半円周の積分

半円周上の極限と半分の留数

ggが正則であるとき、HrH_rを原点中心半径rrの上半円に反時計回りに向きをつけたものとすると、

lim⁡r→+0∫Hrg(z)zdz=πig(0)=πiRes⁡z=0g(z)z\lim_{r\to+0}\int_{H_r}\frac{g(z)}{z}dz=\pi ig(0)=\pi i\Res_{z=0}\frac{g(z)}{z}

となる。

証明

コーシーの積分公式と同様に証明できる。

∫Hrg(z)zdz=∫Hrg(0)zdz+∫Hrg(z)−g(0)zdz=g(0)∫Hr1zdz+∫Hrg(z)−g(0)zdz=πig(0)+∫Hrg(z)−g(0)zdz\int_{H_r}\frac{g(z)}{z}dz=\int_{H_r}\frac{g(0)}{z}dz+\int_{H_r}\frac{g(z)-g(0)}{z}dz\\\\ =g(0)\int_{H_r}\frac{1}{z}dz+\int_{H_r}\frac{g(z)-g(0)}{z}dz\\\\ =\pi ig(0)+\int_{H_r}\frac{g(z)-g(0)}{z}dz

であり、

∣∫Hrg(z)−g(0)zdz∣≤(∣g′(0)∣+ϵ)πr\lvert\int_{H_r}\frac{g(z)-g(0)}{z}dz\rvert\leq(\lvert g'(0)\rvert+\epsilon)\pi r

で、r→0r\to0で00に収束する。

これを利用して、以下の積分を計算しよう。

この値は第6章の積分計算への応用で長方形の積分路を使って既に求めている。 ここでは半円の積分路で同じ値を導き、遠方の評価と原点の避け方がどう変わるかを見る。

半分の留数を用いた sin⁡xx\dfrac{\sin x}{x} の計算
I=∫0∞sin⁡xxdx=π2I=\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}

を示す。

積分経路C=H1+H2+J1+J2C=H_1+H_2+J_1+J_2を以下のように定める。 H1H_1は原点中心半径RRの上半円で反時計回りに向きをつけたもの、H2H_2は原点中心半径rrの上半円で時計回りに向きをつけたもの。 J1J_1は実軸の−R-Rから−r-rでJ2J_2は実軸のrrからRRの区間。

f(z)=eizzf(z)=\frac{e^{iz}}{z}とおくと、これはz=0z=0のみで11位の極を持つ。 よって、

∫Cf(z)dz=0\int_Cf(z)dz=0

である。

∫J1eizzdz+∫J2eizzdz=∫−R−reittdt+∫rReittdt=2i∫rRsin⁡ttdt\int_{J_1}\frac{e^{iz}}{z}dz+\int_{J_2}\frac{e^{iz}}{z}dz=\int^{-r}_{-R}\frac{e^{it}}{t}dt+\int^R_r\frac{e^{it}}{t}dt\\\\ =2i\int^R_r\frac{\sin t}{t}dt

である。

H1H_1をz=Reiθz=Re^{i\theta}とパラメータつけて積分を評価する。

∣∫H1eizzdz∣≤∫H1∣eizz∣∣dz∣=∫0π1R∣eiReiθ∣∣Rieiθ∣dθ=∫0πe−Rsin⁡θdθ=2∫π/2e−Rsin⁡θdθ≤2∫π/2e−2Rθ/πdθ=πR(1−e−R)→0(R→∞)\lvert\int_{H_1}\frac{e^{iz}}{z}dz\rvert\leq\int_{H_1}\lvert\frac{e^{iz}}{z}\rvert \lvert dz\rvert\\\\ =\int^\pi_0\frac{1}{R}\lvert e^{iRe^{i\theta}}\rvert \lvert Rie^{i\theta}\rvert d\theta\\\\ =\int^\pi_0e^{-R\sin\theta}d\theta\\\\ =2\int^{\pi/2}e^{-R\sin\theta}d\theta\\\\ \leq 2\int^{\pi/2}e^{-2R\theta/\pi}d\theta\\\\ =\frac{\pi}{R}(1-e^{-R})\to0(R\to\infty)

となる。

次にr→+0r\to+0で

∫H2→−πi\int_{H_2}\to -\pi i

となることを示す。 これは冒頭で述べた半周の留数を、g(z)=eizg(z)=e^{iz}として向きに注意して用いればよい。 H2H_2は時計回りなので符号が逆になり、−πig(0)=−πi-\pi ig(0)=-\pi iとなる。

広義積分∫0∞sin⁡xxdx\displaystyle\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dxが収束することも確かめておく。 sin⁡xx\dfrac{\sin x}{x}はx→+0x\to+0で11に近づくので00の近くでは問題ない。 無限遠側は絶対可積分でないので、部分積分を用いる。 1≤A<B1\leq A<Bに対し

∫ABsin⁡xxdx=[−cos⁡xx]AB−∫ABcos⁡xx2dx\int_A^B\frac{\sin x}{x}dx =\left[\frac{-\cos x}{x}\right]_A^B-\int_A^B\frac{\cos x}{x^2}dx

であり、右辺第一項はA,B→∞A,B\to\inftyで00に、第二項は1x2\dfrac{1}{x^2}が可積分なので収束する。 したがってコーシーの判定条件から広義積分は収束する。

以上をまとめると、R→∞,r→+0R\to\infty, r\to+0の極限を取ることで、

0=2i∫0∞sin⁡xxdx−πi0=2i\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dx-\pi i

となり、

∫0∞sin⁡xxdx=π2\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}

となる。