コーシーの積分定理を用いた積分計算

コーシーの積分定理を使って線積分を計算してみよう。 まず次の22つの積分を基本にする。

一つは、被積分関数が積分路とその内部で正則ならば積分は00になること。 もう一つは、線積分の計算例で得た

∫Cdzz−a=2πi(Cはaを反時計回りに1周する円周)\int_C\frac{dz}{z-a}=2\pi i\quad(\text{$C$は$a$を反時計回りに$1$周する円周})

である。 有理関数は部分分数分解により、多項式とc(z−a)k\dfrac{c}{(z-a)^k}（k≥1k\geq1の整数）の形の項の和に書ける。 多項式はC\C上で、k≥2k\geq2の項はC∖{a}\C\setminus\{a\}上で、それぞれ一価正則な原始関数を持つ。 そのため、極を通らない閉曲線に沿って積分すると、これらの項の寄与は00になる。 残るk=1k=1の項を、上の公式と回転数を用いて計算すればよい。

基本となる積分

1z−a\dfrac{1}{z-a}の円周に沿った積分

CCを反時計回りの単位円周とし、a∉Ca\notin Cすなわち∣a∣≠1\lvert a\rvert\neq1とする。 このとき

∫C1z−adz={2πi(∣a∣<1)0(∣a∣>1)\int_C\frac{1}{z-a}dz= \begin{cases} 2\pi i& (\lvert a\rvert<1)\\ 0& (\lvert a\rvert>1) \end{cases}

である。

証明

∣a∣>1\lvert a\rvert>1のとき。 ∣a∣>R>1\lvert a\rvert>R>1なるRRをとると、1z−a\dfrac{1}{z-a}は円板∣z∣<R\lvert z\rvert<Rで正則である。 CCはこの円板内の閉曲線だから、円板に対するコーシーの積分定理より積分は00である。

∣a∣<1\lvert a\rvert<1のとき。 aaを中心とする十分小さな半径rrの円周をC′C'（反時計回り）とし、C′C'がCCの内側にあるようにとる。 CCとC′C'にはさまれた円環領域を22本の線分で22つに分けると、それぞれは1z−a\dfrac{1}{z-a}が正則な星形領域に含まれるようにとれる。 星形領域に対するコーシーの積分定理を各々に適用すると、22本の線分に沿った積分が打ち消し合って

∫Cdzz−a=∫C′dzz−a\int_C\frac{dz}{z-a}=\int_{C'}\frac{dz}{z-a}

を得る。 右辺は線積分の計算例で計算したとおり2πi2\pi iである。

回転数の言葉でいえば、この主張はn(C,a)=1n(C,a)=1（aaが内部）、n(C,a)=0n(C,a)=0（aaが外部）ということである。 以下では、円周CCとCC上にない点aaに対して同じことを断りなく使う。

計算例

楕円に沿ったznz^nの積分

a,b>0a, b>0とし、CCを楕円z(t)=acos⁡t+ibsin⁡tz(t)=a\cos t+ib\sin t（0≤t≤2π0\leq t\leq2\pi）とする。 整数nnに対し

∫Czndz={2πi(n=−1)0(n≠−1)\int_Cz^ndz= \begin{cases} 2\pi i& (n=-1)\\ 0& (n\neq-1) \end{cases}

である。

証明

n≥0n\geq0のとき、znz^nはC\C全体で正則で原始関数zn+1n+1\dfrac{z^{n+1}}{n+1}を持つ。 CCは閉曲線だから積分は00である。

n≤−2n\leq-2のとき、znz^nはC∖{0}\C\setminus\{0\}上で正則であり、原始関数zn+1n+1\dfrac{z^{n+1}}{n+1}がこの領域上で一価正則に定まる。 よって積分は00である。

n=−1n=-1のとき、定義により積分は2πi n(C,0)2\pi i\,n(C,0)である。 楕円は原点を反時計回りに11周するのでn(C,0)=1n(C,0)=1であり、積分は2πi2\pi iとなる。

積分路が円周でも楕円でもよいことに注意しよう。 コーシーの積分定理を使うと、積分路の具体的な形ではなく、どの特異点をどちら向きに何周囲むかだけが効いてくる。

部分分数分解を使う例

CCを反時計回りの単位円周とする。

∫C1z(z−2i)dz=−π,∫C1z2−2zdz=−πi\int_C\frac{1}{z(z-2i)}dz=-\pi,\qquad \int_C\frac{1}{z^2-2z}dz=-\pi i

である。

証明

一つ目。 部分分数分解により

1z(z−2i)=12i(1z−2i−1z)\frac{1}{z(z-2i)}=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{z-2i}-\frac{1}{z}\right)

である。 ∣2i∣=2>1\lvert 2i\rvert=2>1だからz=2iz=2iはCCの外部、z=0z=0は内部である。 よって

∫Cdzz(z−2i)=12i(0−2πi)=−π\int_C\frac{dz}{z(z-2i)}=\frac{1}{2i}\bigl(0-2\pi i\bigr)=-\pi

となる。

二つ目。 z2−2z=z(z−2)z^2-2z=z(z-2)であり

1z(z−2)=12(1z−2−1z)\frac{1}{z(z-2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z}\right)

である。 z=2z=2はCCの外部、z=0z=0は内部だから

∫Cdzz2−2z=12(0−2πi)=−πi\int_C\frac{dz}{z^2-2z}=\frac{1}{2}\bigl(0-2\pi i\bigr)=-\pi i

となる。

積分路の位置で場合分けする例

CCを中心α\alpha、半径rrの円周に反時計回りの向きをつけたものとし、±i∉C\pm i\notin Cとする。 このとき

∫C1z2+1dz={π(iのみがCの内部)−π(−iのみがCの内部)0(±iがともに内部、またはともに外部)\int_C\frac{1}{z^2+1}dz= \begin{cases} \pi& (\text{$i$のみが$C$の内部})\\ -\pi& (\text{$-i$のみが$C$の内部})\\ 0& (\text{$\pm i$がともに内部、またはともに外部}) \end{cases}

である。

証明

部分分数分解により

1z2+1=1(z−i)(z+i)=12i(1z−i−1z+i)\frac{1}{z^2+1}=\frac{1}{(z-i)(z+i)}=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+i}\right)

である。

z=iz=iがCCの内部にあれば∫Cdzz−i=2πi\displaystyle\int_C\frac{dz}{z-i}=2\pi i、外部にあれば00であり、z=−iz=-iについても同様である。 したがって

  • iiのみが内部：12i(2πi−0)=π\dfrac{1}{2i}(2\pi i-0)=\pi
  • −i-iのみが内部：12i(0−2πi)=−π\dfrac{1}{2i}(0-2\pi i)=-\pi
  • ともに内部：12i(2πi−2πi)=0\dfrac{1}{2i}(2\pi i-2\pi i)=0
  • ともに外部：12i(0−0)=0\dfrac{1}{2i}(0-0)=0

となる。

最後の例で、±i\pm iがともに内部にあるときに00になるのは、22つの特異点の寄与が打ち消し合うためである。 11つも囲まないときも00になるが、理由は異なる。 この違いは留数定理を学ぶと、留数の和として統一的に理解できるようになる。

演習

原始関数の存在を判定する

f(z)=1zf(z)=\dfrac{1}{z}について、次の各領域でffが一価正則な原始関数を持つかどうか判定せよ。

  1. ∣z−2∣<1\lvert z-2\rvert<1
  2. 0<∣z∣<10<\lvert z\rvert<1
  3. C∖(−∞,0]\C\setminus(-\infty,0]
解答

1. 持つ。 この円板は原点を含まない。 円板は星形領域で、その上でffは正則だから、星形領域に対するコーシーの積分定理により原始関数が存在する。

2. 持たない。 CCを∣z∣=12\lvert z\rvert=\dfrac{1}{2}の反時計回りの円周とすると、これは領域0<∣z∣<10<\lvert z\rvert<1に含まれる閉曲線であり

∫Cdzz=2πi≠0\int_C\frac{dz}{z}=2\pi i\neq0

である。 単位円周∣z∣=1\lvert z\rvert=1は領域に含まれないので、閉曲線として使えないことに注意しよう。 原始関数を持てば閉曲線に沿った積分は00でなければならないので、矛盾する。

3. 持つ。 この領域はz0=1z_0=1を中心とする星形領域である。 実際、原始関数は主値Log⁡z\operatorname{Log}zである。

同じ関数でも領域の形によって結論が変わる。 穴が空いているかどうかが効いており、判定の際はまずそこを見るとよい。