留数の計算方法と実積分への応用｜1 位・n 位の極・本質的特異点・4 つの経路

留数定理は、閉曲線に沿う複素積分を、内部の特異点での留数の総和に置き換えます。

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

左辺の積分がどれだけ複雑でも、右辺はいくつかの留数を足すだけ。だから留数定理を使いこなす鍵は、ただ一点、特異点での留数をすばやく正確に求められるかにかかっています。ここでは留数の計算法をひととおり整理し、そのまま実積分の計算へつなげます。手を動かす例を数多く置くので、読みながら一緒に計算してみてください。留数を求める作業は、いつも同じ流れをたどります。

留数とは：ローラン展開の $1/(z-a)$ の係数

留数のいちばん根本の定義は、ローラン展開の係数です。孤立特異点 $z=a$ のまわりで $f(z)$ を

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

とローラン展開したとき、$\frac{1}{z-a}$ の係数 $c_{-1}$ を $f$ の $a$ における留数と呼び、$\mathrm{Res}(f,a)=c_{-1}$ と書きます。なぜこの一項だけが特別かというと、閉曲線に沿って項別に積分したとき、$\oint (z-a{)}^{n}dz$ が $n=-1$ のときだけ $2\pi i$ になり、ほかはすべて $0$ になるからです。留数だけが積分に生き残るのです。

この定義は、極でない特異点にもそのまま使えるのが強みです。たとえば $f(z)=e^{1/z}$ は $z=0$ で本質的特異点をもち、あとで出てくる極の公式は通用しません。それでも指数関数の展開に $\frac{1}{z}$ を代入すれば、

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

と展開でき、$\frac{1}{z}$ の係数は $1$。ですから $\mathrm{Res}(e^{1/z},0)=1$ とすぐわかります。以下では、特異点が極の場合に、展開を経由せず留数を出す公式を順に見ていきます。

1 位の極（単純極）

$f(z)$ が $z=a$ で 1 位の極（単純極）をもつとき、留数は次の極限で求まります。

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

$(z-a)$ を掛けて極を打ち消し、$z\to a$ を代入するだけです。いちばん簡単な $f(z)=\frac{1}{z-1}$ なら、$(z-1)f(z)=1$ なので $\mathrm{Res}(f,1)=1$ になります。

極が複数ある場合は、一つずつ処理します。$f(z)=\frac{z}{(z-1)(z+2)}$ を見ましょう。$z=1$ では $(z-1)f(z)=\frac{z}{z+2}$ に $z=1$ を入れて $\frac{1}{3}$、$z=-2$ では $(z+2)f(z)=\frac{z}{z-1}$ に $z=-2$ を入れて $\frac{-2}{-3}=\frac{2}{3}$ です。二つの留数の和が $1$ になるのは、$f$ が無限遠で $\frac{1}{z}$ のように振る舞うことの表れで、のちの無限遠点の話につながります。

分数型の必殺公式 $g(a)/h^{\prime }(a)$

$f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}$ の形で、$h(a)=0$ かつ $h^{\prime }(a)\ne 0$、$g(a)\ne 0$ のとき、つまり $a$ が分母の単純な零点のとき、留数は微分ひとつで書けます。

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

分母をわざわざ因数分解しなくてよいので、実戦でもっとも出番の多い公式です。$f(z)=\frac{e^z}{z^2-1}$ なら、$z=1$ で $h^{\prime }(z)=2z$ ですから、$\mathrm{Res}(f,1)=\frac{e^1}{2}=\frac{e}{2}$ と一発です。

三角関数がからむと威力が際立ちます。$\cot z=\frac{\cos z}{\sin z}$ は $z=n\pi$ で極をもち、$h^{\prime }(z)=\cos z$ だから $\mathrm{Res}(\cot z,n\pi )=\frac{\cos n\pi }{\cos n\pi }=1$。どの整数点でも留数は $1$ です。同じく $\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}$ の $z=\frac{\pi }{2}$ では、$\mathrm{Res}=\frac{\sin (\pi /2)}{-\sin (\pi /2)}=-1$ になります。分母が高次でも使えて、$f(z)=\frac{1}{z^4+1}$ の極 $z_0$（$z_0^4=-1$）では、$h^{\prime }(z)=4z^3$ より $\mathrm{Res}(f,z_0)=\frac{1}{4z_0^3}=\frac{z_0}{4z_0^4}=-\frac{z_0}{4}$ と、極そのもので簡潔に表せます。

高位の極

極が $n$ 位になると、微分が要ります。$f(z)$ が $z=a$ で $n$ 位の極をもつとき、留数は次で与えられます。

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

$(z-a{)}^n$ を掛けて極を消し、$n-1$ 回微分してから代入します。$n=1$ なら微分は $0$ 回で、さきほどの単純極の公式にちょうど戻ります。

例を見ましょう。$f(z)=\frac{e^z}{z^2}$ は $z=0$ で 2 位の極です。$z^{2}f(z)=e^z$ を 1 回微分すると $e^z$、$z=0$ を代入して $1$、$\frac{1}{1!}$ を掛けて $\mathrm{Res}=1$ です。分子が定数でないと、微分がちゃんと効いてきます。$f(z)=\frac{e^z}{z^3}$ は 3 位の極で、$z^{3}f(z)=e^z$ を 2 回微分して $z=0$ で $1$、$\frac{1}{2!}$ を掛けて $\mathrm{Res}=\frac{1}{2}$。もう一つ、$f(z)=\frac{1}{z(z-1{)}^2}$ の $z=1$（2 位）では、$(z-1{)}^{2}f(z)=\frac{1}{z}$ を 1 回微分して $-\frac{1}{z^2}$、$z=1$ で $-1$、$\mathrm{Res}(f,1)=-1$ です。ちなみに $\frac{1}{z^3}$ のように分子が定数なら、$z^3\cdot \frac{1}{z^3}=1$ の 2 階微分が $0$ となって $\mathrm{Res}=0$ とあっさり消えます。微分が結果に効くのは、分子に $z$ が残るときです。

本質的特異点はローラン展開で

極の公式が使えるのは、特異点が極のときだけです。本質的特異点では $(z-a{)}^{n}f(z)$ がどんな $n$ でも有限になってくれず、頼れるのはローラン展開だけになります。定義そのものに立ち返り、$\frac{1}{z-a}$ の係数を読み取ります。

$f(z)=z^2\sin \frac{1}{z}$ を $z=0$ で考えます。$\sin$ の展開に $\frac{1}{z}$ を入れると、

$$\sin \frac{1}{z}=\frac{1}{z}-\frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{5!z^5}-\cdots$$

これに $z^2$ を掛けると $z-\frac{1}{6z}+\cdots$ となり、$\frac{1}{z}$ の係数は $-\frac{1}{6}$。したがって $\mathrm{Res}\left(z^2\sin \frac{1}{z},0\right)=-\frac{1}{6}$ です。特異点が極か本質的特異点かで、使う道具ははっきり分かれます。

見分け方は単純で、$(z-a{)}^n$ を掛けて有限に収まる $n$ があれば極、いつまでも収まらなければ本質的特異点です。

無限遠点の留数と総和ゼロ

特異点は有限の場所だけとは限りません。無限遠点 $z=\infty$ にも留数を定義でき、$w=\frac{1}{z}$ と置き換えて次で与えられます。

$$\mathrm{Res}(f,\infty )=-\mathrm{Res}\left(\frac{1}{w^2}f\left(\frac{1}{w}\right),0\right)$$

これがなぜ便利かというと、次の美しい事実があるからです。有限個の特異点しかもたない関数では、無限遠点も含めたすべての留数の総和が $0$ になります。

この総和ゼロを使うと、面倒な高位の極を回り道できます。$f(z)=\frac{1}{z^5(z-1)}$ の $z=0$ での留数を、まともに求めれば 5 位の極で 4 階微分が必要です。ところが総和ゼロなら一瞬です。$z=1$ での留数は単純極で $\frac{1}{1^5}=1$、無限遠では $f$ が $\frac{1}{z^6}$ のように速く減衰するので $\mathrm{Res}(f,\infty )=0$。したがって

$$\mathrm{Res}(f,0)+\mathrm{Res}(f,1)+\mathrm{Res}(f,\infty )=0$$

から $\mathrm{Res}(f,0)=-1$ と、微分をいっさいせずに求まります。念のため $\frac{1}{z^5(z-1)}=-\frac{1}{z^5}\left(1+z+z^2+\cdots \right)$ を展開して $\frac{1}{z}$ の係数を見ても $-1$ で、ぴたりと一致します。

どの経路を選ぶか

ここから実積分へ入ります。実積分を留数で解く決め手は、積分を複素平面の閉曲線へ化けさせる経路を、うまく選ぶことです。積分の形ごとに、たどるべき定石の経路が決まっています。

順に、具体例で計算していきます。

応用①三角関数型の積分

まず三角関数型です。$z=e^{i\theta }$ とおくと、$\theta$ が $0$ から $2\pi$ まで動くとき $z$ は単位円をちょうど一周し、$\cos \theta =\frac{z+z^{-1}}{2}$、$d\theta =\frac{dz}{iz}$ と書き換わります。

<div class="ucirc">
<svg viewBox="0 0 320 300" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" role="img" aria-label="単位円と内側・外側の極">
<rect x="0" y="0" width="320" height="300" rx="10" fill="#fafbfc"/>
<line x1="42" y1="150" x2="278" y2="150" stroke="#dfe3e8" stroke-width="1"/>
<line x1="160" y1="46" x2="160" y2="254" stroke="#dfe3e8" stroke-width="1"/>
<circle cx="160" cy="150" r="80" fill="#eef4fe" fill-opacity="0.6" stroke="#5b8def" stroke-width="1.8"/>
<polygon points="152,70 161,66 161,74" fill="#5b8def"/>
<circle cx="160" cy="150" r="3" fill="#33373d"/>
<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="15" text-anchor="middle" stroke="#fafbfc" stroke-width="3" paint-order="stroke">
<text x="126" y="167" fill="#e5484d">×</text>
<text x="188" y="126" fill="#e5484d">×</text>
<text x="272" y="155" fill="#8b9098">×</text>
</g>
<text x="170" y="163" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11" fill="#5b6169" text-anchor="middle">0</text>
<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11" fill="#5b6169" text-anchor="middle">
<text x="160" y="280">単位円 |z|=1 上の積分に帰着</text>
<text x="160" y="295">内側の極（赤 ×）だけが寄与・外側（灰 ×）は無視</text>
</g>
</svg>
</div>

.ucirc { margin: 0; text-align: center; }
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${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\cos \theta }$ でやってみます。置換すると、次のように単位円上の積分になります。

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

分母の零点は $z=-2\pm \sqrt{3}$ で、単位円の内側にあるのは $z=-2+\sqrt{3}$ だけです。単純極なので $g/h^{\prime }$ 公式を使い、$h^{\prime }(z)=i(2z+4)$ から留数を求めます。

$$\mathrm{Res}\left(\frac{2}{i(z^2+4z+1)},-2+\sqrt{3}\right)=\frac{2}{i(2z+4)}{|}_{z=-2+\sqrt{3}}=\frac{2}{i\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{1}{i\sqrt{3}}$$

あとは留数定理を当てるだけです。

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

同じ手順は一般の ${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{a+b\cos \theta }$（$a>|b|>0$）にそのまま効いて、結果は $\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-b^2}}$ になります。たとえば $a=5,b=4$ なら $\frac{2\pi }{\sqrt{25-16}}=\frac{2\pi }{3}$ と即座に出ます。

応用②有理関数の広義積分

次に、実軸全体にわたる有理関数の積分です。上半平面に半径 $R$ の半円を足して閉曲線を作り、$R\to \infty$ とします。

<div class="uhalf">
<svg viewBox="0 0 340 240" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" role="img" aria-label="上半平面の半円経路と上半面の極">
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<polygon points="188,170 179,166 179,174" fill="#5b8def"/>
<polygon points="160,55 169,51 169,59" fill="#5b8def"/>
<text x="170" y="114" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="15" fill="#e5484d" text-anchor="middle" stroke="#fafbfc" stroke-width="3" paint-order="stroke">×</text>
<text x="182" y="114" font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="12" fill="#33373d" text-anchor="start" stroke="#fafbfc" stroke-width="3" paint-order="stroke">i</text>
<circle cx="170" cy="170" r="2.5" fill="#33373d"/>
<g font-family="ui-sans-serif, system-ui, sans-serif" font-size="11" fill="#5b6169" text-anchor="middle">
<text x="55" y="186">−R</text>
<text x="285" y="186">R</text>
<text x="305" y="164">実軸</text>
<text x="170" y="224">上半平面の半円経路・弧の積分は R → ∞ で 0（ジョルダンの補題）</text>
</g>
</svg>
</div>

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分母の次数が分子より $2$ 以上大きければ、半円上の積分は $R\to \infty$ で $0$ に収束し、実軸上の積分だけが残ります。${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^2+1}$ では、$f(z)=\frac{1}{z^2+1}$ が上半平面に極 $z=i$ をもち、$\mathrm{Res}(f,i)=\frac{1}{2i}$ なので、次のようになります。

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^2+1}=2\pi i\cdot \frac{1}{2i}=\pi$$

もう少し歯ごたえのある例をいくつか挙げます。${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^4+1}$ は、上半平面の極 $e^{i\pi /4},e^{3i\pi /4}$ の留数を足して $\frac{\pi }{\sqrt{2}}$。分母が高次の ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x^2}{x^4+1}dx$ も、分子が $2$ 次・分母が $4$ 次で次数差 $2$ を満たし、やはり $\frac{\pi }{\sqrt{2}}$ になります。2 位の極が出る ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{(x^2+1{)}^2}$ では、$z=i$ が 2 位の極で、$\frac{d}{dz}\frac{1}{(z+i{)}^2}=-\frac{2}{(z+i{)}^3}$ を $z=i$ で評価して留数 $\frac{1}{4i}$、積分は $2\pi i\cdot \frac{1}{4i}=\frac{\pi }{2}$ です。

応用③フーリエ型とジョルダンの補題

被積分に $\cos x$ や $\sin x$ がかかると、そのままでは半円上で発散しかねません。うまい手は、$\cos x=\mathrm{Re}{e}^{ix}$、$\sin x=\mathrm{Im}{e}^{ix}$ と複素指数へ持ち上げることです。$e^{iz}$ は上半平面 $\mathrm{Im}z>0$ で $|e^{iz}|=e^{-\mathrm{Im}z}\le 1$ と減衰するので、半円上の積分がちゃんと消えます（ジョルダンの補題）。

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos x}{x^2+1}dx$ を求めましょう。$\frac{e^{iz}}{z^2+1}$ を上半平面で積分すると、極 $z=i$ での留数は $\frac{e^{i\cdot i}}{2i}=\frac{e^{-1}}{2i}$ なので、

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx=2\pi i\cdot \frac{e^{-1}}{2i}=\frac{\pi }{e}$$

この実部をとって ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos x}{x^2+1}dx=\frac{\pi }{e}$ を得ます。虚部は $0$ で、被積分が奇関数になる $\sin$ 側ときちんと整合します。同じやり方で ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x\sin x}{x^2+1}dx=\frac{\pi }{e}$ も、$\frac{z{e}^{iz}}{z^2+1}$ の虚部から取り出せます。

応用④実軸上に極：くぼみ経路

最後は、極が積分路の実軸そのものに乗っている難しい場合です。代表が ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx$ で、$x=0$ が問題になります。$\frac{e^{iz}}{z}$ を使い、原点を半径 $\epsilon$ の小さな半円でよけた経路（くぼみ経路）で積分します。

閉曲線の内部には極がないので、経路全体の積分は $0$。大きい半円は $R\to \infty$ で消えます。原点をよける小さな半円は、時計回りに半周するぶん、留数のちょうど半分だけ寄与し、$-\pi i\cdot \mathrm{Res}\left(\frac{e^{iz}}{z},0\right)=-\pi i\cdot 1=-\pi i$ を与えます。残る実軸上の主値積分がこれを打ち消すので、

$$P.V.{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{ix}}{x}dx=\pi i$$

となります。両辺の虚部をとれば、${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\pi$。有名なディリクレ積分が、留数の半分ぶんの寄与としてきれいに現れます。$\frac{\sin x}{x}$ は $x=0$ で穴があかず連続なので主値と通常の積分は一致し、${\int }_0^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}$ も同時に得られます。

理解の確認

留数は積分の万能ドライバー

留数の求め方はたった数種類、実積分の経路も型が決まっているのに、そこから引き出せる積分は驚くほど幅広い。$\frac{1}{(n-1)!}$ の微分公式と $\frac{g(a)}{h^{\prime }(a)}$、そしてローラン展開さえ押さえれば、あとは経路を選んで内部の留数を足すだけです。ここで扱った四つの型の先には、原点から切り込みを入れて ${\int }_0^{\infty }\frac{x^{s-1}}{1+x}dx=\frac{\pi }{\sin \pi s}$ を出すキーホール経路や、$\cot z$ の留数がどこでも $1$ になることを使って ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$ を導く級数和の技法が広がっています。積分や級数を「特異点での留数」という一点に集約して眺める。留数計算は、複素解析がもつその強力な視点を、そのまま手を動かす道具に変えたものなのです。