留数定理（穴のまわりで複素積分はいくつになるか）

閉曲線にそう積分は、内側にある特異点の留数を足すだけで求まります。

$${\oint }_{C}f(z)dz=2\pi i\sum _k\mathrm{Res}(f,a_k)$$

積分を計算する仕事が、点ごとの係数を読む仕事に変わる。これが留数定理です^[1]。

正則関数なら一周して $0$ に戻る。これがコーシーの積分定理です。留数定理は、戻らないときにいくつずれるかを答えます。ずれを生むのは特異点だけで、その大きさが留数。

留数とは

孤立特異点 $a$ のまわりで $f$ をローラン展開します。

$$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n$$

このうち $(z-a{)}^{-1}$ の係数 $c_{-1}$ が留数です^[4,5]。$\mathrm{Res}(f,a)$ と書きます。

無限にある係数のなかで、この 1 つだけが特別扱いされる理由は積分にあります。$a$ を囲む円で $(z-a{)}^n$ を一周積分すると、$n=-1$ のときだけ値が残る。

$${\oint }_{|z-a|=r}(z-a{)}^{-1}dz=2\pi i$$

$n$ が $-1$ 以外の整数なら、同じ積分は $0$ です。$n\ge 0$ なら原始関数があり、$n\le -2$ でも $(z-a{)}^{n+1}/(n+1)$ という原始関数が作れるため。

だから級数を項別に積分すると、$c_{-1}$ の項だけが $2\pi i$ を掛けた形で生き残ります。積分値が係数 1 つで決まるのはこのため^[6]。

留数定理の形

$f$ が閉曲線 $C$ の内部で、有限個の孤立特異点 $a_1,\dots ,a_n$ を除いて正則だとします。$C$ 上には特異点がないものとする。

このとき冒頭の等式が成り立ちます。証明は、各特異点を小さな円で囲んで積分路を分けるだけ。

$C$ と小円たちにはさまれた領域には特異点がないので、そこではコーシーの積分定理が効きます。$C$ にそう積分が、小円にそう積分の和に等しくなる。

経路が特異点のまわりを何周もするときは、回った数を掛けます。

$${\oint }_{C}f(z)dz=2\pi i\sum _{k}n(C,a_k)\mathrm{Res}(f,a_k)$$

$n(C,a_k)$ は回転数で、反時計回りに 1 周なら $1$、囲まなければ $0$、時計回りなら負になります^[3]。

例：$1/z$ の一周積分

$f(z)=1/z$ のローラン展開は $z^{-1}$ そのものです。$c_{-1}=1$ なので留数は $1$。

$${\oint }_{|z|=1}\frac{dz}{z}=2\pi i\cdot 1=2\pi i$$

パラメータ表示して計算した値と一致します。展開を書き下すまでもない例ですが、留数がどこから来るかは見えます。

1 位の極の留数

多くの場合、展開を全部書かずに留数だけをとり出せます。$a$ が 1 位の極なら次の極限で出る。

$$\mathrm{Res}(f,a)=\underset{z\to a}{\lim }(z-a)f(z)$$

$(z-a)$ を掛けると主要部が消え、残った関数の $a$ での値が $c_{-1}$ になります。

$f=g/h$ の形で $h(a)=0$、$h^{\prime }(a)\ne 0$ なら、もっと短い式が使えます。

$$\mathrm{Res}(f,a)=\frac{g(a)}{h^{\prime }(a)}$$

$h(z)=h^{\prime }(a)(z-a)+\cdots$ と展開して、上の極限に入れただけの式です。分母を因数分解しなくてよいので、実際の計算ではこちらが速い^[1]。

例：$1/(z^2+1)$ の留数

分母は $z=\pm i$ で $0$ になり、どちらも 1 位の極です。$h(z)=z^2+1$、$h^{\prime }(z)=2z$ を使います。

$$\mathrm{Res}\left(\frac{1}{z^2+1},i\right)=\frac{1}{2i}=-\frac{i}{2}$$

$z=-i$ では $1/(-2i)=i/2$ です。2 つを足すと $0$ になる。

だから $|z|=2$ の円にそう積分は $0$ です。特異点を 2 つとも囲んでいるのに値が消えるので、留数の符号まで見る必要があります。

$n$ 位の極の留数

$n$ 位の極では、掛けてから微分します。

$$\mathrm{Res}(f,a)=\frac{1}{(n-1)!}\underset{z\to a}{\lim }\frac{d^{n-1}}{d{z}^{n-1}}\left[(z-a{)}^{n}f(z)\right]$$

$(z-a{)}^n$ を掛けると主要部が多項式に変わり、$c_{-1}$ は $(z-a{)}^{n-1}$ の係数へ移ります。テイラー係数をとり出す操作が $n-1$ 回の微分と階乗。

位数を大きく見積もっても結果は変わりません。ただし微分の回数が増えるので、手計算では損をします。

例：$e^z/z^3$ の留数

$z=0$ は 3 位の極です。公式どおりなら $z^3$ を掛けて 2 回微分し、$2!$ で割る。

$$\mathrm{Res}=\frac{1}{2!}\underset{z\to 0}{\lim }\frac{d^2}{d{z}^2}{e}^z=\frac{1}{2}$$

展開から読んでも同じです。$e^z=1+z+z^2/2+\cdots$ を $z^3$ で割ると、$1/z$ の係数が $1/2$ になる。

$${\oint }_{|z|=1}\frac{e^z}{z^3}dz=2\pi i\cdot \frac{1}{2}=\pi i$$

指数関数や三角関数が絡むときは、展開して係数を読むほうが速いことが多い。

例：$\cot z$ の留数

$\cot z=\cos z/\sin z$ は $z=n\pi$ で 1 位の極を持ちます。商の公式を当てる。

$$\mathrm{Res}(\cot z,n\pi )=\frac{\cos n\pi }{\cos n\pi }=1$$

どの極でも留数が $1$ です。$\pi \cot (\pi z)$ なら、整数点すべてで留数が $1$ になる。

この一様さが、あとで級数の和を出すときに効きます。

真性特異点の留数

真性特異点でも留数は定義できます。主要部が無限に続くだけで、$c_{-1}$ は 1 つに決まる。

極の公式は使えません。$(z-a{)}^n$ を掛けても主要部が消えないので、展開を書いて係数を読むことになります。

例：$e^{1/z}$ の留数

$e^w$ の展開に $w=1/z$ を入れます。

$$e^{1/z}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\frac{1}{3!z^3}+\cdots$$

$1/z$ の係数は $1$ なので留数は $1$、単位円にそう積分は $2\pi i$ です。

主要部が無限に続くので原点は真性特異点。それでも積分値は係数 1 つで決まります。

実積分への応用

留数定理の使いどころは、実の積分です。実軸上の積分を複素平面の閉曲線の一部と見て、残りの部分の寄与を消す。

有理関数なら、上半平面の半円で閉じる形が定石です。

円弧の寄与が消える理由は長さによる評価です。分母の次数が分子より $2$ 以上大きければ、$|f|$ は $R^{-2}$ の程度、弧長は $\pi R$ なので、積は $R^{-1}$ で $0$ へ落ちる。

例：$1/(x^2+1)$ の広義積分

上半平面の極は $z=i$ だけで、留数は $-i/2$ でした。

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^2+1}=2\pi i\left(-\frac{i}{2}\right)=\pi$$

原始関数が $\arctan x$ だと知っていれば直接出る積分ですが、答えの一致は確かめられます。

例：$x^2/(x^4+1)$ の広義積分

分母の $z^4+1$ は $z=e^{i\pi /4}$ と $z=e^{3i\pi /4}$ で上半平面の極を持ちます。どちらも 1 位。

商の公式から、極 $z_k$ での留数は $z_k^2/(4z_k^3)=1/(4z_k)$ です。

$$\frac{1}{4}\left(e^{-i\pi /4}+e^{-3i\pi /4}\right)=\frac{1}{4}\left(-i\sqrt{2}\right)$$

これに $2\pi i$ を掛けます。

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x^2}{x^4+1}dx=2\pi i\cdot \left(-\frac{i\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\pi }{\sqrt{2}}$$

原始関数を求めようとすると部分分数分解と平方完成が要ります。留数なら極を 2 つ拾うだけ。

三角関数の積分を単位円へ移す

$0$ から $2\pi$ までの三角関数の積分は、単位円にそう複素積分に書き換えられます。$z=e^{i\theta }$ と置く。

$$\cos \theta =\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right),\sin \theta =\frac{1}{2i}\left(z-\frac{1}{z}\right),d\theta =\frac{dz}{iz}$$

これで実の積分が有理関数の周積分に変わります。あとは単位円の内側の極を拾うだけ^[2]。

区間の端が円の同じ点に戻るので、閉曲線としてつじつまが合います。周期関数の積分だから成り立つ書き換え。

例：${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }$

置き換えると分母が $2+(z+z^{-1})/2$ になります。全体を整理する。

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }={\oint }_{|z|=1}\frac{2dz}{i(z^2+4z+1)}$$

$z^2+4z+1=0$ の根は $-2\pm \sqrt{3}$ です。単位円の内側にあるのは $-2+\sqrt{3}$ のほうだけ。

商の公式で留数を出すと $2/(i\cdot 2\sqrt{3})=1/(i\sqrt{3})$ になります。

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }=2\pi i\cdot \frac{1}{i\sqrt{3}}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$$

実の計算では半角の置換が要る積分ですが、留数なら根を 1 つ選ぶだけで終わります。

ジョルダンの補題

$e^{iax}$ が掛かった積分では、分母の次数が $1$ しか大きくない場合でも円弧の寄与が消えます。

$a>0$ のとき、上半平面で $|e^{iaz}|=e^{-a\mathrm{Im}z}$ が $1$ 以下になる。虚部が大きいところで指数的に小さくなるので、弧の上での減衰が効きます^[2]。

これを使えるようにするために、$\cos ax$ や $\sin ax$ はいったん $e^{iax}$ に直してから計算します。最後に実部か虚部をとる。

例：${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx$

$e^{iz}/z$ を考えますが、極が実軸上の $z=0$ にあります。そこで原点を小さな半円で避けた経路をとる。

避けた半円の寄与は、極が 1 位なので留数の $\pi i$ 倍になります。半周ぶんだけ拾う形。

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\pi$$

被積分関数は $x=0$ で $1$ に伸びるので、もともと特異点ではありません。$e^{iz}/z$ に直したときだけ極が現れる。

級数の和にも使える

$\pi \cot (\pi z)$ は整数点すべてで留数 $1$ の極を持ちます。これに $1/z^2$ を掛けて大きな正方形で積分する。

正方形を広げると積分は $0$ へ行き、留数の和が $0$ になります。整数点からの寄与と、原点での寄与が釣り合う。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

バーゼル問題の値が、極の並び方から出てきます。三角関数の極が等間隔に並ぶという事情が効いている^[3,7]。

よくある誤り

最後の項目は、主値積分として扱う場面で必ず出てきます。避け方を変えると答えも変わるので、経路を先に決めてから計算する。

留数定理は、積分という連続的な操作を、点に張り付いた有限個の数へ落とす仕掛けです。複素解析がほかの分野へ道具として出ていく理由の多くは、この一点にあります。

参考文献