はじめに
z は複素数，f (z) は複素関数．f (z) は断りがなけれ ば正則．x, y, u, v, r, θ は実数．また，r > 0． z = x + iy, f = u + iv C は閉じたパス，γ は閉じてないパス．1.1
複素数と複素関数
z = x + iy = reiθ= r (cos θ + i sin θ) ¯
z = x− iy = re−iθ = r (cos θ− i sin θ)
x = z + ¯z 2 = Re z, y = z− ¯z 2i = Im z r2=|z|2= z ¯z = x2+ y2 θ = arg z = arctany x eiz= 1 + iz−z 2 2 − i z3 3! + z4 4! + i z5 5! − · · · cos z = 1−z 2 2! + z4 4! − · · · , sin z = z−z 3 3! + z5 5! − · · · eiz = cos z + i sin z
e−iz= cos z− i sin z cos z = e iz+ e−iz 2 , sin z = eiz− e−iz 2i ( eiθ)n= einθ
(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ
|z1+ z2| ≤ |z1| + |z2| (1.1) |z1z2| = |z1||z2| (1.2) eiθは単位円 (|z| = 1) 上の点 eiθ = 1 積分は足し算なので三角不等式 (1.1) より ˆ f (z)dz ≤ ˆ |f(z)dz| = ˆ |f(z)| |dz| が成立．等号は式 (1.2) から言える．
1.2
微分
微分可能 ⇐⇒ Cauchy-Riemman の関係式 ⇐⇒ ∂f ∂ ¯z = 0 Cauchy-Riemman の関係式 ∂u ∂x = ∂v ∂y, − ∂u ∂y = ∂v ∂x ポイント：実部同士＝虚部同士，クロスしたらマイナス正則
ある領域 D 全体で f (z) が微分可能なとき，f (z) は D で正則と呼ぶ．ある点で f (z) が正則であるために は，その点を含む領域（近傍）で f (z) が微分可能で ある必要がある．|z|, Rm z, ¯z などは正則な関数では ない．1.3
多価関数
w = log z や w = √z などの関数は，ひとつの z に対して，複数の w が対応するため多価関数と呼ば れる．log z = Log|z| + i (arg z + 2nπ)
√ z =√reiθ2,√rei( θ 2+nπ)
1.4
積分
問題を解くためのチャート 1. f (z) が正則でない． • z を実数パラメータを用いて表す． 2. f (z) が正則． • パスが閉じてない場合は以下の方法を取る． (a) （パスを変更して）実数パラメータで 表す (b) 原始関数を使う（式 (1.3)） (c) パスを付け足して閉曲線のパスにする （付け足したパスは計算可能 or 0 に なる） • パスが閉曲線の場合 (a) （パスを変更して）実数パラメータで 表す (b) 積分定理，積分公式，留数定理などを 適用するCauchy の積分定理
正則な関数はグルッと一周積分で 0 になる． 0 = ‰ f (z) dz原始関数
z = A から z = B まで積分． ˆ γ f (z)dz = F (B)− F (A) (1.3)Cauchy の積分公式
積分パス C は内部に点 α を含む f (α) = 1 2πi ‰ C f (z) z− α dz f(n)(α) = n! 2πi ‰ C f (z) (z− α)n+1 dz1.5
Taylor
展開
級数展開 |α| < 1 ならば， β 1− α= β ( 1 + α + α2+ α3+· · ·) (1.4) Taylor 展開 f (z) = ∞ ∑ n=0 cn(z− α)n cn= 1 n!f (n)(α) (1.5) 収束半径 1 R = lim supn→0 n √ cn or R = lim n→0 cn cn+11.6
Laurent
展開
f (z) = ∞ ∑ n=−∞ cn(z− α)n (z∈ D) D ={z|0 ≤ R1< z < R2≤ ∞} cn = 1 2πi ‰ C f (z) (z− α)n+1 dz (1.6) パス C は D 内の閉曲線． 正則でない項をまとめて，主要部と呼ぶ． f (z) = ∞ ∑ n=1 c−n (z− α)n | {z } 主要部 + ∞ ∑ n=0 cn(z− α)n | {z } 正則部 級数展開の計算法 1. 等比数列の和から導出（式 (1.4)） 2. 式 (1.5), (1.6) を計算（式 (1.6) はほぼ使わない） 3. f (z) = g(z)h(z) で表される場合，g(z), h(z) を 級数展開して積を計算 4. f ((z− α)n) で表される場合，f (z) を級数展開 して z に (z−α)nを代入．n は負の整数でも OK特異点
1. 除去可能な特異点 主要部が 0．実は正則 sin z z = 1− z2 3! + z4 5! − z6 7! +· · · 2. 極 主要部が有限項からなる．c−n̸= 0 のとき，n 位の極 と呼ぶ． f (z) = c−n (z− α)n + cn−1 (z− α)n−1 +· · · + c−1 z− α +c0+ c1(z− α) + · · · 3. 真性特異点 主要部が無限項．e1/zなど．1.7
留数定理
f (z) =· · · + c−n (z− α)n + cn−1 (z− α)n−1 +· · · + c−1 z− α +c0+ c1(z− α) + · · · 1 z− αの係数 c−1を留数と呼ぶ． Res (f (z), α) = c−1留数定理
αkは閉曲線 C の内部の点で，f (z) の特異点． ‰ C f (z) dz = 2πi n ∑ k=1 Res (f (z), αk)留数の求め方
1. 普通に Laurent 展開して，1/(z− α) の係数を 求める． 2. n 位の極の場合 c−1= 1 (n− 1)!zlim→α dn−1 dzn−1{(z − α) nf (z)} 3. f (z) = h(z) g(z) で，α で g が 1 位のゼロ点，h が 正則で h(α)̸= 0 のとき． c−1= h(α) g′(α)1.8
いろいろな積分
実数積分
上半面で|f(z)| ∼ O ( 1 R2 ) のとき， lim R→∞ ˆ ΓR f (z) dz = 0 これを用いて ˆ ∞ −∞ f (x) dx = ‰ CR f (z) dz ΓRは上半面の半径 R の半円のパス，CRは ΓRと−R から R までの実軸状の線分のパスからなる閉じたパス．Jordan の補題
Im z > 0 において遠くで|f(z)| ∼ O ( 1 R ) ，p > 0 のとき， lim R→∞ ˆ ΓR f (z) eipzdz = 0 これを用いて ˆ ∞ −∞ f (x) eipxdx = ‰ CR f (z)eipzdz Jordan の不等式 sin θ≥ 2 πθ は，以下のように使う． ˆ π 2 e−R sin θdθ < ˆ π 2 e−Rπ2θdθ < π 2R三角関数で一周積分
ˆ 2π 0 R(cos θ, sin θ)dθ 解法：z = eiθ とおいて，cos θ = z + 1/z 2 , sin θ = z− 1/z 2i とする．dz = ie iθdθ．有利関数の 0 から無限大までの積分
ˆ ∞ 0 f (x) xα dx = 2πi 1− e−2πiα ∑ k Res ( f (x) xα , αk )1.9
おまけ
級数の逆数の級数
z = α における Taylor 展開より次式を得る． 1 1 + a1(z− α) + a2(z− α)2+· · · = 1− a1(z− α) + · · ·円弧の変数変換
中心 α，半径 r の円弧上を積分をするときは，以下 の変数変換が有効z− α = reiθ, dz = ireiθdθ
1/z の積分
1 z− αを，z = α を内側に含む閉じたパスで積分す ると，2πi を得る． ‰ C dz z− α = 2πi パスの内側に z = α を含まない場合，0 となる． なお，n が−1 以外の整数のとき， ‰ C (z− α)n dz = 0 となる．第
2
章
問題
【 問 1. 平面内の点の回転】 点 P の座標は (x, y) = (1, 1) である．点 P を，原点を中心にπ 3 回転させたときの座標を求めよ． 解答 複素平面上で，点 P の座標は z = 1 + i である．また， eπ3i = cosπ 3 + i sin π 3 = 1 2+ √ 3 2 i である．回転後の座標は z′= (1 + i) ( 1 2+ √ 3i 2 ) =1− √ 3 2 + 1 +√3 2 i となる．よって， (x, y) = ( 1−√3 2 , 1 +√3 2 ) 演習問題 1. （解答は p.24） 点 P の座標は (x, y) = (√3, 1) である．点 P を，原点を中心に π 4 回転させたときの座標を求めよ． 【 問 2. 倍角の公式】 ドモアブルの式より以下の関係式が成り立つ．cos 3θ + i sin 3θ = (cos θ + i sin θ)3 実部と虚部を比較することにより，cos と sin の三倍角の公式を求めよ．
解答
(cos θ + i sin θ)3= cos3θ− 3 cos θ sin2θ
+ i(3 cos2θ sin θ− sin3θ)
よって，実部同士，虚部同士を比較して次式を得る．
cos 3θ = cos3θ− 3 cos θ sin2θ
sin 3θ = 3 cos2θ sin θ− sin3θ
演習問題 2. （解答は p.24）
【 問 3. 複素共役，絶対値，偏角】 z1= 1 + √ 3i, z2= √ 3 + i とする．以下の値を求めよ． 1. arg(z1+ z2) 2. |z1z2| 3. z1/z2 4. z1+ i¯z2 解答 1. 実部と虚部が同じ値になるので，明らかにπ 4で ある． 別解 普通に計算しても構わない． z1+ z2= ( 1 +√3 ) (1 + i) =√2 ( 1 +√3 ) eπ4i より， arg (z1+ z2) = π 4 2. |z1| = |z2| = 2 より， |z1z2| = |z1||z2| = 4 となる． 別解 手間はかかるが普通に計算しても構わない． z1= 2e π 3i, z2= 2e π 6i (2.1) より， z1z2= 4e( π 3+π6)i= 4eπ2i よって， |z1z2| = 4 3. 1 +√3i √ 3 + i = ( 1 +√3i) (√3− i) (√ 3 + i) (√3− i) =2 √ 3 + 2 4 = √ 3 2 + 1 2i 別解 式 (2.1) を用いて計算することもできる． z1 z2 = e(π3− π 6)i= eπ6i= √ 3 2 + 1 2i 4. z1+ i¯z2= 1 + √ 3i + i(√3− i ) = 1 +√3i +√3i + 1 = 2 + 2√3i 演習問題 3. （解答は p.24） 1. 複素数 z =√3 + i に対して，−¯z, 1z, z ¯z を求め，複素平面上に図示せよ． 2. 以下の漸化式で定義される複素数列が n→ ∞ で無限大に発散しないような複素数 c の集合を Mandelbrot （マンデルブロ）集合と言う． zn+1= z2n+ c z0= 0 c =−1 +√3i とする．z2, arg z2, |z2| をそれぞれ求めよ．
【 問 4. 極座標表現 】 以下の方程式を解き，解を複素平面上に図示せよ． z4=−4 解答 解を z = reiθ (2.2) とおく．−4 = 4ei(2n+1)πより，式 (2.2) は以下のよう に書ける． z4= r4e4iθ= 4ei(2n+1)π 絶対値を比較すると，r4= 4．r≥ 0 より r =√2 を 得る．また，偏角の比較を比較すると 4θ = (2n + 1)π となる．よって θ =nπ 2 + π 4 を得る．よって，答えは z = 1 + i,−1 + i, −1 − i, 1 − i となる．図示すると以下の通り． 演習問題 4. （解答は p.24） 以下の方程式を解き，解を複素平面上に図示せよ． 1. z3− 1 = 0 2. (z− 1)4=−4 【 問 5. 複素平面】 以下の式を証明せよ． eiθ− 1 ≤ |θ| 解答 複素平面上で z = 0 を中心とする半径 1 の円に おいて，左辺は eiθと 1 を結ぶ弦（赤色）の長さ，右 辺は弧（青色）の長さである．よって，明らかに eiθ− 1 ≤ |θ| が成立する．等号成立は θ = 0 のときである． 演習問題 5. （解答は p.25） 以下の式を証明せよ．
(a) eiθ2− eiθ1 ≤ |θ
2− θ1| (b) exeiy− e−xe−iy ≥ |ex− e−x|
【 問 6. 指数法則および三角関数の公式】 指数関数を下記のように定義する． ez= ∞ ∑ n=0 zn n! 指数法則が成り立つことを証明せよ． ez1+z2= ez1ez2 解答 ez1ez2 = ∑∞ j=0 z1j j! (∞ ∑ k=0 z2k k! ) =∑ n=0 ∑ j+k=n z1j j! z2k k! (2.3) また， (z1+ z2) n = ∑ j+k=n n! j!k!z1 jz 2k より， (z1+ z2) n n! = ∑ j+k=n z1jz2k j!k! (2.4) を得る．よって，式 (2.3), (2.4) より， ez1ez2 = ∞ ∑ n=0 (z1+ z2) n n! = e z1+z2 となる． 演習問題 6. （解答は p.25） 三角関数を以下のように定義する． cos z = e iz+ e−iz 2 , sin z = eiz− e−iz 2i 以下の式を証明せよ． 1. cos z2+ sin z2= 1
2. cos(z1+ z2) = cos z1cos z2− sin z1sin z2
【 問 7. 指数法則および三角関数の公式】 1iの値を求めよ． 1i= (log 1)iと書ける．log は多価関数であるため，この答えは一つではない． 解答 1 = e2nπiより，1i=(e2nπi)i= e−2nとなる．n は整数である． 演習問題 7. （解答は p.25） iiの値を求めよ．
【 問 8. 微分可能性】 複素関数 f (z) =|z|2− ¯z について以下の問いに答えよ． 1. f (z) = u + iv の実部 u および虚部 v を，それぞれ x, y を用いて表せ． 2. f (z) が微分可能となる領域を求めよ． 3. f (z) が正則となる領域を求めよ． 微分可能を判断するためには，Cauchy-Riemman の関係式を用いるか，¯z に関して形式的複素微分する．形 式的複素微分を用いる場合は，微分する関数 f を z と ¯z のみで表して，z と ¯z が独立な関数だとみなして f を ¯ z で偏微分する． 「正則」とは近傍においても微分可能であることを言う．一点あるいは線上のみで微分可能である場合は，近 傍に微分可能でない点があるので，正則とは言えない． 解答 1. f (z) = x2+ y2− x + iy u = x2+ y2− x, v = y 2. ∂u ∂x = 2x− 1, ∂v ∂y = 1 − ∂u ∂y = 2y, ∂v ∂x = 0 以下の Cauchy-Reimman の関係式， ∂u ∂x = ∂v ∂y, − ∂u ∂y = ∂v ∂x が成立するのは x = 1, y = 0 のとき，すなわち z = 1 のとき． 別解 f (z) = z ¯z− ¯z を ¯z に関して形式的複素微分する． ∂f (z) ∂z = z− 1 よって，z = 1 のときに微分可能となる． (c) 微 分 可 能 な 領 域 は z = 1 の一点のみであり， それ以外の点では微分可能な点はない．すなわち， 正則な領域はない． 演習問題 8. （解答は p.25） 1. f (z) = z ¯z 2 2 − ¯z が単位円上で微分可能であることを示せ． 2. f (z) は点 z = 1 で正則かどうか，理由とともに答えよ．
【 問 9. 正則でない関数の積分】 以下の積分を計算せよ． 1. I1= ˆ γ1 ¯ zdz, 2. I2= ˆ γ2 ¯ zdz 3. I3= ‰ |z|=1 ¯ zdz 正則でない関数はパスを変えて積分してはならない． 解答 1. パス上で z は，z = (1 + i)t とパラメータ表示で きる． ¯ z = (1− i)t dz = (1 + i)dt これより， I1= ˆ 1 0 (1− i)t(1 + i)dt = 1 2. x 軸上では z = t と表すことができる． ¯ z = t dz = dt また，y 軸上では z = 1 + it と表すことができる． ¯ z = 1− it dz = idt よって， I2= ˆ 1 0 tdt + ˆ 1 0 (1− it)idt = 1 2+ ( i + 1 2 ) = 1 + i 3. |z| = 1 軸上では z = cos θ + i sin θ と表すことが できる． ¯ z = cos θ− i sin θ dz = (− sin θ + i cos θ) dθ よって， I3= ˆ 2π 0
(cos θ− i sin θ) (− sin θ + i cos θ) dθ
= i ˆ 2π 0 dθ = 2πi を得る． 演習問題 9. （解答は p.26） 以下の積分を計算せよ． 1. I1= ˆ γ1 |z|2dz, 2. I 2= ˆ γ2 |z|2dz 3. I 3= ‰ |z|=1 Re z dz
【 問 10. 正則な関数の積分，コーシーの積分公式】 以下の積分を計算せよ．ただし，n は整数，R > 0 である． 1. I1= ˆ γ z dz, 2. I2= ˆ γ dz z , 3. I3= ˆ |z|=R zn dz (n≥ 0), 4. I4= ˆ |z|=R dz z , 5. I5= ˆ |z|=R dz zn (n≥ 1) 正則な関数の計算は a. 実数パラメータで表す, b. パスを変更してから，実数パラメータで表す, c. 原始関数 を使う, といった方法がある． 1 z−α の積分で原始関数 log(z− α) を使う際は，log(z − α) が多価関数であるの で，偏角の取り扱いに注意が必要である． 1 z−α の積分は，z = α を円の中心とする円弧のパスに変更すればう まくいくケースが多い． 解答 1. パラメータ表示を使う． x = 1− t, y = t とおくと， z = 1− t + it = (−1 + i)t + 1 dz = (−1 + i)dt となるので， I1= ˆ 1 0 {(−1 + i)t + 1} (−1 + i)dz = (−1 + i)21 2 − 1 + i =−1 別解その 1 パスを変更してからパラメータ表示を 使う． パスを図のように円弧に変更する． z = eiθ, dz = ieiθdθ であるので， I1= ˆ π 2 0
eiθieiθdθ = i·−i 2 [ e2iθ] π 2 0 =−1 別解その 2 原始関数を使う． F (z) = z 2 2 であるので， I1= F (i)− F (1) = −1 2. 1. と同様に計算できる．ただし，そのままのパス でパラメータ表示を用いて計算すると，計算量が多く なる．そこで，パスを円弧に変更してからパラメータ 表示を使う． I2= ˆ π 2 0 ieiθ eiθ dθ = πi 2 別解その 1 パスを変更しない場合は， I2= ˆ 1 0 −1 + i 1− t + itdt = ˆ 1 0 (−1 + i)(1 − t − it) (1− t)2+ t2 dt となる． 別解その 2 原始関数を使う場合は，F (z) = log z を 使う．（log z は多価関数であるので，多価関数を正しく 理解していない場合は他の解法を用いたほうが良い．） z = 0 において偏角を arg z = 0 と定めると，z = i に おける偏角は arg z = π 2 となる．よって， I2= F (i)− F (1) = πi 2 − 0 = πi 2 3. 被積分関数は全平面で正則である．コーシーの積 分定理より，明らかに I3= 0 である． 4. パラメータ表示を用いる．
また，被積分関数は以下のようになる． 1 z = e−iθ R よって， I4= ˆ 2π 0 e−iθ R iRe iθdθ = i ˆ 2π 0 dθ = 2πi 5. 4. と同様に計算する．被積分関数は以下のように 書ける． 1 zn = e−inθ Rn よって， I5= ˆ 2π 0 e−inθ Rn iRe iθdθ = i Rn−1 ˆ 2π 0 e−(n−1)iθdθ = 0 別解 被積分関数は z̸= 0 で正則なので，コーシーの 積分定理よりパスの半径を大きくしても積分の値は変 わらない．すなわち， lim R→∞I5= I5 が成り立つ．|z|n= Rnより， |I5| ≤ 1 Rn ‰ |dz| = 2π Rn−1 → 0 (R → ∞) となる．上式の極限は，n > 1 より明らか． 別解の解説 正則でない点が閉曲線のパスの内側にしかない場合 は，パスを半径の大きな円に変更することができる． その円の半径を R とすると，閉曲線の長さは 2πR と なる．被積分関数の大きさが M Rn(n > 1) でおさえら れるとき，積分の大きさは 2πM Rn−1 でおさえられる．こ れより，R→ ∞ のとき，2πM Rn−1 → 0 となるので，こ の積分は 0 になる． bababababababababababababababababababababab 覚えておこう パス C が α を内部に含む閉曲線の場合，以下の式が成り立つ．（n は整数） ‰ C (z− α)n dz = 2πi (n =−1) 0 (n̸= −1) 演習問題 10. （解答は p.26） 以下の積分を計算せよ． I1= ˆ γ z2dz, I2= ˆ γ dz z , I3= ˆ |z|=1 dz z2
【 問 11. Cauchy の積分公式 (1)】 以下の積分を解け I1= ‰ |z|=2 ez z− 1 dz, I2= ‰ |z|=2 dz (z + 1)(z− 3), I3= ‰ |z|=2 dz z2− 1 Cauchy の積分公式を用いて積分計算をする必要はなく，通常は留数定理を使って解けば良い．ただ，ここで は積分公式を理解してもらうために，あえて積分公式を使って解く（解ける）問題を出題している．パスを含 む開集合において被積分関数が正則な場合は，正則な範囲でパスを変更したり，原始関数を用いたりすること ができる．また，パスが閉じている場合は積分定理，（積分公式，）留数定理を使って計算することができる．パ スの内部を含む開集合が正則である必要はない．（その開集合で正則であれば，積分定理より積分値は 0 になる． 解答 1. Cauchy の積分公式 f (α) = 1 2πi ‰ C f (z) z− α dz に，f (z) = e2, α = 1 を代入すると， f (1) = 1 2πi ‰ |z|=2 ez z− 1 dz を得る．よって， I1=2πif (1) = 2πei 2. Cauchy の積分公式に，f (z) = 1 z− 3, α =−1 を 代入すると， f (−1) = 1 2πi ‰ |z=2| 1 z−3 z− (−1)dz よって， I2= 2πif (−1) = − πi 2 注意 z = 3 において被積分関数は正則でないので， z = 3 をまたぐパスを使うことは出来ない．そのため， 大きな半径を持つ円にパスを変更することはできない． 3. 積分は以下のように書き換えることができる． I3= ‰ |z|=2 dz (z− 1)(z + 1) z = 1, z =−1 以外の領域で正則なので，パスを図 のように変更する（図の青線）．実軸上の線分のパス はお互いに打ち消しあうので，z = 1, z =−1 を中心 とする 2 つの円のパスを考えれば良い．すなわち， I3= ‰ |z−1|=ε dz (z− 1)(z + 1) + ‰ |z+1|=ε dz (z− 1)(z + 1) Cauchy の積分公式より，右辺の二項は容易に計算で きる． ‰ |z−1|=ε dz (z− 1)(z + 1) = 2πi ( −1 2 ) , ‰ |z+1|=ε dz (z− 1)(z + 1) = 2πi ( 1 2 ) よって， I3= 0 別解その 1 1 (z− 1)(z + 1) = 1 2 ( 1 z− 1− 1 z + 1 )
より， I3= 1 2 (‰ |z|=2 dz z− 1 − ‰ |z|=2 dz z + 1 ) =1 2(2πi− 2πi) = 0 （ 1 z−αの積分が 2πi になることは覚えておきましょう．） 別解その 2 積分パスを半径 R の円に変更する．R が 十分大きいとき，|z ± 1| > R 2 より， 1 (z− 1)(z + 1) < 4 R2 よって， |I3| < ‰ |z|=R 4 R2|dz| = 8πR R2 → 0 (R → ∞) 演習問題 11. （解答は p.27） 以下の積分を解け I1= ‰ |z|=1 sin(πz) 2z− 1 dz, I2= ‰ |z|=2 cos(πz) + sin(πz) z(z− 1) dz
【 問 12. Cauchy の積分公式 (2)】 以下の積分を解け I1= ‰ |z|=2 ez (z + 1)4 dz, I2= ‰ |z|=1 z2sin πz (2z− 1)3 dz, 左辺が微分になる Cauchy の積分公式では n! の存在と n + 1 の +1 を忘れがちである． f(n)(α) = n! 2πi ‰ C f (z) (z− α)n+1 dz (2.5) 留数定理と Taylor 展開を知っていると，公式は簡単に導出できる（授業では，積分公式を使って Taylor 展 開の証明をするので，以下の説明は順序が逆になっていることに注意されたい．）．Taylor 展開より， f (z) = f (α) +f ′(α) 2 (z− α) + f′′ 3!(α)(z− α) 2 +· · · +f (n)(α) n! (z− α) n +· · · 両辺を (z− α)n+1で除す． f (z) (z− α)n+1 = f (α) (z− α)n+1+ f′(α) 2(z− α)n + f′′(α) 3!(z− α)n−1 +· · · + f(n)(α) n!(z− α) +· · · 両辺を積分すると，右辺では， 1 z−α 以外の項はすべて 0 になる．また， 1 z−αの積分は 2πi になるので，式 (2.5) を得る． 解答 1. Cauchy の積分公式において，f (z) = e2, α =−1, n = 3 とおくと， f(3)(−1) = 3! 2πi ‰ |z|=2 f (z) {z − (−1)}4dz を得る．よって， I1= 2πi 3 f (3)(−1) = 2πi 3e 2. f (z) = z 2sin πz 8 , α = 1 2, n = 2 とおくと， f′′ ( 1 2 ) = 2 2πi ‰ |z|=1 f (z) ( z−12)3 dz I2= πif′′ ( 1 2 ) f′′(z) =2 cos πz− 4πz sin πz − π 2z2cos πz 8 より， f′′ ( 1 2 ) = π 4 となる．よって， I2=− π2 4 i 演習問題 12. （解答は p.27） 以下の積分 I を求めよ． I = ‰ |z+1|=1 1 (z− 1)(2z + 1)3dz
【 問 13. Taylor 展開】 1. 1 1− z を z = 2 のまわりで Taylor 展開せよ． 2. sin z 1− z を z = 0 のまわりで Taylor 展開し，三項目まで書け． 3. sin z2を z = 0 のまわりで Taylor 展開せよ． 中心となる点が決まれば， Taylor 展開の係数は一意に決まる．そのため，どのような方法でも級数展開でき れば，それが Taylor 展開になっている．Taylor 展開の方法は f (n)(α) n! を計算する方法の他に，等比数列の和 の公式，級数同士の乗算，級数展開した式に冪を代入などのやり方がある． 解答 1. 等比数列の公式を用いる． 1 1− z =− 1 1− (−(z − 2)) =−1 + z − 2 − (z − 2)2+ (z− 2)3− · · · =− ∞ ∑ n=0 {−(z − 2)}n 2. sin z と 1 1− z をそれぞれ級数展開する． sin z = z−z 3 6 +· · · 1 1− z = 1 + z + z 2+ z3+· · · これを掛け合わせると sin z 1− z = z + z 2+5 6z 3+· · · を得る． 3. sin z の z = 0 における級数展開 sin z = z−z 3 3! + z5 5! − · · · において，z に z2を代入すると sin z2=z2−z 6 3! + z10 5! − · · · = ∞ ∑ n=1 (−1)n z 4n+2 (2n + 1)! を得る． 演習問題 13. （解答は p.27） 1. 1 (z− 2)(z − 3)を z = 1 のまわりで Taylor 展開せよ． 2. sin z 1− z2 を z = 0 のまわりで Taylor 展開し，三項目まで書け．
【 問 14. 収束半径】 以下の級数の収束半径を求めよ． f1(z) =1 + z 2+ z2 22+ z3 23 +· · · + zn 2n +· · · f2(z) =z− z2 2 + z3 3 − z4 4 +· · · − (−1) nzn n +· · · f3(z) =z + z2 2! + z3 3! +· · · + zn n! +· · · 解答 1. 収束半径 R は次式より得られる． 1 R = limn→∞ n √ 1 2n = 1 2 よって，R = 2． なお，この式は， 1 1−z2 の Taylor 展開である．Tay-lor 展開の中心の点 (z = 0) から正則でない点 (z = 2) までの距離は 2 である． 2. 収束半径 R は次式より得られる． 1 R = limn→∞ n √ 1 n = 1 よって，R = 1． 別解 R = lim n→∞ 1 n 1 n+1 = limn→∞ n + 1 n = 1 なお，この級数は，ln(z + 1) の Taylor 展開となっ ている．Taylor 展開の中心の点 (z = 0) から正則でな い点 (z =−1) までの距離は 1 である． おまけ 収束円上の点は，収束することもあれば，収束しな いこともある．たとえば，z = 1 と z =−1 はいずれ も収束円の円周上の点であるが，z = 1 では級数は収 束し，z =−1 では発散する． z =−1 のとき， f2(−1) = −1 + 1 2− 1 3 + 1 4 − · · · − 1 2n− 1 + 1 2n − · · · =− ∞ ∑ n=1 1 2n(2n− 1) となる．これより， |f2(−1)| = ∞ ∑ n=1 1 2n(2n− 1) ≤ 1 2+ ˆ ∞ 1 dx 2x(2x− 1) を得る．最後の積分は有限なので，z =−1 のときは 収束する． z = 1 のときは以下の式より発散することが分かる． f2(1) = 1 + 1 2 + 1 3+· · · + 1 n+· · · = ∞ ∑ n=1 1 n≥ ˆ ∞ 0 dx 1 + x 3. 冪乗よりも階乗の方がより早く大きくなるので， 1 R = limn→∞ n √ 1 n! = 0 となる．よって，R =∞． 別解 R = lim n→∞ 1 n! 1 (n+1)! = lim n→∞n + 1 =∞ 演習問題 14. （解答は p.28） 以下の級数の収束半径を求めよ． f1(z) = 1 + (z− 1) + (z − 1)2+ (z− 1)3+· · · f2(z) = (z− 1) + (z− 1)2 22 + (z− 1)3 32 +· · · + (z− 1)n n2 +· · ·
【 問 15. Laurent 展開】 1. 以下の関数を z = 0 のまわりで級数展開せよ (冪指数の絶対値が小さいものを 3,4 項程度書けば良い)．ま た，z = 0 が除去可能な特異点，極，真性特異点のいずれになるか答えよ．極の場合は，z = 0 における位数 を答えよ． (a) e z− 1 z (b) cos z z2 (c) e 1 z 2. 以下の関数を z = 0 のまわりで，() の中の領域において Laurent 展開せよ． (a) 1 z(z− 1) (0 <|z| < 1) (b) 1 z(z− 1) (1 <|z|) Laurent 展開は中心となる点と展開する領域が決まれば， 係数は一意には決まる．ただし，中心となる点が 決まっても展開する領域が異なれば，係数は異なる点に注意せよ．係数の計算方法は Taylor 展開と同様に等比 数列の和を用いたり，級数同士の乗算を用いたりする．式 (1.6) を用いて係数を計算することはあまりない． 後に出てくる，留数の計算では， 1 z− αの係数だけ求めれば良く，必ずしも全ての冪の係数を求める必要は ない． 解答 1.(a) ez= 1 + z +z 2 2 + z3 3! +· · · (2.6) より， ez− 1 z = 1 + z 2 + z2 3! +· · · となる．これは除去可能な特異点である． (b) ezの Taylor 展開は以下で与えられる． cos z = 1−z 2 2 + z4 4! − · · · これより， cos z z2 = 1 z2 − 1 2+ z2 4! − · · · となる．これは極であり，位数は 2 である． (c) 式 (2.6) の z に 1/z を代入する．これより， e1z = 1 +1 z + 1 2z2 + 1 3!z3 +· · · となる．真性特異点である． 2.(a) 等比数列の和の公式を用いる． 1 z(z− 1) =− 1 z(1− z) =−1 z ( 1 + z + z2+ z3+· · ·) =− ∞ ∑ n=−1 zn (b) 1z < 1 を使う． 1 z(z− 1) = 1 z2 ( 1−1 z ) = 1 z2 ( 1 + 1 z + 1 z2+· · · ) = ∞ ∑ n=2 z−n 演習問題 15. （解答は p.28） 1. 以下の関数を z = 0 のまわりで級数展開せよ (冪指数の絶対値が小さいものを 3,4 項程度書けば良い)．ま た，z = 0 が除去可能な特異点，極，真性特異点のいずれになるか答えよ．極の場合は，z = 0 における位数を 答えよ． (a) sin 2z z2 (b) sin z z2 (c) sin1z 1 z2 2. 以下の関数を z = 0 のまわりで，() の中の領域において Laurent 展開せよ． (a) 1 (z− 1)(z − 2) (1 <|z| < 2) (b) 1 (z− 1)(z − 2) (2 <|z|)
【 問 16. 留数の計算方法】 以下の関数の特異点を全て答えよ．また，その特異点における留数を求めよ． 1. f1(z) = z− 1 z + 1, 2. f2(z) = 1 (z− 1)3(z− 2), 3. f3(z) = cos πz sin πz 留数の計算方法は，普通に Laurent 展開して， 1/(z− α) の係数を求める他に，次の 2 つがある． 1. n 位の極の場合， c−1= 1 (n− 1)!zlim→α dn−1 dzn−1{(z − α) nf (z)} 2. f (z) = h(z) g(z) で，α で g が 1 位のゼロ点，h が 正則で h(α)̸= 0 のとき． c−1= h(α) g′(α) いずれの式も公式として覚えるのではなく，導出 方法を覚えておくこと． 解答 1. z =−1 は f1の一位の極である．級数展開すると 次式を得る． f1(z) = z + 1− 2 z + 1 = 1− 2 z + 1 よって，留数は−2． 別解 Res (f1(z),−1) = lim z→−1(z + 1)f1(z) =−2 2. z = 2 は f2の単純な極である． c−1 = lim z→2f2(z) = limz→2 1 (z− 1)3 = 1 よって，z = 2 の留数は 1． z = 1 は f2の 3 位の極である． c−1 =1 2zlim→1 d2 dz2f2(z) = 1 2zlim→1 d2 dz2 1 z− 2 = lim z→1 1 (z− 2)3 =−1 よって，z = 1 の留数は−1． おまけ パス C が 2 つの極を内部に含む場合， ‰ C dz (z− 1)3(z− 2) = 0 となるので，2 つの点における留数の値は等しくなる． 3. z = n は sin πz の一位の零点であり，z = n で cos πz̸= 0 であるので，z = n は f1(z) の 1 位の特異 点となる．よって，留数は以下のように計算できる． Res (f3(z), n) = cos πz (sin πz)′ z=n = cos nπ π cos nπ = 1 π 別解 z = 0 における留数は級数展開より容易に得るこ とができる． cos πz = 1−(πz) 2 2! +· · · 1 sin πz = [ πz ( 1−(πz) 2 3! +· · · )]−1 = 1 πz ( 1 +(πz) 2 3! +· · · ) これより， f3(z) = cos πz sin πz = 1 πz +· · · となるので，z = 0 における f1(z) の留数は 1 πである． 演習問題 16. （解答は p.28） 1. 以下の関数の特異点を全て答えよ．また，その特異点における留数を求めよ． (a) fa(z) = z (z− 1)3(z + 4), (b) fb(z) = 1 sin z 2. (a) z = n における f (z) の留数を求めよ．ただし，n は 0 でない整数である． (b) z = 0 における f (z) の留数を求めよ． f (z) = 1 z2 cos πz sin πz
【 問 17. 留数定理を用いた積分】 以下の積分の被積分関数の「極の位置」，「その位数」，「その極における留数」を求めよ．ただし，積分パスの 内側の極だけで良い．また，以下の積分を計算せよ． I1= ‰ |z|=2 ez (z + 1)4 dz, I2= ‰ |z|=1 z2sin πz (2z− 1)3 dz, I3 = ‰ |z|=4 cos z sin z dz, I1と I2の積分は，コーシーの積分公式 (2)（14 ページ）で出題した問題と同じである．計算にかかる手間は さほど変わらないが，コーシーの積分公式は被積分関数の形が限定されている．留数定理を使った積分は，I3 のような問題でも容易に解ける． 解答 1. z =−1 は 4 位の極である． ez= e−1+ e−1(z + 1) + e−1(z + 1) 2 2 +e−1(z + 1) 3 3! +· · · よって， ez (z + 1)4 = 1 e(1 + z)4+ 1 e(z + 1)3 + 1 2e(z + 1)2 + 1 6e(z + 1)2 +· · · よって，z =−1 における留数は，1 6eである．よって， I1= 2πiRes ( e2 (z + 1)4,−1 ) = 2πi 3e 別解 Res ( e2 (z + 1)4,−1 ) = 1 3!zlim→−1 d3 dz3e z= 1 6e 2. z = 1 2は 3 位の極である． Res ( z2sin πz 8(z−12)3 ,1 2 ) = 1 2zlim→1 2 d2 dz2 ( z2sin πz 8 ) (
z2sin πz)′′= 2 cos πz− 4πz sin πz − π2z2cos πz
より， Res ( z2sin πz 8(z−1 2 )3, 1 2 ) =−2π 16 となる．よって， I2= 2πiRes ( z2sin πz 8(z−12)3 ,1 2 ) =−π 2 4 i 3. z =−π, 0, π はいずれも 1 位の極である． Res (cos z sin z, 0 ) = cos z (sin z)′ z=nπ (n =−1, 0, 1) = 1 よって， I3= 2πi(1 + 1 + 1) = 6πi 演習問題 17. （解答は p.29） 以下の被積分関数の極の位置，その位数，その極における留数をすべて求めよ．また，以下の積分を計算せよ． I = ‰ |z+1|=1 1 (z− 1)(2z + 1)3dz
【 問 18. 実積分への応用 (1)】 以下の積分を求めよ． I = ˆ ∞ −∞ dx 1 + x4 P (x) が m 次多項式，Q(x) が n 次多項式で実軸上 で Q(z)̸= 0，n ≥ m + 2 のとき， ˆ ∞ −∞ P (x) Q(x)dx = 2πi ∑ k Res ( P (z) Q(z), αk ) αkは P (z) Q(z)の上半面における極． 解答 実軸上の−R から R までのパスと上半面上に ある半径 R の半円のパス ΓRを合わせた閉曲線を CR とする．この閉曲線 CR上で積分を考える． ‰ CR dz 1 + z4 = ˆ R −R dx 1 + x4 + ˆ ΓR dz 1 + z4 (2.7) R→ ∞ のとき，式 (2.7) の左辺は積分定理より変わ らない．一方で，右辺一項目は I になり，二項目は O ( 1 z4 ) より 0 になる．よって， I = ‰ CR dz 1 + z4 を計算すれば良いことが分かる． 上半面にある特異点は z = e1 4πi, e 3 4πiである．特異 点 αkにおける留数は以下の通り計算できる． 1 4z3 αk = 1 4αk3 よって， I1= 2πi ( 1 4e34πi + 1 4e94πi ) = πi 2 ( e−34πi+ e− 1 4πi ) =√π 2 演習問題 18. （解答は p.29） 以下の積分を求めよ． I = ˆ ∞ −∞ x2 1 + x4dx
【 問 19. Jordan の補題を用いた積分】 以下の積分を求めよ． I = ˆ ∞ 0 sin x x dx f (z) は，上半面 (Im z≥ 0) で |z| → ∞ のとき一 様に|f| → 0 となる正則関数．このとき，上半面の 半径 R の円弧のパス γR上の積分は，p > 0 で lim R→∞ ˆ γR eipzf (z)dz = 0 となる．これより，P (z) が m 次多項式，Q(z) が n 次多項式で，n≥ m + 1 のとき， ˆ ∞ −∞ Q(x) P (x)e ipxdx = 2πi∑ k Res ( Q(x) P (x)e ipz, α k ) となる．また，以下の式も成り立つ． ˆ ∞ −∞ Q(x) P (x)cos pxdx = Re [ 2πi∑ k Res ( Q(x) P (x)e ipz, α k )] ˆ ∞ −∞ Q(x) P (x)sin pxdx = Im [ 2πi∑ k Res ( Q(x) P (x)e ipz, α k )] 解答 下図のようなパスで e iz z の積分を考える． パス C の内部に孤立特異点は存在しないので，積分 の値はコーシーの積分定理より 0 になる． ‰ C eiz z dz = 0 ‰ C eiz z dz = ˆ ΓR eiz z dz + ˆ −ε −R eiz z dz + ˆ γε eiz z dz + ˆ R ε eiz z dz (2.8) 式 (2.8) 右辺第一項は，R→ ∞ のとき，Jordan の 補題より 0 となる． lim R→∞ ˆ γR eiz z dz = 0 式 (2.8) 右辺第二項と第四項の和は， lim R→∞ ε→0 [ˆ −ε −R eix x dx + ˆ R ε eix x dx ] = 2i ˆ ∞ 0 sin x x dx 式 (2.8) 右辺第三項は，ε￥to0 のとき，0 になる．計 算は以下の通りである．まず，以下のように被積分関 数を分離する． ˆ γε eiz z dz = ˆ γε dz z + ˆ γε eiz− 1 z dz 式 (??) 右辺第一項は z = εeiθとおくことにより， 半径 ε の値によらず以下のように求まる． ˆ γε dz z = ˆ 0 π ieiθ eiθdz =−πi 式 (2.8) で R→ ∞, ε → 0 右辺第二項は，被積分関 数が z = 0 で除去可能な特異点とすることにより， 2i ˆ ∞ 0 sin x x dx− πi = 0 となる．これより， ˆ ∞ 0 sin x x dx = π 2 を得る．
演習問題 19. （解答は p.30） 以下の積分を求めよ． I = ˆ ∞ −∞ x sin x 1 + x2dx
【 問 20. 三角関数の有利関数の積分】 ˆ 2π 0 dθ a + cos θ (a > 1) cos θ, sin θ の有利関数の積分 ˆ 2π 0 R(cos θ, sin θ)dθ は，z = eiθとして計算する．この変換により，積分 は複素平面の単位円上の複素積分となる． dz = ieiθdθ = izdθ より， dθ =dz iz となる．また Euler の公式より， cos θ = z + z −1 2 , sin θ = z− z−1 2i , であるので，積分は以下のようになる． ‰ |z|=1 R ( z + z−1 2 , z− z−1 2i ) この後の計算は，留数定理などを用いて計算するこ とが多い． 解答 z = eiθとおくと，cos θ = z + z−1 2 , dz = izdθ となる． ˆ 2π 0 dθ a + cos θ = 2 i ‰ |z|=1 dz 2az + z2+ 1 2az + z2+ 1 = 0 となる解は z =−a ±√a2− 1 であ る． −a +√a2− 1 < 1 および， −a−√a2− 1 > 1 より，単位円の中にある極は z =−a +√a2− 1 のみ である．（この極は一位である．）留数定理より ˆ 2π 0 dθ a + cos θ = 2π √ a2− 1 を得る． 演習問題 20. （解答は p.30） 以下の積分を計算せよ． ˆ 2π 0 dθ a2− 2a cos θ + 1 (0 < a < 1)
第
3
章
略解
演習問題 1. 複素平面上で，点 P の座標は z =√6 + i√2 である．また， eπ4i= cosπ 4 + i sin π 4 = 1 √ 2+ 1 √ 2i より， z′=(√6 + i√2 ) ( 1 √ 2+ 1 √ 2 ) =√3− 1 + i ( 1 +√3 ) i を得る． (x, y) =(√3− 1,√3 + 1 ) 演習問題 2. z = (1 + i tan θ)3= 1− 3 tan2θ + i(3 tan θ− tan3θ)
これより， tan 3θ = Im z Re z = 3 tan θ− tan 3θ 1− 3 tan2θ を得る． 演習問題 3. 1. (a) −¯z = −√3 + i (b) 1 z = √ 3− i (√ 3− i) (√3 + i) = √ 3− i 4 (c) z ¯z =(√3 + i) (√3− i ) = 4 2. z1= c であるので，z1=−1 + √ 3i z2= (−1 + √ 3i)2− 1 +√3i = 1− 3 − 2√3i− 1 +√3i =−3 −√3i z2= 2 √ 3 ( − √ 3 2 − i 2 ) = 2√3 { cos ( 7 6π ) + i sin ( 7 6π )} よって， argz2= 7 6π |z2| = 2 √ 3 おまけ マンデルブロ集合は Wikipedia に掲載されて いる．図を確認することができる． 演習問題 4. 1. 解を z = reiθ とおく．1 = e2nπiより， z3= r3e3θ= e2nπi 絶対値を比較すると，r = 1．偏角の比較を比較すると θ =2nπ 3 を得る．よって，答えは z = 1, e23πi, e43πi
となる．実部と虚部に分けて書くと z = 1,−1 2 ± i √ 3 2 となる．図示すると以下の通り． 2. 解を z− 1 = reiθ とおく．すると，問 4 と同様に， r =√2, θ =nπ 2 + π 4 を得る．これより， z− 1 = ±1 ± i 復号任意 を得る．よって z = 2± i, ±i となる． 演習問題 5. 1. 左辺は eiθ2と eiθ1を結ぶ弦（赤色）の長さ，右辺は 弧（青色）の長さであるので，明らかに不等式が成立 する．等号成立は θ = 2nπ（n は整数）のときである． 別解 eiθ2− eiθ1= i ˆ θ2 θ1 eitdt θ2≥ θ1として，両辺絶対値を取ると次式を得る． eiθ2− eiθ1 ≤ ˆ θ2 θ1 eit dt = θ2− θ1 θ2< θ1の場合も同様の式を得る．よって，これよ り次式を得る． eiθ2− eiθ1 ≤ |θ 2− θ1| 2. 左辺は半径 exの円と e−x円上の二点を結ぶ線分 （赤）である．右辺はその 2 つの円の最短距離であるの で，明らかに不等式が成立する．等号成立は y = nπ （n は整数）のときである． 演習問題 6. 問 6 で証明した指数法則を用いる． 1. cos z2+ sin z2= ( eiz+ e−iz 2 )2 + ( eiz− e−iz 2i )2 = 1 2.
cos z1cos z2− sin z1sin z2
=e iz1+ e−iz1 2 eiz2+ e−iz2 2 − eiz1− e−iz1 2i eiz2− e−iz2 2i =e i(z1+z2)+ e−i(z1+z2) 2 = cos(z1+ z2) 演習問題 7. i = e(n+12)πiより，ii = e−(n+ 1 2)πを得る．n は整 数である． 演習問題 8. 1. f (x, y) =(x 2+ y2)(x− iy) 2 − x + iy = ( x2+ y2 2 − 1 ) x− i ( x2+ y2 2 − 1 ) y
以下のように実部を u(x, y)，虚部を v(x, y) とおく． u(x, y) = ( x2+ y2 2 − 1 ) x v(x, y) =− ( x2+ y2 2 − 1 ) y ここで，Cauchy-Riemann の関係式を満足する条件 を考える． ∂u ∂x = 3 2x 2+y2 2 − 1 ∂v ∂y =− x2 2 x− 3 2y 2+ 1 より，∂u ∂x = ∂v ∂y となるのは， x2+ y2= 1 のときのみである．また， ∂u ∂y =− ∂v ∂x = xy より，∂u ∂y =− ∂v ∂xは常に満足する． よって，微分可能となるのは複素平面上の単位円上 のみである． 別解 ∂f (z) ∂ ¯z = z ¯z− 1 よって，微分可能となるのは， |z| = 1 のとき． 2. z = 1 を含む開集合は，単位円上の点のみからは作 れない．つまり，z = 1 を含むいかなる開集合も微分 可能でない点を含むため正則ではない． 演習問題 9. 1. パス上で z は，z = (1 + i)t とパラメータ表示で きる． |z|2= z ¯z = 2t2 dz = (1 + i)dt これより， I1= ˆ 1 0 2t2(1 + i)dt = 2 3(1 + i) となる． 2. x 軸上では z = t と表すことができる． |z|2= t2 dz = dt また，y 軸上では z = 1 + it と表すことができる． |z|2= (1 + it)(1− it) = 1 + t2 dz = idt よって， I2= ˆ 1 0 t2dt + ˆ 1 0 (1 + t2)idt = 1 3+ 4 3i となる． 3. |z| = 1 軸上では z = cos θ + i sin θ と表すことが できる． Re z = cos θ dz = (− sin θ + i cos θ) dθ これより， I3= ˆ 2π 0
cos θ (− sin θ + i cos θ) dθ
= i ˆ 2π 0 cos2θdθ = πi となる． 演習問題 10. パスを変更してからパラメータ表示を使う． パスを図のように実軸上に移動させる．実軸上では z = x であるので， I1= ˆ 1 −1 x2dx = 2 3 別解 原始関数を使う． F (z) = z 3 3 であるので， I1= F (1)− F (−1) = 2 3 2. パスを円弧で表す．
z = eiθ, dz =ieiθdθ I2= ˆ 0 π ieiθ eiθ dθ =−πi 注意 パスの変更は正則な範囲で可能である．1/z は z = 0 で正則でないので，z = 0 を通過するパスや z = 0 をまたいで移動させたパスへの変更は出来ない． 3. 円のパスに変更する． I3= ˆ 2π 0 ieiθ e2iθdθ = i ˆ 2π 0 e−iθdθ = 0 別解 z = 0 以外の点で正則であるので，パスを大き な円に変更することができる．その円の半径を R と おく． |I3| = ˆ |z|=1 dz z2 ≤ ˆ |z|=1 |dz| |z2| =2π R → 0 (R→ ∞) 演習問題 11. 1. f (z) = sin(πz) 2 , α = 1 2をコーシーの積分公式に 代入すると， f ( 1 2 ) = 1 2πi ‰ |z|=2 sin(πz)/2 z−12 dz を得る．よって， I1=2πif ( 1 2 ) = πi 2. 解は，z = 0, z = 1 を中心とする小さな円上での 積分 Ia, Ibの和で表される． z = 0 を中心とする小さな円の積分の値は，コー シーの積分定理で fa(z) = cos πz + sin πz z− 1 , α = 0 とおくことにより，得られる． Ia= 2πifa(0) =−2πi 同様に z = 1 を中心とする小さな円の積分の値は， fb(z) = cos πz + sin πz z , α =1 とおくことにより，得られる． Ib= 2πifb(1) =−2πi I2= Ia+ Ib=−4πi 演習問題 12. パスは下図の通りである． f (z) = 1 8(z− 1), α =− 1 2, n = 2 とおく．パスの内 部で f (z) は正則である． f′′ ( −1 2 ) = 2 2πi ‰ |z+1|=1 f (z) { z−(−12)}3 dz I = πif′′ ( −1 2 ) f′′(z) = 1 4(z− 1)3 より， f′′ ( −1 2 ) =−2 27 となる．よって， I =−2 27πi を得る． 演習問題 13. 1 (z− 2)(z − 3) = 1 2− z − 1 3− z = 1 1− (z − 1) − 1 2− (z − 1) = 1 1− (z − 1) − 1 2 × 1 1−z−1 2 = ∞ ∑ k=0 (z− 1)k−1 2 ∞ ∑ k=0 ( z− 1 2 )k = ∞ ∑ k=0 ( 1− 1 2k+1 ) (z− 1)k
2. 各項それぞれ z = 0 のまわりで Taylor 展開をする． sin z = z−z 3 3! + z5 5! − · · ·
（初等関数（ez, sin z, cos z など）の Taylor 展開は覚え
ておきましょう．） 初項 1，公比 z2の等比数列の和と考えると 1 1− z2 = 1 + z 2+ z4+· · · を得る． 以上より， sin z 1− z2 = ( z−z 3 3! + z5 5! − · · · ) ( 1 + z2+ z4+· · ·) = z +5 6z 3+101 120z 5+· · · 演習問題 14. 1. 1 R = limn→∞ n √ 1 = 1 よって，R = 1 2. 1 R = limn→∞ n √ 1 n2 = 1 よって，R = 1 別解 R = lim n→∞ 1 n2 1 (n + 1)2 = lim n→∞ ( 1 + 1 n )2 = 1 なお，z = 2 のとき，この級数は収束し，その値は以 下の通りである． f (2) = 1 + 1 22+ 1 32 +· · · + 1 n2 +· · · = π2 6 この級数はバーゼル問題として知られ，その収束値の 計算は複素積分を用いて求めることができる．（収束値 の計算方法は他にもいくつかある．） 演習問題 15. 1.(a) sin z = z−z 3 3! + z5 5! − · · · (3.1) より， sin z z = 1− z2 3! + z4 5! − · · · となる．よって， ( sin z z )2 = 1−z 2 3 + 2z4 45 +· · · を得る．これは除去可能な特異点である． (b) 式 (3.1) より， sin z z2 = 1 z − z 3!+ z3 5! − · · · (3.2) となる．これは極であり，位数は 1 である． (c) 式 (3.2) の z に 1/z を代入すると次式を得る． sin1z 1 z2 = z− 1 3!z+ 1 5!z3 − · · · 真性特異点である． 2.(a) 1 z < 1, z2 < 1 を利用して級数展開する． 1 (z− 1)(z − 2) =− 1 z− 1 + 1 z− 2 =−1 z 1 (1−1z)− 1 2 1 1−z 2 =−1 z − 1 z2 − 1 z3 − · · · −1 2 − z 22 − z2 23 − · · · =− ∞ ∑ n=1 1 zn − 1 2 ∞ ∑ n=0 zn 2n (b) 1 z < 1, 2z < 1 である． 1 (z− 1)(z − 2) =− 1 z− 1+ 1 z− 2 =−1 z 1 (1−1z)+ 1 z 1 1−2 z =−1 z − 1 z2 − 1 z3 − · · · +1 z + 2 z2 + 22 z3 +· · · = ∞ ∑ n=2 ( 2n−1− 1) 1 zn 演習問題 16. 1.(a) z =−4 は faの一位の極である． Res (fa(z),−4) = lim z→−4((z + 4)fa(z)) = 4 125 よって，z =−4 における留数は 4 125である． z = 1 は faの三位の極である． Res (fa(z), 1) = 1 2zlim→1 d2 dz2 ( (z− 1)3fa(z) ) (z− 1)3fa(z) = z (z + 4) = 1− 4 (z + 4)
より， d2 dz2 z (z + 4) =− 8 (z + 4)3 よって， Res (fa(z), 1) =− 4 125 (b) z = nπ は単純な極． Res ( 1 sin z, nπ ) = 1 (sin z)′ z=nπ = 1 cos nπ = (−1) n よって，z = nπ における fbの留数は (−1)n 2.(a) z = n (n̸= 0) は sin πz の 1 位の零点である． また，cos nπ n2 ̸= 0 より，z = n は 1 z2 cos πz sin πz の 1 位の 極．よって， Res (f, n) = (cos πz) /z 2 (sin πz)′ z=n =(cos nπ) /n 2 π cos nπ = 1 πn2 (b) z = 0 は z2sin πz の 3 位の零点，cos 0π = 1 よ り，z = 0 は 1 z2 cos πz sin πz の 3 位の極．よって， Res (f, 0) =1 2zlim→0 d2 dz2 ( z3f2 ) =1 2zlim→0 d2 dz2 z cos πz sin πz = π lim z→0 πz cos πz− sin πz sin3πz = π lim z→0 −1 3π 3z3+· · · π3z3+· · · =−π 3 別解 cos πz = 1−(πz) 2 2! +· · · 1 sin πz = ( πz ( 1−(πz) 2 3! +· · · ))−1 = 1 πz ( 1 +(πz) 2 3! +· · · ) これより， cos πz sin πz = 1 πz − πz 3 +· · · よって， cos πz z2sin πz = 1 πz3 − π 3z +· · · となり，留数が−π 3 であることが分かる． 演習問題 17. z = 1 は 1 位の極である． Res ( 1 (z− 1)(2z + 1)3, 1 ) = lim z→1 1 (2z + 1)3 = 1 27 z =−12 は 3 位の極． Res ( 1 (z− 1)(2z + 1)3,− 1 2 ) = 1 2z→−lim1 2 d2 dz2 ( 1 8(z− 1) ) = 1 2z→−lim1 2 ( 1 4(z− 1)3 ) =−1 27 パスの内部にある極は z =−1 2 のみ．よって， I = 2πiRes ( 1 (z− 1)(2z + 1)3,− 1 2 ) =− 2 27πi を得る． 演習問題 18. ‰ CR z2 1 + z4dz = ˆ R −R x2 1 + x4dx + ˆ ΓR z2 1 + z4dz (3.3) R→ ∞ のとき，式 (3.3) の左辺は積分定理より変わ らない．右辺一項目は I になり，二項目は z 2 1 + z4 ∼ O ( 1 |z|2 ) より 0 になる． よって， I = ‰ CR z2 1 + z4dz を計算すれば良いことが分かる． 上半面にある特異点は z = e1 4πi, e 3 4πiである．特異 点 αkにおける留数は以下の通り計算できる． Res ( z2 1 + z4, αk ) = z 2 (1 + z4)′ z=αk = 1 4αk よって， I1= 2πi ( 1 4e14πi + 1 4e34πi ) = πi 2 ( e−14πi+ e− 3 4πi ) =√π 2
演習問題 19. Euler の公式より以下の式が成り立つ． ˆ ∞ −∞ xeix 1 + x2dx = ˆ ∞ −∞ x cos x 1 + x2dx + i ˆ ∞ −∞ x sin x 1 + x2dx 右辺第 1 項は被積分関数が奇関数なので 0 になる．右 辺第 2 項は求めたい積分の値である．よって，以下の 式が成り立つ． I = Im ˆ ∞ −∞ xeix 1 + x2dx Jordan の補題より， ˆ ∞ −∞ xeix 1 + x2dx = 2πi× Res [ zeiz 1 + z2; i ] = 2πi×ie −1 2i = iπ e よって， I6= π e 演習問題 20. z = eiθ とおくと，cos θ = z + z−1 2 , dθ = dz iz と なる． I = ‰ |z|=1 dz ( a2− 2az + z−1 2 + 1 ) iz = i ‰ |z|=1 dz az2− (a2+ 1)z + a 上の積分の被積分関数の極は z = a,1 a の２つで，そ れぞれ単純な極である．このうち 0 < a < 1 より， z = 1 a > 1 は閉曲線|z| = 1 の外側にある．一方， z = a は閉曲線|z| = 1 の内側にある．これより，留 数定理より次式を得る． I =−2πRes ( 1 az2− (a2+ 1)z + a, a ) = 2π 1− a2
