平成 15 年度解析学 C （須川敏幸担当）

2004 年 2 月 6 日実施 期末試験問題

解答および講評

[1] a, b を 0 でない実数とするとき，次の定積分の値を留数解析を用いて求めよ．

∫_{−∞}^{∞} \frac{cos ax}{x^{2} + b^{2}} dx

（解）標準的な問題． a, b の符号を変えても積分値は変化しないので a > 0, b > 0 と仮定して計算を進めてよい．（ただし，最後に a, b を |a|, |b| で置き換える必要がある．このことに注意を払っている答案はあまり見られなかった．数学を志すのであれば，こういう細かいところにも気を遣ってもらいたい．）有理型函数

f(z) = \frac{e^{iaz}}{z^{2} + b^{2}}

を考えればよい．（直接 cos az/(z^{2} + b^{2}) を考えようとすると，適当な積分路を取ってそれを無限遠に飛ばす際に困難が生じる．） f(z) の極は z = ±bi のみであり， z = bi における留数は

Res(f, bi) = \frac{e^{iaz}}{z + bi}|_{z=bi} = \frac{e^{−ab}}{2bi}

となる．まず R > |b| として半円板 Ω_{R} = {z ∈ ℂ : |z| < R, Im z > 0} において留数定理を適用すると，その内部の極は bi のみだから，

∫_{∂Ω_{R}} f(z)dz = ∫_{−R}^{R} f(x)dx + ∫_{γ_{R}} f(z)dz = 2πi · \frac{e^{−ab}}{2bi} = \frac{e^{−ab}}{b} (1)

を得る．ここで，半円板の上部の円弧を γ_{R} : z = Re^{iθ}, 0 ≤ θ ≤ π, と置いた． γ_{R} 上では dz = iRe^{iθ}dθ より， |dz| = Rdθ だから，

|∫_{γ_{R}} f(z)dz| ≤ ∫_{0}^{π} |f(Re^{iθ})|Rdθ ≤ ∫_{0}^{π} \frac{e^{−R sin θ}}{R^{2} − b^{2}} Rdθ ≤ \frac{πR}{R^{2} − b^{2}}

となり，最後の項は R → ∞ とすれば 0 に収束する．よって，式(1) において R → ∞ とすれば

∫_{−∞}^{∞} f(x)dx = \frac{πe^{−ab}}{b}

を得る．両辺の実部を取り，さらに a > 0, b > 0 という仮定を外せば，最終的に次の式を得る．

∫_{−∞}^{∞} \frac{cos ax}{x^{2} + b^{2}} dx = \frac{πe^{−|ab|}}{|b|}

[2] 留数解析を用いて次の定積分の値を求めよ．

∫_{0}^{+∞} \frac{sin^{2} x}{x^{2}}dx

（解）この問題も色々な技法が使えるとは思うが，一つだけ紹介しておく． 0 < ε < R < ∞ としておく．まず，倍角公式から sin^{2} x = (1 − cos 2x)/2 であることに注意すると

∫_{ε}^{R} \frac{sin^{2} x}{x^{2}}dx = Re ∫_{ε}^{R} \frac{1 − e^{2ix}}{2x^{2}} dx

である． f(z) = (1 − e^{2iz})/2z^{2} と置いておく．領域 Ω = {z ∈ ℂ : ε < |z| < R, Im z > 0} においてコーシーの積分公式を適用すると， γ_{t} : θ ↦ te^{iθ}, 0 ≤ θ ≤ π, として，

(∫_{ε}^{R} + ∫_{γ_{R}} + ∫_{−R}^{−ε} − ∫_{γ_{ε}}) f(z)dz = 0 (2)

となる．ここで z → 0 の時

\frac{1 − e^{2iz}}{2z^{2}} = \frac{1 − (1 + 2iz + (2iz)^{2}/2 + ⋯)}{2z^{2}} = −\frac{i}{z} + O(1)

であることに注意すると， ε → 0 のとき，

∫_{γ_{ε}} f(z)dz = ∫_{0}^{π} [−\frac{i}{εe^{iθ}} + O(1)] iεe^{iθ}dθ = ∫_{0}^{π}[1 + O(ε)]dθ = π + O(ε)

となることが分かる．一方， γ_{R} 上では |e^{iRe^{iθ}}| = e^{−R sin θ} ≤ 1 であることに注意すると，

|∫_{γ_{R}} f(z)dz| ≤ ∫_{0}^{π} \frac{2}{2R^{2}} Rdθ = \frac{π}{R}

であることが分かる．従って，式(2) において ε → 0, R → ∞ とすれば，

lim_{ε→0,R→∞} (∫_{ε}^{R} + ∫_{−R}^{−ε}) f(x)dx = π

が得られる．（この左辺はコーシーの主値と呼ばれるものである．）ここで f(x) の実部は偶函数であることに注意して両辺の実部を取れば，

2 ∫_{0}^{∞} \frac{sin^{2} x}{x^{2}} = π すなわち ∫_{0}^{∞} \frac{sin^{2} x}{x^{2}} = \frac{π}{2}

が得られ，答えが出る．

[3] 留数解析を用いて次の定積分の値を求めよ．

∫_{0}^{+∞} \frac{x^{1/3}}{1 + x^{2}} dx

（解）この問題を解くには厳密には「解析接続」や「多価函数」といった概念が必要になるので，その意味ではやや高度な問題であった． 0 < ε < 1 < R < ∞ とする．この問題では領域 0 < arg z < 2π, ε < |z| < R を用いるのが標準的であるが，ほとんど多価函数を考えることになるので，ここではそれを避けて領域 Ω = {z ∈ ℂ : ε < |z| < R, Im z > 0} を考えることにする． f(z) = z^{1/3}/(1 + z^{2}) とすれば，これは Ω 上の正則函数となる．（ここで， z^{1/3} はたとえば exp((1/3) log z) と考えればよい．）正の実数値 x については f(x) は正の実数値を取るものとする．ここで注意しなければならないのは，このように f を取ったとき， Ω の境界点 x < 0 においてはもはや −x^{1/3}/(1 + x^{2}) ではないということである．この点で躓いている答案が非常に多かった．対数函数は Ω の負の実数の境界点 x においては， log |x| + πi という値を取っている（この値に解析接続される）．従って，

f(x) = \frac{exp((1/3) log |x| + πi/3)}{1 + x^{2}} = e^{πi/3}f(|x|)

という関係が成り立つ．このことに注意して， Ω において留数定理を適用する．ここでの極は z = i のみであり，その留数は

Res(f, i) = \frac{e^{πi/6}}{2i}

である．従って， γ_{t} : θ ↦ te^{iθ}, 0 ≤ θ ≤ π, として，留数定理より

(∫_{ε}^{R} + ∫_{γ_{R}} + ∫_{−R}^{−ε} − ∫_{γ_{ε}}) f(z)dz = 2πi · \frac{e^{πi/6}}{2i} = πe^{πi/6} (3)

となる．ここで，いつものように評価すると

|∫_{γ_{R}} f(z)dz| ≤ ∫_{0}^{π} \frac{R^{1/3}}{R^{2} − 1}Rdθ = \frac{πR^{4/3}}{R^{2} − 1} = O(R^{−2/3}) = o(1) (R → ∞)

かつ

|∫_{γ_{ε}} f(z)dz| ≤ ∫_{0}^{π} \frac{ε^{1/3}}{1 − ε^{2}} εdθ = O(ε^{4/3}) = o(1) (ε → 0)

が得られる．さらに，先の注意から

∫_{−R}^{−ε} f(x)dx = e^{πi/3} ∫_{−R}^{−ε} f(|x|)dx = e^{πi/3} ∫_{ε}^{R} f(x)dx

となるので，式(3) において極限を取れば，

(1 + e^{πi/3}) ∫_{0}^{∞} \frac{x^{1/3}}{1 + x^{2}} dx = πe^{πi/6}

を得る．従って，

∫_{0}^{∞} \frac{x^{1/3}}{1 + x^{2}} dx = π \frac{e^{πi/6}}{1 + e^{πi/3}} = \frac{π}{e^{πi/6} + e^{−πi/6}} = \frac{π}{2 cos(π/6)} = \frac{π}{\sqrt{3}}

となる．

[4] 多項式 f(z) = 2z^{6} − z^{5} − 8z^{2} + 1 は円板 |z| < 1/2 内にちょうど 2 個の零点を持つことを示せ．

（解）この問題は予想以上に出来が良かった．ポイントはルーシェの定理を使うことにあるが，もう一つの多項式の取り方には非常に自由度があるので，ここでは典型的なもので説明する． g(z) = −8z^{2} と置くと， g は円板 |z| < 1/2 内に（重複度も考慮して）ちょうど 2 個の零点を持つ．一方， |z| = 1/2 において

|f(z) − g(z)| ≤ 2|z|^{6} + |z|^{5} + 1 = 1/16 + 1 = 17/16 < 2 = |g(z)|

であるから，ルーシェの定理が使える状況である．よって f(z) の |z| < 1/2 における零点の個数は g のそれと同じで 2 個である．（g(z) = −8z^{2} + 1 などでもよい．与えられた範囲（本問題では |z| < 1/2）において f(z) をよく近似し，なおかつ零点の計算が容易な函数を g(z) に選べばよい．）

[5] メビウス変換

φ(z) = \frac{1 − z}{1 + z}

は，右半平面 H = {z ∈ ℂ; Re z > 0} を単位円板 𝔻 に等角写像する（正則かつ同相に写像する）ことを示せ．

（解）メビウス変換が（リーマン球面からそれ自身への写像として）正則であること，一対一であることなどは認める．すると，要は φ(H) = 𝔻 であることが示されれば十分ということである．これには様々な証明法が考えられるが，ここでは一つだけ紹介する． |φ(z)| < 1 であることは， |z − 1| < |z + 1| であることと同値である．この式は z から 1 までの距離の方が， z から −1 までの距離よりも小さいことを意味するが，そのような点はちょうど 1, −1 の垂直二等分線である虚軸よりも右側全体になっていて，それは H にほかならない．よって， φ(z) ∈ 𝔻 ⇔ z ∈ H が示された．

[6] 有理型函数

f(z) = ∑_{n∈ℤ} \frac{1}{(z − n)^{2}}

について， y → +∞ とするとき， x ∈ ℝ について一様に f(x + iy) → 0 となることを証明せよ．

（解）まず f(z) は周期 1 を持つ，すなわち f(z + 1) = f(z) が恒等的に成り立つので， 0 ≤ x ≤ 1 について一様に f(x + iy) → 0 となることを示せば十分である．すなわち，任意に与えられた正数 ε に対して， x によらない定数 M > 0 で， y > M である限り |f(x + iy)| < ε が任意の 0 ≤ x ≤ 1 について成り立つようなものを見つければよい．まず， ∑_{n=1}^{∞}(1/n^{2}) < ∞ であることに注意すると，ある自然数 N が存在して ∑_{n=N}^{∞}(1/n^{2}) < ε/4 となる． n を 0 でない整数とすれば任意の 0 ≤ x ≤ 1 に対して

|x + iy − n|^{2} = (x − n)^{2} + y^{2} ≥ (x − n)^{2} ≥ (|n| − x)^{2} ≥ (|n| − 1)^{2}

が成り立つことに注意する．同様にして |x+iy−n|^{2} ≥ y^{2} も得る．よって， M > 0 を (2N +1)/M^{2} < ε/2 となるように十分大きくとれば， y > M に対して

|f(x + iy)| ≤ ∑_{n∈ℤ} \frac{1}{|(x + iy) − n|^{2}} = ∑_{|n|≤N} + ∑_{|n|>N}

≤ \frac{2N + 1}{y^{2}} + ∑_{|n|>N} \frac{1}{(|n| − 1)^{2}} ≤ \frac{2N + 1}{M^{2}} + 2 ∑_{n=N}^{∞} \frac{1}{n^{2}} < \frac{ε}{2} + 2 · \frac{ε}{4} = ε

が得られ，所期の不等式が示された． [7] 関係式

\frac{π^{2}}{sin^{2} πz} = ∑_{n∈ℤ} \frac{1}{(z − n)^{2}}

を用いて次の値を求めよ：

A = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n − 1)^{2}} , B = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} .

（解）両辺に z = 1/2 を代入すれば，関係式

π^{2} = ∑_{n∈ℤ} \frac{1}{(n − 1/2)^{2}} = ∑_{n∈ℤ} \frac{4}{(2n − 1)^{2}} = 2 ∑_{n=1}^{∞} \frac{4}{(2n − 1)^{2}} = 8A

を得る．よって A = π^{2}/8 がまず得られる．ついで， B の定義から

B = ∑_{n:even} + ∑_{n:odd} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n − 1)^{2}} = \frac{B}{4} + A

が得られる． A の値を代入して整理すればよく知られた値 B = π^{2}/6 を得る．

[8] 次の公式を証明せよ．

∏_{n=0}^{∞}(1 + z^{2^{n}}) = \frac{1}{1 − z} (|z| < 1)

（解） ∏_{k=0}^{n}(1 + z^{2^{k}}) の形を求めて，帰納的にそれを示すことによる証明が多かったが，おそらく次のようにやるのが最も簡単である．

(1 − z) ∏_{k=0}^{n}(1 + z^{2^{k}}) = (1 − z)(1 + z)(1 + z^{2})(1 + z^{4}) ⋯ (1 + z^{2^{n}})
= (1 − z^{2})(1 + z^{2})(1 + z^{4}) ⋯ (1 + z^{2^{n}})
= (1 − z^{4})(1 + z^{4}) ⋯ (1 + z^{2^{n}})
= ⋯ = 1 − z^{2^{n+1}}

として， n → ∞ とすれば求める式を得る．

[9] a ∈ ℂ および b > 0 を定数とする．領域 Ω 上の正則函数 f で， Ω 上で条件 |f(z) − a| > b を満たすもの全体のなす函数族を F とする． f_{n} (n = 1, 2, ⋯) を F の任意の函数列とするとき，ある部分列 f_{n_{k}} が取れて， f_{n_{k}} が Ω において，ある正則函数 f に広義一様収束するか，または |f_{n_{k}}| が Ω において広義一様に +∞ に収束することを証明せよ．

（解）ポイントはモンテルの定理に持ち込むことであるが，たとえば次のようにすればよい． f_{n} を F における函数列とし， g_{n} = b/(f_{n} − a) とすると仮定から |g_{n}(z)| < 1 が領域 Ω 上で成り立つ．よって，モンテルの定理により g_{n} から広義一様収束する部分列 g_{n_{k}} を選ぶことができる．極限函数を g とすると，ワイエルシュトラスの二重級数定理により g も Ω において正則である．まず g が恒等的に 0 であったとすると， f_{n} = a + b/g_{n} であるから |f_{n_{k}}| は +∞ に広義一様収束することになる．そこで g が恒等的に 0 でなかったとしよう．すると，各 z ∈ Ω および各 k に対して g_{n_{k}}(z) ≠ 0 であるから， Hurwitz の定理によって g(z) = 0 となる点は Ω 内には存在しない．従って f = a + b/g も Ω 上の正則函数となり， g_{n_{k}} が g に広義一様収束するから， f_{n_{k}} も f に広義一様収束する．