} z^2 dz = \frac{1}{3}z^{3} \mid_{i}^{1} = \frac{1 + i}{3}$$

(b)

$$\int_{0}^{i}ze^{z}\ dz = [ze^{z} - e^{z}\mid_{0}^{i} = ie^{i} - e^{i}$$

(c) この問題を解く前に次のことを思いだす．

$$\log{z} = \log_{e}\vert z\vert + i\arg{z}$$

$$\int_{0}^{1+i}\frac{z}{z+1}\ dz = \int_{0}^{1+i}(1 - \frac{1}{z+1}) dz = [z - \log(z+1)\mid_{0}^{1+i}$$

$$= 1+i - \log(2+i) = 1+i - (\log_{e}\vert 2+i\vert + i\arg(2+i))$$

$$= 1+i - \frac{1}{2}\log_{e}(5) - i \tan^{-1}{\frac{1}{2}}$$

$$= 1 - \frac{1}{2}\log_{e}{5} + i(1 - \tan^{-1}{(\frac{1}{2})})$$

(d) この問題を解く前に次のことを思いだす．

$$(\sin^{-1}{z})' = \frac{1}{\sqrt{1 - z^2}}$$

$$\sin^{-1}{z} = \frac{1}{i}\log(iz + \sqrt{1 - z^2})$$

$$\int_{0}^{i}\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}\ dz = [\sin^{-1}{z}\mid_{0}^{i}$$

$$= \sin^{-1}{i} - \sin^{0} = \frac{1}{i}[\log(i^2 + \sqrt{1 - i^2}) - \log{1}$$

$$= \frac{1}{i}\log(-1 + \sqrt{2}) = \frac{1}{i}[\log_{e}\vert-1 + \sqrt{2}\vert + i\arg(-1 + \sqrt{2})]$$

$$= \frac{1}{i}[\log_{e}(\sqrt{2} - 1)]$$

4. $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0$を満たす関数$u(x,y)$を調和関数という．また，$\Delta$をラプラシアンといい， $\Delta u = 0$の式をラプラス方程式という．$u$を実部にもつ正則関数$w = u + iv$はコーシー・リーマンの方程式を満たすことを確認しておく．

(a) $u = x^2 - y^2$について$\Delta u$を求めると

$$u_{x} = 2x, u_{xx} = 2, u_{y} = -2y, u_{yy} = -2$$

したがって， $\Delta u = 0$となるので，$u$は調和関数．次に$u$を実部にもつ正則関数$w$を求める． $w = u + iv$とおくと

$$u_{x} = v_{y} = 2x, v_{x} = -u_{y} = 2y$$

より

$$v(x,y) = \int{v_{y}\ dy} = \int{2x dy} = 2xy + \phi(x) \$$ (A.1)

式A.1を$x$で偏微分すると

$$v_{x} = 2y + (\phi(x))'$$ (A.2)

ここで，条件より $v_{x} = 2y$ より $\phi'(x) = 0$よって $\phi(x) = c$となり

$$v(x,y) = 2xy + c$$

(b) $u = e^{x}\cos{y}$について$\Delta u$を求めると

$$u_{x} = e^{x}\cos{y}, u_{xx} = e^{x}\cos{y}, u_{y} = -e^{x}\sin{y}, u_{yy} = -e^{x}\cos{y}$$

したがって， $\Delta u = 0$となるので，$u$は調和関数．次に$u$を実部にもつ正則関数$w$を求める． $w = u + iv$とおくと

$$u_{x} = v_{y} = e^{x}\cos{y}, v_{x} = -u_{y} = e^{x}\sin{y}$$

より

$$v(x,y) = \int{v_{y}\ dy} = \int{e^{x}\cos{y}}\ dy = e^{x}\sin{y} + \phi(x)$$

$$v_{x} = e^{x}\sin{y} + (\phi(x))' = e^{x}\sin{y} より \phi(x) = c \ (定数)よって$$

$$v(x,y) = e^{x}\sin{y} + c$$

(c) $u = \cos{x}\sinh{y}$について$\Delta u$を求めると

$$u_{x} = -\sin{x}\sinh{y}, u_{xx} = -\cos{x}\sinh{y}, u_{y} = \cos{x}\cosh{y}, u_{yy} = \cos{x}\sinh{y}$$

したがって， $\Delta u = 0$となるので，$u$は調和関数．次に$u$を実部にもつ正則関数$w$を求める． $w = u + iv$とおくと

$$u_{x} = v_{y} = e^{x}\cos{y}, v_{x} = -u_{y} = e^{x}\sin{y}$$

より

$$v(x,y) = \int{v_{y}\ dy} = \int{e^{x}\cos{y}}\ dy = e^{x}\sin{y} + \phi(x)$$

$$v_{x} = e^{x}\sin{y} + (\phi(x))' = e^{x}\sin{y} より \phi(x) = c \ (定数)よって$$

$$v(x,y) = e^{x}\sin{y} + c$$

(d) $u = \frac{1}{2}\log_{e}(x^2 + y^2)$について$\Delta u$を求めると

$$u_{x} = \frac{x}{x^2 + y^2}, u_{xx} = \frac{x^2 + y^2 - x(2x)}{(x^2 + y^2)^{2}} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^{2}}$$

$$u_{y} = \frac{y}{x^2 + y^2}, u_{xx} = \frac{x^2 + y^2 - y(2y)}{(x^2 + y^2)^{2}} = \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^{2}}$$

したがって， $\Delta u = 0$となるので，$u$は調和関数．次に$u$を実部にもつ正則関数$w$を求める． $w = u + iv$とおくと

$$u_{x} = v_{y} = \frac{x}{x^2 + y^2}, v_{x} = -u_{y} = -\frac{y}{x^2 + y^2}$$

より

$$v(x,y) = \int{v_{y}\ dy} = \int{\frac{x}{x^2 + y^2}}\ dy$$

$$= x(\frac{1}{x}\tan^{-1}{(\frac{y}{x})}) + \phi(x) \ (注 \ \int{\frac{1}{a^2 + t^2}}\ dx = \frac{1}{a}\tan^{-1}{(\frac{t}{a})}$$

$$= \tan^{-1}{(\frac{y}{x})} + \phi(x)$$

これを$x$で偏微分すると

$$v_{x} = \frac{-\frac{y}{x}}{(1 + (\frac{y}{x}))^{2}} + \phi'(x)$$

$$= -\frac{y}{(x^2 + y^2)^{2}} + \phi'(x)$$

条件より $v_{x} = -\frac{y}{(x^2 + y^2)^{2}}$なので $\phi'(x) = 0$．よって $\phi(x) = c$．これより

$$v(x,y) = \tan^{-1}{(\frac{y}{x})} + c$$