複素周回積分は展開と留数を使おう
１。複素関数と留数
このワークシートはMath by Codeの一部です。
＜特異点と留数＞
前回
f(z)＝g(z)/(z-a)のとき、CDにおけるf(z)の周回積分＝CrDにおけるf(z)の周回積分だった。
ｒ→０のとき、∫C g(z)/(z-a) dz=∫Cr g(z)/(z-a) dz=∫0 2π g(a + reiθ) i dθ
→∫0 2π g(a) i dθ＝g(a) i[ θ] 0 2π =2πi g(a) と極限を考えることができることから、
∫C dz＝2πi g(a) としたね。
関数f(z)＝g(z)/(z-a)がz=aで正則でないときaを特異点（singular point)という。
z→aのとき、正則であるg(z)=f(z)(z-a)の極限をA=g(a)とすれば、
r→０と同じことだから、上と同じ議論ができる。だから、
∫C dz＝2πi A
このAを留数(residue)という。
留数はこれだけではない。
今回はコーシー積分の定理と公式を利用して、
級数展開と関連付けることで留数をさらに深めていこう。
そして、その事実を実関数の積分の解法につないでみよう。
留数で周回積分しよう
２．テーラー展開と留数の定理
＜テーラー展開＞
正則関数は実関数と同じくテーラー展開ができます。
くわしく見ていきましょう。
関数f(z)が領域Dで正則で、D内の適当な点aを中心とする半径Rの円Cがある。
CDの点ｚをとり、ｚを含むCの同心円でRより小さい半径ｒの円Crを作ろう。
コーシーの積分表示からf(z)=1/2πi ∫Cr dζ （コーシー積分公式）
点ζは円Crの周上にあり、点ｚは円の内部にあるので、|(z-a)/(ζ-a)|＜1
このあと、等比数列の和の公式からk＜１のとき、
1/(１－k)=1+k+k2+k3+..............を使いたい。
そこで、k＝とおくと、1-k＝[(ζ-a)-(z-a)]/(ζ-a) となり、1/(1-k)=(ζ-a) /[(ζ-a)-(z-a)]
すごく技巧的だけれど、穴ｚがaに変わり、kの多項式をかけた形に直せる。
1/(ζ-z)=1/[(ζ-a)-(z-a)]=1/(ζ-a)*1/(1- k) =1/(ζ-a)[1+k+k2+k3+.............]
だから、
f(z)=1/2πi ∫Cr dζ＝1/2πi ∫Cr 1/(ζ-a)[1+k+k2+k3+.............]dζ
＝1/2πi ∫Cr 1/(ζ-a)[1+(z-a)/(ζ-a)+[(z-a)/(ζ-a)]2+[(z-a)/(ζ-a)]3+.............]dζ
=Σn=0∞ ｛1/2πi∫Cr dζ(z-a)n ｝
（z-a)の次数より1/(ζ-a)の次数が１多い。
さらに、グルサー公式の変形で積分を微分/階乗の形に変えると、
1/2πi∫Cr dζ = f(n)(a)/n!
となるね。
つまり、f(z)=Σn=0∞｛f(n)(a)/n!(z-a)n}とｚで級数展開できるということだ。
お疲れ様でした。
k<1という条件を満たすときにテーラー展開ができたということを覚えておこう！
・テーラーの級数展開
だから、正則関数f(z)のテーラー級数展開は、
f(z)=Σn=0∞ f(a)(n)/n! (z-a)n= f(a) + f'(a)/1! * (z-a) + f''(a)/2! * (z-a)2 +f'''(a)/3! * (z-a)3+.................
実関数と同じ式だ。
特にa=0とすると、マクローリン級数ができるね。
f(z)=Σn=0∞ f(０)(n)/n! (z)n
= f(0) + f'(0)/1! * z + f''(0)/2! * z2 +f'''(0)/3! * z3+.................
・テーラーの定理
正則関数f(z)があるとき、
if(z!=a, 変化率, 微分係数）という形の表示を続けられる。
f1(z)=if(z!=a, f(z)-f(a))/(z-a), f'(a))
f2(z)=if(z!=a, (f1(z)-f1(a))/(z-a), f1'(a)）
f3(z)=if(z!=a, (f2(z)-f2(a))/(z-a), f2'(a)）
................
fn(z)=if(z!=a, (fn-1(z)-fn-1(a))/(z-a), fn-1'(a)）
としよう。
式変形すると、z!=aのときの部分から、
f(a)＋(z-a)f1(z)=f(z)
f1(a)＋(z-a)f2(z)=f1(z)
f2(a)＋(z-a)f3(z)=f2(z)
................
fn-1(a)＋(z-a)fn(z)=fn-1(z)
これらを順次代入すると、
f(z)＝f(a)＋(z-a)f1(z)
f(z)＝f(a)＋(z-a)[f1(a)＋(z-a)f2(z)]
f(z)＝f(a)＋(z-a)[f1(a)＋(z-a)[f2(a)＋(z-a)f3(z)]]
……
f(z)=f(a)＋(z-a)[f1(a)＋(z-a)[f2(a)＋(z-a)[f3(a)+...................[fn-1(a)＋(z-a)fn(z)]]] .... ]]]
f(z)= f(a)＋(z-a)f1(a)＋(z-a)2 f2(a)＋(z-a)3 f3(a)+.................+(z-a)n-1 fn-1(a)+(z-a)n fn(z)
この式を順次微分してから、両辺にｚ＝aを代入すると、
f'(a)=f1(a)
f''(a)=2!f2(a)
f'''(a)=3!f3(a)
..............
となるので、f(z)のk次の(z-a)kの係数
fk(a)=f(k)(a)/k!
と置き換えが可能となるね。
ただし、(z-a)nの係数としてのfn(z)はfn(a)ではないので置き換えられない。
f(z)= f(a)＋f'(a)/1! *(z-a)＋f"(a)/2! *(z-a)2＋f '''(a)/3! *(z-a)3+.................+f(n-1)(a)/(n-1)!* (z-a)n-1
+fn(z)(z-a)n
最後の項をF(z)=fn(z)(z-a)nとすると、F(z)も正則関数になるね。
f(z)=f(a) + f'(a)/1! * (z-a) + f''(a)/2! * (z-a)2 +f'''(a)/3! * (z-a)3+.............+f(n-1)(a)/(n-1)!* (z-a)n-1＋F(z)
をテーラーの定理という。
テーラーの定理のｎ次の項は、テーラー級数展開のｎ次以降の無限級数を１つの項にまとめた形だね。
これはこれで、役立つけれど、ｎ次の項だけ係数がf(n)(a)/n!ではなく、fn(z)のままなので、注意しよう。
複素関数f(z)の特異点がaのとき、点aで０でも∞でもない正則関数g(z)を使って,
f(z)=g(z)/(z-a)k とかけるとき、複素数f(z)はaでｋ位（ｋ次）の極(pole)をもつということにします。
言い換えると、f(z)のままでは、aにおいては正則ではありませんが、
g(z)=f(z)*(z-a)kとすることで、分母の穴、特異点が解消されてgは正則になるね。
ｇは正則関数だから、テーラーの定理から最後の項G(z)=gn(z)(z-a)nも正則関数で、
g(z)=g(a) + g'(a)/1! * (z-a) + g''(a)/2! * (z-a)2 +g'''(a)/3! * (z-a)3+.............+g(n-1)(a)/(n-1)!* (z-a)n-1＋G(z)
と展開できるね。
ここで、両辺のすべての項を(z-a)k で割ってみる。
右辺のｋ次が０次になり、k-1次がー1次、k＋1次が1次と綺麗に次数スライド、ドミノがおきる。
g(z)/(z-a)k
=g(a) /(z-a)k + g'(a)/1! * (z-a)/(z-a)k + g''(a)/2! * (z-a)2 /(z-a)k +g'''(a)/3! * (z-a)3/(z-a)k .............
+g(n-1)(a)/(n-1)!* (z-a)n-1/(z-a)k +G(z)/(z-a)k
f(z)=g(a)* (z-a)-k + g'(a)/1!* (z-a)1-k + .........................
+g(k-1)(a)/(k-1)!* (z-a)-1
+g(k)(a)/k!*(z-a)0 +g(k+1)(a)/(k+1)!*(z-a)1 +.......................
＜留数の定理＞
・ここで、正則関数f(z)を周回積分してみよう。
左辺は∫f(z)dz
右辺円C：|z-a|=r（反時計回り）にそったバラバラに周回積分する。
1/(z-a)→2πi、1/(z-a)n→0。、べき関数→０という複素積分のルールを思い出そう。
0次以上の項はすべてべき関数の周回積分は正則関数の積分だから０
－2次以下の項はeの周期が2πiだから差は０になる。
－1次の項だけ、∫C 1/(z-a) dz=∫02π (1/reiθ i reiθ ) dθ = ∫02π i dθ=i[θ] 02π =2πiとなり０以外に留まる。
こいつだけ大嵐を起こす！
留まる数、留数(residue)は1/(z-a)の分子の係数g(k-1)(a)/(k-1)!で、Res（f(z),a）と名付ける。
数式からわかる通り、留数の正体は、展開したときの「 $-1$ 次の分子の係数」そのものだね。
∫f(z)dz＝∫ g(k-1)(a)/(k-1)! /(z-a) dz =2πi Res(f(z),a)
g(k-1)(z)=[f(z)(z-a)k](k-1)だから、
Res(f(z),a) =1/(k-1)! limz→a [f(z)(z-a)k](k-1)
これを留数定理という。
・積分経路がかこむ領域の中に特異点がa1,a2,a3,.....,ajとある場合、それぞれの留数をAj=Res(f(z),aj)
とすると、
積分の線形性（ルートをそれぞれの穴のまわりにシュリンクさせて分割できる性質）から、すべての嵐を足し算するだけで計算が終わる！
∫f(z)dz＝2πi (A1+A2+.........+Aj)となる。
・留数の求め方の注意。
特異点によって次数がちがうのでf(z)が同じでもg(z)が変わる。だから極ごとに g(z)を作る必要がある。
aが1次（1位）の極ならば、微分せずにA=g(a)=limz→a f(z)(z-a)
aがk次（k位）の極ならば、k-1階微分してA=g(k-1)(a)=1/(k-1)! limz→a [f(z)(z-a)k](k-1)
＜ローラン展開＞
２つの円C1：|z-a|=r1とC2：|z-a|=r2（r1＞r2)にはさまれたドーナツ型の領域Dで正則な関数f(z)は
領域D内の単閉Cとするとき、
f(z)=テーラー展開＋特異部＝Σk=0∞ck(z-a)k+Σk=1∞bk(z-a)-k
(ck= 1/2πi *∫Cf(ζ) (ζ-a)-k-1 dζ 、bk=1/2πi *∫Cf(ζ) (ζ-a)k-1 dζ )
f(z)=Σ-∞∞ bn(z-a)n bn= dζ
このように、テーラー展開を拡張したものをローラン展開といいますね。
この領域 Dで「プラス次のテーラー展開部」と「マイナス次の特異部」のドッキングとして
無限級数展開できるというものだ。
詳細は略しますが、C=C1-C2
f(z)=1/2πi *∫C1f(ζ) /(ζ-z)dζ - 1/2πi *∫C2f(ζ) /(ζ-z) dζ
第１項（外側の円）で1/(ζ-z)のべき級数展開が「テーラー展開」でした。
第２項（内側の円）で1/(ζ-z)を上下ひっくりかえしてべき級数展開したものが「特異部」になる。分母に
変数が残る形だね。
・ローラン展開でもグルサー公式の変形1/2πi∫C dζ = f(a)(n)/n! を代入すれば、
f(z)=Σ-∞∞ bn(z-a)n bn= dζ
=.....+b-2/(z-a)2+b-1/(z-a)+b0+b1(z-a)+b2(z-a)2+....................
=.....+b-2/(z-a)2+b-1/(z-a)+f(a) + f'(a)/1! * (z-a) + f''(a)/2! * (z-a)2 +.................
f(z)を周回積分すると、
∫f(z)dz =∫ b-1/(z-a) dz= 2πi A (A=b-1)
となり、ローラン展開の -1次の係数 b-1が、そのまま留数 A（Residue）の正体であることがここでも証明された。
・f(z)がaがｋ位の極なら、f(z)=g(z)/(z-a)kだから、g(z)=f(z)(z-a)k
ローラン展開は $-k$ 次の項でピタリとストップする。
f(z) = + ... + + + b0 +b1(z-a)+b2(z-a)2+....................
= φ(z) + + + ...... +
この式に (z-a)kをまるごと掛け算すると、
求めたいターゲットである b-1は、一番下の底から (k-1) 次の多項式 の位置まで一気に押し上げられる。
だからこそ、この式を k-1階微分 してまわりの高次をすべて叩き落とし、
最後に z → a の極限をとることで、他の邪魔な項をすべてゼロにして
b-1（留数 A ）だけを定数として綺麗に残留させることができるんだね！
A = limz→a [ f(z)(z-a)k ] = b-1
ローラン展開で留数を出そう
留数の和で積分しよう
３．実数積分への複素積分の利用
＜実有理関数の積分＞
「X８＝∫-∞∞ dx = π 」
を求めるために、留数定理を使ってみよう。
X=∫-rr dxのｒを∞にした極限値がX８になる。
C1：実軸上の-rからrまでの線分で、この積分値はXと等しい。
C2：複素平面で半径ｒの半円|z|=r で、虚部が正、左回りでの積分値をAとする。
C=C1+C2：周回積分の値をBとする。
B=X+A
それぞれ、ｒを∞にした値をX８、A８、B８としよう。
B8=X8+A8
１＋ｚ2＝(z+i)(z-i)だから、Cでの周回積分はf(z)=1/(１＋ｚ2)のとき、g(z)=1/(z+i)とすると、
f(z)＝g(z)/(z-i)はz=iが特異点で、1次の極になる。留数はg(i)=1/2i
B＝2πi[Res[f(i)]= 2πi/2i= π だから、B8=π。
一方、z=reiθ (０≦θ≦π）dz=dz/dθ dθ = i reiθ dθ,1/(1+z2)=1/(1+r2ei2θ) とすると、
A＝∫C2 f(z) dz=∫0π 1/(1+r2ei2θ) i reiθ dθ=i∫0π 1/(1/r+rei2θ) eiθ dθだから、ｒ→∞のときA8＝A→ 0
以上から、＝π-0=π
（例）
「X８＝∫-∞∞ dx = π/2 」
X=∫-rr dxのｒを∞にした極限値がX８になる。
C1：実軸上の-rからrまでの線分で、この積分値はXと等しい。
C2：複素平面で半径ｒの半円|z|=r で、虚部が正、左回りでの積分値をAとする。
C=C1+C2：周回積分の値をBとする。
B=X+A
それぞれ、ｒを∞にした値をX８、A８、B８としよう
B8=X8+A8
(１＋ｚ2)2=(z+i)2(z-i)2だから、Cでの周回積分はf(z)=1/(１＋ｚ2)2のとき、g(z)=1/(z+i)2とすると、
f(z)＝g(z)/(z-i)2はz=iが特異点で、2次の極になる。留数はlimz→ig'(z)=-2/(i+i)3=-2/(-8i)=1/4i
B＝2πi[Res[f(i)]= 2πi/4i= π/2 だから、B8=π/2。
上と同じようにして、A8＝A→0 。
以上から、X8＝π/2-0=π/2
有理関数の積分を実験する。
＜実三角関数の積分＞
「X＝∫02π1/(5-3cosθ）dθ=π/2」
を求めるために関数とパラメータの置換をする。それから、留数を使おう。
円C：|z|=1 の周上の点ｚ＝eiθ（０≦θ≦2π）について、
cosθ=1/2(z+1/z) dz=dz/dθ dθ＝i eiθ dθ＝i z dθだから、dθ＝1/iz dz
X=∫C 1/(5-3/2(z+1/z)) 1/iz dz = ∫C 2i/(10z-3(z2+1)) (-1) dz
= ∫C 2i/(3z2 -10z +3) dz=∫C 2i/(3z -1)(z -3) dz =∫C 2/3* i/[(z -1/3)(z -3)] dz
分母＝０となるz=3,z=1/3のうち 円Cの内部領域にあるのはz=1/3
z=1/3が特異点で、1次の極だ。
g(z)=2/3* i/(z -3)とおくと、X=∫C g(z)/(z -1/3) dzだから、留数はg(1/3)=2/3* i/(1/3-3)=-i/4。
X=2πi*(-i/4)=π/2
（例）
「Y＝∫02π1/(5+3cosθ）dθ=π/2」
関数とパラメータの置換をしてから、留数を使おう。
円C：|z|=1 の周上の点ｚ＝eiθ（０≦θ≦2π）について、
cosθ=1/2(z+1/z) dz=dz/dθ dθ＝i eiθ dθ＝i z dθだから、dθ＝1/iz dz
X=∫C 1/(5+3/2(z+1/z)) 1/iz dz = ∫C 2/i(10z+3(z2+1)) dz
= ∫C 2/i (3z2 +10z +3) dz=∫C 2/i (3z +1)(z +3) dz =∫C 2/ i[3 (z +1/3)(z +3)] dz
分母＝０となるz=-3,z=-1/3のうち 円Cの内部領域にあるのはz=-1/3
z=-1/3が特異点で、1次の極だ。
g(z)=2/[i3(z +3)]とおくと、X=∫C g(z)/(z +1/3) dzだから、留数はg(-1/3)=2/[i 3 (-1/3+3)]=1/4i 。
X=2πi*(1/4i)=π/2
（例）
「Y＝∫02π1/(2+sinθ）dθ=2/√3 * π」
関数とパラメータの置換をしてから、留数を使おう。
円C：|z|=1 の周上の点ｚ＝eiθ（０≦θ≦2π）について、
sinθ=1/2i(z-1/z) dz=dz/dθ dθ＝i eiθ dθ＝i z dθだから、dθ＝1/iz dz
X=∫C 1/(2+1/2i(z-1/z)) 1/iz dz
=∫C 2/(4iz+z(z-1/z))/iz dz
=∫C 2/(z2+4iz-1) dz ( ( )=0の解z=-2i±√[(2i)2+1]=-2i±√3i=(-2±√3) i = α、β （α＜β）とする）
分母＝０となるz=α、βのうち 円Cの内部領域にあるのはz=β、z=βが特異点で、1次の極だ。
g(z)=2/(z-α)とおくと、X=∫C g(z)/(z-β) dzだから、留数はg(β)=2/(β-α)=2/2√3i =1/√3i
X=2πi*(√3i)=2/√3π