複素積分，留数定理，フレネル積分

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複素数平面上の線積分

※この分量の教材で，複素関数を初めから解説することは無理なので，そこまでは戻らない．一応，複素数や複素関数の初歩は分かるものとして進める．
　あまり厳密な証明はせずに，簡単な例を見ながら，無理なく「真似できるようになる」ことを目指す．

【例１】
　右図の複素数平面上の各点で関数が $f(z)=2z+ 3$ で定義されているとき，経路 $C_1,\hspace{2}C_2,\hspace{2}C_3,\hspace{2}C\apos_2,\hspace{2}C\apos\apos_2$ 上で矢印の向きに沿った線積分は，次のように計算できる．

(1) $C_1$ は原点から実軸上の点2までの経路とする

これは高校で習う実軸上の積分なので，問題なくできる

$\int_{C_1}f(z)dz=\int_0^2(2x+ 3)dx=\Bigl[x^2+ 3x\Bigr]_0^2=10$

(3) $C_3$ はy軸上の点2iから原点までの経路とする
$\int_{C_3}f(z)dz$

複素数 $z$ を実数 $y$ を使って表すと
$z=yi$
$2z+ 3=2yi+ 3$
$dz=idy$

$z$	$2i\rightarrow 0$
$y$	$2\rightarrow 0$

置換積分を行う
$\int_{C_3}f(z)dz=\int_2^0(2yi+ 3)idy$
$=\int_2^0(-2y+ 3i)dy=\Bigl[-y^2+ 3yi\Bigr]_2^0$
$=0-(-4+ 6i)=4-6i$

（重要）
　この問題のように，関数 $f(z)=2z+ 3$ の原始関数（の１つ）が $F(z)=z^2+ 3z$ と分かる場合には，上記のように実数 $y$ に直して積分しなくても，複素数のまま「引き算をすればよい」．
$\int_{C_3}f(z)dz=\int_{2i}^0(2z+ 3)dz$
$=\Bigl[z^2+ 3z\Bigr]_{2i}^0=0-(4i^2+ 6i)=4-6i$

途中経路をCで表すと，この計算は
$\int_{C}f(z)dz=\Bigl[F(z)\bigr]_a^b$
$=F(b)-F(a)$
となることから分かるように「原始関数に対する始点と終点の値だけで決まり」「途中経路に依らない」

(2) $C_2$ はx軸上の点2からy軸上の点2iまでの直線経路とする

経路上の複素数 $z$ を実数 $t$ を使って表すと
$z=2+ t(2i-2)\hspace{5}(0\underline{\le}t\underline{\le}1)$
$2z+ 3=2\{2+ t(2i-2)\}+ 3$
$=(7-4t)+ 4ti$
$dz=(2i-2)dt$

$z$	$2\rightarrow 2i$
$t$	$0\rightarrow 1$

置換積分を行う
$\int_{C_2}f(z)dz=\int_{0}^1\{(7-4t)+ 4ti\}(2i-2)dt$
$\int_{C_2}f(z)dz=\int_{0}^1\{-14+(14-8t)i\}dt$
$=\Bigl[(-14+ 14i)t-8t^2i\Bigr]_{0}^1=-14+ 14i-8i$ $=-14+ 6i$

※1　前項の（重要）で書いたことは，ここでも言える．すなわち，このような複雑な変数変換によって実数の積分に直さなくても，複素関数としての不定積分が計算できるときは，その差で直接計算すればよい．（そこが複素関数の良い所！）
$\int_{C_2}f(z)dz=\int_{2}^{2i}(2z+ 3)dz$
$=\Bigl[z^2+ 3z\Bigr]_{2}^{2i}=(4i^2+ 6i)-(4+ 6)=-14+ 6i$
※2　ここまでに求めた値を使えば，次項で述べるコーシーの定理（正則な領域における周回積分は0になること）を直接確かめることができる．
$\int_{C_1}f(z)dz+\int_{C_2}f(z)dz+\int_{C_3}f(z)dz$
$=10+(-14+ 6i)+(4-6i)=0$

以上のことを，周回積分の記号を使って表すと $\oint_{C}f(z)dz=0$
となるが，このことは周回上の適当な点 $\alpha$
（例えば原点）を始点かつ終点として積分を行えば
$\oint_{C}f(z)dz=\int_{\alpha}^{\alpha}f(z)dz=\Bigl[F(z)\Bigr]_{\alpha}^{\alpha}$
$=F(\alpha)-F(\alpha)=0$
となることからも分かる．

(2’) $C\apos_2$ はx軸上の点2からy軸上の点2iまでの４分円上の経路とする

ここまでの解説から分かるように，複素数平面上で経路に沿って線積分を行う場合，その結果は途中御経路に依存せず「不定積分の関数，始点と終点」だけで決まると予想できるが，円や直線に沿った計算練習は重要になるので十分な練習が必要．（例えば，不定積分の関数形が求められないときに，う回路を作って周回積分を先に計算するというような作業で重要となる）

経路上の複素数 $z$ を角度 $\theta$ を使って表すと
$z=2(\cos\theta+ i\sin\theta)\hspace{5}(0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{2})$
もしくは
$z=2e^{i\theta}\hspace{5}(0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{2})$
$2z+ 3=4e^{i\theta}+ 3$
$dz=2ie^{i\theta}d\theta$

$z$	$2\rightarrow 2i$
$\theta$	$0\rightarrow\frac{\pi}{2}$

置換積分を行う
$\int_{C\apos_2}f(z)dz=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(4e^{i\theta}+ 3)2ie^{i\theta}d\theta$
$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(8ie^{2i\theta}+ 6ie^{i\theta})d\theta=\Bigl[4e^{2i\theta}+ 6e^{i\theta}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=4e^{\pi i}+ 6e^{\frac{\pi}{2}i}-(4+ 6)$
ここで
$e^{\pi i}=\cos\pi+ i\sin\pi=-1$
$e^{\frac{\pi}{2}i}=\cos\frac{\pi}{2}+ i\sin\frac{\pi}{2}=i$
だから
$-14+ 6i$

(2”) $C\apos\apos_2$ はx軸上の点2から2+2iを通ってｙ軸上の点2iまでのL字形の経路とする
$\int_{C\apos\apos_2}f(z)dz=\int_{2}^{2+ 2i}(2z+ 3)dz+\int_{2+ 2i}^{2i}(2z+ 3)dz$

$z=2+ si\hspace{5}(0\underline{\le}s\underline{\le}2)$
$2z+ 3=7+ 2si$
$dz=ids$

$z$	$2\rightarrow 2+ 2i$
$s$	$0\rightarrow 2$

置換積分を行う
$\int_{2}^{2+ 2i}(2z+ 3)dz=\int_0^2(7+ 2si)ids$
$=\int_0^2(7i-2s)ds=\Bigl[7is-s^2\Bigr]_0^2=14i-4$

$z=2+ 2i-t\hspace{5}(0\underline{\le}t\underline{\le}2)$
$2z+ 3=7+ 4i-2t$
$dz=-dt$

$z$	$2+ 2i\rightarrow 2i$
$t$	$0\rightarrow 2$

置換積分を行う
$\int_{2+ 2i}^{2i}(2z+ 3)dz=\int_0^2(7+ 4i-2t)(-dt)$
$=\int_0^2\{2t-(7+ 4i)\}dt=\Bigl[t^2-(7+ 4i)t\Bigr]_0^2$
$=4-(14+ 8i)=-10-8i$

以上から
$\int_{C\apos\apos_2}f(z)dz=(14i-4)+(-10-8i)=-14+ 6i$

留数定理

閉曲線上の周回積分は，つねに反時計回りに積分するものと決めておく．
(1) ［コーシーの定理］
　閉曲線Cに囲まれる変域において，複素関数 $f(z)$ に−1次の極が含まれないとき
$\oint_{C}f(z)dz=0$
(2) ［留数定理］
　閉曲線Cに囲まれる変域において，複素関数 $f(z)$ に−1次の極が含まれるとき
$\oint_{C}f(z)dz$
は閉曲線C内にある留数（−1次の係数）の和に2πiを掛けたものに等しい

（解説）
(1)
$f(z)$ の１つの原始関数を $F(z)$ とし，周回路上の１点を $\alpha$ とおくと，周回積分は
$\oint_{C}f(z)dz=\Bigl[F(z)\Bigr]_{\alpha}^{\alpha}=F(\alpha)-F(\alpha)=0$
となる．
(2)
$f(z)$ を $z=a$ の回りのローラン級数に展開したとき
$f(z)=\phi(z)+\frac{A_1}{z-a}+\frac{A_2}{(z-a)^2}+\frac{A_3}{(z-a)^3}+\cdots+\frac{A_n}{(z-a)^n}$
のように表されるものとする．
（整式の部分を $\phi(z)$ で表し，−k次の係数を $A_k$ で表す）
このとき， $z=a$ の回りの周回積分を求めると， $2\pi iA_1$ だけが残り，他は全部消えて０になる．
ア）整式の部分からは
$\oint_C\phi(z)dz=0$
イ）k=−1の部分からは
$\oint_C\frac{A_1}{z-a}dz=2\pi iA_1$

$z-a=re^{i\theta}$ とおくと
$\oint_C\frac{A_1}{z-a}dz=\int_0^{2\pi}\frac{A_1}{re^{i\theta}}rie^{i\theta}d\theta$
$=A_1i\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi iA_1$

ウ）k=−2, −3, ...の部分からは
$\oint_C\frac{A_k}{(z-a)^k}dz=0$

$z-a=re^{i\theta}$ とおくと
$\oint_C\frac{A_k}{(z-a)^k}dz=\int_0^{2\pi}\frac{A_k}{r^ke^{ki\theta}}rie^{i\theta}d\theta$
$=\frac{iA_k}{r^{k-1}}\int_0^{2\pi}e^{i(1-k)\theta}d\theta=\frac{iA_k}{r^{k-1}}\left[\frac{e^{i(1-k)\theta}}{i(1-k)}\right]_0^{2\pi}=0$

※以上のように， $z=a$ の回りの周回積分を求めると，留数と呼ばれる $\frac{1}{x-a}$ の係数（の $2\pi i$ 倍）だけが残る．
　これは，複素数の対数関数が
$\log z=\log |z|+ i\arg z$
に等しく，１周すると偏角 $\arg z$ が $2\pi$ だけ増加することと関係している．
$\oint_C\frac{A_1}{z-a}dz=A_1\Bigl[\log|z|+ i\arg z\Bigr]_0^{2\pi}=A_1\cdot 2\pi i$

※右図のように，閉曲線の中に２つの極があるとき，両方の曲を含む１つの閉曲線で周回積分を求めた場合
　右図のように２つの極の間に切り目 $PQ$ を入れると， $x=a$ の回りの積分と $x=b$ の回りの積分では， $PQ$ 上の積分の向きが逆になり，値が相殺されて打ち消し合う．その結果， $x=a$ の回りの積分と $x=b$ の回りの積分を別々に求めて結果を加えたものに等しくなる．
　このことは，３個以上の曲がある場合でも同様である．
【例】

$f(z)=4(z-1)+\frac{5}{z-2}+\frac{6}{z-3}$
であるときに，右図のように $z=1,\hspace{2}z=2,\hspace{2}z=3$ の３点を囲む１つの閉曲線に沿って周回積分を求めた場合
$z=1$ は極ではないから周回積分は０， $z=2$ における留数は5， $z=3$ における留数は6だから，結局，周回積分の値は $2\pi i\cdot 11=22\pi i$ になる．

留数の求め方

(1) 関数がローラン級数に展開された形
$f(z)=\phi(z)+\frac{A_1}{z-a}+\frac{A_2}{(z-a)^2}+\cdots+\frac{A_n}{(z-a)^n}$ …(#1)
で書かれていれば，留数すなわち $\frac{1}{z-a}$ の係数 $A_1$ は見れば分かります．
(2) 関数が必ずしもローラン級数に展開されていない一般の形，例えば $\frac{\sin z}{z},\hspace{3}\frac{\cos z}{z}$ のように示された場合，次のようにすればローラン級数の展開式の全部を調べなくても，留数が分かります．
1) $z=a$ が１位の極であるとき：
$f(z)=\phi(z)+\frac{A_1}{z-a}$ ［ $\phi(z)$ は整式］
となるとき， $\lim_{z\rightarrow a}(z-a)f(z)=\lim_{z\rightarrow a}\{(z-a)\phi(z)+ A_1\}=A_1$
2) $z=a$ が２位の極であるとき：
$f(z)=\phi(z)+\frac{A_1}{z-a}+\frac{A_k}{(z-a)^2}$
$(z-a)^2f(z)=(z-a)^2\phi(z)+ A_1(z-a)+ A_2$
であるから，１回微分してから $z\rightarrow a$ とすれば $A_1$ が得られる．
3) $z=a$ がｋ位の極（ｋ≧3）であるとき：
$(z-a)^kf(z)$
をｋ-1回微分してから $z\rightarrow a$ とし， $(k-1)!$ で割れば， $A_1$ が得られる．

【例２】
　次の関数の $z=0$ における留数を求めてください．
(1) $\frac{\sin z}{z}$ (2) $\frac{\cos z}{z}$ (3) $\frac{1}{\sin z}$

（解答）
(1) $\lim_{z\rightarrow 0}z\cdot\frac{\sin z}{z}=0$ …（答）
(2) $\lim_{z\rightarrow 0}z\cdot\frac{\cos z}{z}=1$ …（答）
(3) $\lim_{z\rightarrow 0}z\cdot\frac{1}{\sin z}=1$ …（答）

【例３】
$\frac{z}{(z-1)(z-2)}$
について，円 $\left| z\right|=3$ を積分路とする周回積分を求めてください．

（解答）
積分路の内部に極 $z=1,\hspace{2}z=2$ がある．
$\lim_{z\rightarrow 1}(z-1)\frac{z}{(z-1)(z-2)}=-1$
$\lim_{z\rightarrow 2}(z-2)\frac{z}{(z-1)(z-2)}=2$
$\oint_C\frac{z}{(z-1)(z-2)}dz=2\pi i(-1+ 2)=2\pi i$ …（答）
（別解）
部分分数に分解すると
$\frac{z}{(z-1)(z-2)}=\frac{-1}{z-1}+\frac{2}{z-2}$
だから， $z=1,\hspace{2}z=2$ における留数は各々 $-1,\hspace{2}2$
よって
$\oint_C\frac{z}{(z-1)(z-2)}dz=2\pi i(-1+ 2)=2\pi i$

【例４】
$\frac{1}{z^2+ 1}$
について，右図のような，十分大きな半径Rの円の上半分とｘ軸を積分路とする周回積分を求めてください．

（解答）
$\frac{1}{z^2+ 1}=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z+ i}\right)$
だから，２つの極 $z=i,\hspace{2}z=-i$ があり，そのうちの $z=i$ は積分路の内部に， $z=-i,\hspace{2}z=-i$ は積分路の外部にある．
$\oint_C\frac{1}{z^2+ 1}dz=\frac{2\pi i}{2i}=\pi$ …（答）
※R>1であればRの大きさによって結果は変わらない．

留数を利用した実積分の計算

　原始関数（不定積分）が求められる場合には，次の例(2.1)のように定積分は原始関数の差で計算できます．
　これに対して，原始関数（不定積分）が容易には求められない場合に，複素平面上の周回積分を利用して，実積分を求められるものがあります．

(1) 例えば
$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$
という実軸上の積分を求めたいが，その計算が容易でないとき，右図のような複素数平面上での周回積分と経路C₂の積分が計算できれば，R→∞の極限により実軸上の積分C₁が求まることになります．

(2) また，例えば z=0に極（特異点）がある場合
右図のような複素数平面上での周回積分と経路C₂, C₄の積分が計算できれば，R→∞, r→0の極限により実軸上の積分C₃とC₁の和が求まることになります．
　一般に，上記の(1)(2)においてR→∞のときに，半円上の経路での積分が0になることが多い．

(2.1)
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+ x^2}dx=\pi$
となることを証明して下さい．

（参考）
この積分は，実軸上の広義積分としても求めることができる．

$x=\tan\theta$ とおく
$\frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}$

$x$	$-\infty\rightarrow\infty$
$\theta$	$-\frac{\pi}{2}\rightarrow \frac{\pi}{2}$

置換積分を行う
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+ x^2}dx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^2\theta}\cdot\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta$
$=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\Bigl[\theta\Bigr]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi$

（解答）

　この積分を複素数平面上で留数定理を使って求めるには，右図のような周回積分を考えるとよい．
　そのときに，
$\frac{1}{1+ x^2}=\frac{1}{(x-i)(x+ i)}$
$=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+ i}\right)$
に注意すると，上半円には特異点が１つだけ（ $z=i$ ）あり，その点における留数が $\frac{1}{2i}$ だから $\oint_{C}\frac{1}{1+ z^2}dz=\frac{2\pi i}{2i}=\pi$
$\int_{C_1}\frac{1}{1+ z^2}dz+\int_{C_2}\frac{1}{1+ z^2}dz=\pi$
において
$z=Re^{i\theta}$ とおくと
$dz=Rie^{i\theta}d\theta$
$\int_{C_2}\frac{1}{1+ z^2}dz=\int_{0}^{\pi}\frac{Rie^{i\theta}}{1+ R^2e^{2i\theta}}d\theta$
ここで
$\mid\frac{Rie^{i\theta}}{1+ R^2e^{2i\theta}}\mid\underline{\le}\mid\frac{R}{R^2}\mid\underline{\le}\frac{1}{R}$

（∵）
$\mid Rie^{i\theta}\mid=\mid R\mid\cdot\mid i\mid\cdot\mid e^{i\theta}\mid=R\cdot 1\cdot 1=R$
$\mid 1+ R^2e^{2i\theta}\mid\underline{\ge}\mid R^2e^{2i\theta}\mid=\mid R^2\mid\cdot\mid e^{2i\theta}\mid=R^2$
だから
$\mid\frac{Rie^{i\theta}}{1+ R^2e^{2i\theta}}\mid\underline{\le}\mid\frac{R}{R^2}\mid$
※定積分と不等式参照

$\int_{C_2}\frac{1}{1+ z^2}dz=\int_{0}^{\pi}\frac{Rie^{i\theta}}{1+ R^2e^{2i\theta}}d\theta\underline{\le}\frac{\pi}{R}\rightarrow 0$

（ $R\rightarrow\infty$ のとき）

したがって
$\int_{C_1}\frac{1}{1+ z^2}dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+ x^2}dx=\pi$

（ $R\rightarrow\infty$ のとき）

フレネル積分

光の回折の理論に現れる積分
$\int_{0}^{x}\sin(x^2)dx,\hspace{10}\int_{0}^{x}\cos(x^2)dx$
はフレネル積分（フレネルはフランスの物理学者）と呼ばれ，初等的に表せない．積分区間が負の無限から正の無限までの(2.2)の形の定積分などは，複素積分を利用して求められる．

(2.2)
$\int_{-\infty}^{\infty}\sin(x^2)dx=\int_{-\infty}^{\infty}\cos(x^2)dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
(2.3)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{\sqrt{x}}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{\sqrt{x}}dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
となることを証明して下さい．

（証明）
(2.2)←
$f(z)=e^{-z^2}$ という関数に対して，右図のような経路で周回積分を考えると，経路内には特異点はないから
$\oint_{C}f(z)dz=\int_{C_1}+\int_{C_2}+\int_{C_3}=0$
まず，C₁については，このページ (1.3) 1)ガウスの積分公式により，R→∞のとき
$\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

次に，C₂について
$z=Re^{i\theta}\hspace{10}(0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{4})$ とおく（指数表示）
なお， $e^{-z^2}=e^{-R^^2e^^{2i\theta}}$ などと指数関数の指数関数で書くと見かけが煩わしいので，必要に応じてオイラーの公式により分かり易い方を使うことにする．

オイラーの公式
指数表示	三角関数表示
$Re^{i\theta}=R(\cos\theta+ i\sin\theta)$

$z=R(\cos\theta+ i\sin\theta)\hspace{10}(0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{\pi}{4})$ （三角関数）
も併用する．

$z^2=R^2e^{2i\theta}=R^2(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)$
$dz=Rie^{i\theta}d\theta$

$\int_{C_2}=\int_0^{\frac{\pi}{4}}e^{-R^2(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)}Rie^{i\theta}d\theta$
$=Ri\int_0^{\frac{\pi}{4}}e^{-R^2(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)}e^{i\theta}d\theta$ …(*1)
被積分関数の絶対値を調べると
$\mid e^{-R^2(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)}e^{i\theta}\mid=\mid e^{-R^2\cos 2\theta}\mid\cdot\mid e^{-iR^2\sin 2\theta}\mid\cdot\mid e^{i\theta}\mid$
ここで，どんな $x$ についても， $\mid e^{ix}\mid=1$ だから
$\mid e^{-iR^2\sin 2\theta}\mid=1,\hspace{5}\mid e^{i\theta}\mid=1$
$\mid e^{-R^2(\cos 2\theta+ i\sin 2\theta)}e^{i\theta}\mid=\mid e^{-R^2\cos 2\theta}\mid=e^{-R^2\cos 2\theta}$

$\phi=\frac{\pi}{2}-2\theta$ によって変換すると
$\cos 2\theta=\sin\theta$ $d\phi=-2d\theta$

$\theta$	$0\rightarrow\frac{\pi}{4}$
$\phi$	$\frac{\pi}{2}\rightarrow 0$

$\int_0^{\frac{\pi}{4}}e^{-R^2\cos 2\theta}d\theta=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}e^{-R^2\sin\phi}(-\frac{d\phi}{2})$

$=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R^2\sin\phi}d\phi$ …(*2)
右図のように， $y=\sin\phi$ のグラフを原点と $(\frac{\pi}{2},\hspace{2}1)$ を結ぶ直線 $y=\frac{2}{\pi}\phi$ のグラフと比較すると
$\sin\phi\underline{\le}\frac{2}{\pi}\phi$
だから
$-R^2\sin\phi\underline{\le}-R^2\frac{2}{\pi}\phi$
$e^{-R^2\sin\phi}\underline{\le}e^{-R^2\frac{2}{\pi}\phi}$
$\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R^2\sin\phi}d\phi\underline{\le}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R^2\frac{2}{\pi}\phi}d\phi$
$=\Bigl[\frac{e^{-R^2\frac{2}{\pi}\phi}}{-R^2\frac{2}{\pi}}\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{-R^2}-1}{-R^2\frac{2}{\pi}}=\frac{\pi}{2R^2}(1-e^{-R^2})$ …(*3)
(*3)を(*2)(*1)に戻すと
$\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R^2\sin\phi}d\phi\underline{\le}\frac{\pi}{4R^2}(1-e^{-R^2})$
$\int_{C_2}\underline{\le}\frac{\pi}{4R}(1-e^{-R^2})\rightarrow 0$

（ $R\rightarrow\infty$ ）

以上により, $R\rightarrow\infty$ のとき
$\int_{C_1}+\int_{C_3}=0$ …(*4)
C₃は次の計算になる
$z=xe^{\frac{\pi}{4}i}$
$z^2=x^2e^{\frac{\pi}{2}i}=x^2i$
$dz=e^{\frac{\pi}{4}i}dx$
$\int_{C_3}=\int_{\infty}^{0}e^{-ix^^2}e^{\frac{\pi}{4}i}dx=-e^{\frac{\pi}{4}i}\int_0^{\infty}e^{-ix^^2}dx$
(*4)により
$\frac{\sqrt{\pi}}{2}-e^{\frac{\pi}{4}i}\int_0^{\infty}e^{-ix^^2}dx=0$
$\int_0^{\infty}e^{-ix^^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-\frac{\pi}{4}i}$

$e^{ix}=\cos x+ i\sin x$
により
$e^{-ix^2}=\cos(-x^2)+ i\sin(-x^2)$
cosθは偶関数だから $\cos(-x^2)=\cos(x^2)$ ，sinθは奇関数だから $\sin(-x^2)=-\sin(x^2)$
左辺は
$\int_0^{\infty}\{\cos(x^2)-i\sin(x^2)\}dx$
$\int_0^{\infty}\cos(x^2)dx-i\int_0^{\infty}\sin(x^2)dx$ …(*5)

$e^{-\frac{\pi}{4}i}=\cos(-\frac{\pi}{4})+ i\sin(-\frac{\pi}{4})=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i$
だから，右辺は
$\frac{\sqrt{\pi}}{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i)=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}i$ …(*6)

(*5)(*6)の実部,虚部を比較すると
$\int_0^{\infty}\cos(x^2)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}$
$\int_0^{\infty}\sin(x^2)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}$
結局
$\int_{-\infty}^{\infty}\cos(x^2)dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
$\int_{-\infty}^{\infty}\sin(x^2)dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

(2.3)←
$\int_{0}^{\infty}\sin(x^2)dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
において，次の置換積分を行う．

$t=x^2$
$\frac{dt}{dx}=2x=2\sqrt{t}$

$x$	$0\rightarrow\infty$
$t$	$0\rightarrow\infty$

$\int_{0}^{\infty}\sin(x^2)dx=\int_{0}^{\infty}\sin t\frac{dt}{2\sqrt{t}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
ゆえに
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
$\cos x$ についても同様に示せる．

(2.4)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$
となることを証明して下さい．

（証明）
$\frac{e^{ix}}{x}=\frac{\cos x+ i\sin x}{x}$
であるから
$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z}dz$
を求めて実部，虚部に分けることを考える．（実際には実部は出ない）
右図のような４個の積分路に分けると，この閉曲線内に極はないから
$\oint_{C}=\int_{C_1}+\int_{C_2}+\int_{C_3}+\int_{C_4}=0$

$\int_{C_1}=\int_r^R\frac{e^{ix}}{x}dx$
が，当面求めたいものである．R→∞，r→0の極限で考える．

C₂上では，
$z=Re^{i\theta}$
$e^{iz}=e^{iRe^^{i\theta}}$
であるが，指数関数の指数関数では考えにくいので，次の表記も併用する．
$e^{iz}=e^{iR(\cos\theta+ i\sin\theta)}=e^{-R\sin\theta+ iR\cos\theta}$
$dz=Rie^{i\theta}d\theta$
だから
$\int_{C_2}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{e^{-R\sin\theta+ iR\cos\theta}}{Re^{i\theta}}Rie^{i\theta}d\theta$
$+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{e^{-R\sin\theta+ iR\cos\theta}}{Re^{i\theta}}Rie^{i\theta}d\theta$
$=i\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta+ iR\cos\theta}d\theta+i\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-R\sin\theta+ iR\cos\theta}d\theta$
$=i\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta}e^{iR\cos\theta}d\theta+i\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-R\sin\theta}e^{iR\cos\theta}d\theta$
ここで
$\left|e^{iR\cos\theta}\right|=1$
だから
$\left|\int_{C_2}\right|\underline{\le}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta}d\theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-R\sin\theta}d\theta$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta}d\theta\underline{\le}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}d\theta=\Bigl[\frac{e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}}{-\frac{2R}{\pi}}\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}}$
$=\frac{e^{-\frac{2R}{\pi}\frac{\pi}{2}}-1}{-\frac{2R}{\pi}}=\frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})$
同様にして

$\phi=\pi-\theta$ とおいて置換積分する

$\theta$	$\frac{\pi}{2}\rightarrow\pi$
$\phi$	$\frac{\pi}{2}\rightarrow 0$

$d\theta=-d\phi$

$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-R\sin\theta}d\theta$
$=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}e^{-R\sin\phi}(-d\phi)$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\phi}d\phi$
は上記と同じだから
$\underline{\le}\frac{\pi}{2R}(1-e^{-R})$
結局，R→∞のとき， $\left|\int_{C_2}\right|\rightarrow 0$

C₄上では，C₂と同様にして，上半円の半径をrとするが，極限としてはr→0を考える．
$\int_{C_4}=i\int_{\pi}^{0}e^{-r\sin\theta}e^{ir\cos\theta}d\theta$
$\left|\int_{C_4}\right|=\left| i\right|\left|\int_{\pi}^{0}e^{-r\sin\theta}d\theta\right|$

$0\underline{\le}\sin\theta\underline{\le}1$
$0\underline{\le}r\sin\theta\underline{\le}r$
$-r\underline{\le}-r\sin\theta\underline{\le}0$
$e^{-r}\underline{\le}e^{-r\sin\theta}\underline{\le}1$

$\int_{0}^{\pi}e^{-r}d\theta\underline{\le}\int_{0}^{\pi}e^{-r\sin\theta}d\theta\underline{\le}\int_{0}^{\pi}d\theta$
$e^{-r}\pi\underline{\le}\int_{0}^{\pi}e^{-r\sin\theta}d\theta\underline{\le}\pi$
ゆえに
$\lim_{r\rightarrow 0}\int_{0}^{\pi}e^{-r\sin\theta}d\theta=\pi$
$\int_{C_4}=-\pi i$

C₃上では

$t=-x$ とおいて置換積分する

$x$	$-R\rightarrow -r$
$t$	$R\rightarrow r$

$dt=-dx$

全体をまとめると
$\int_0^{\infty}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}dx-\pi i=0$
$\int_0^{\infty}\frac{(\cos x+ i\sin x)-\{\cos(-x)+ i\sin(-x)\}}{x}dx=\pi i$
$\int_0^{\infty}\frac{(\cos x+ i\sin x)-(\cos x-i\sin x)}{x}dx=\pi i$
$\int_0^{\infty}\frac{2i\sin x}{x}dx=\pi i$
結局
$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$

　上記の証明で，経路が半円となるC₂，C₄については，次の定理を使ってもっと簡単に計算できることが多い．

【ジョルダンの補題】

$f(z)$ は複素数平面の上半円および実軸上で定義される関数とするとき
$\lim_{R\rightarrow\infty}f(z)=0$
ならば
$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_R}f(z)e^{iaz}dz=0$
が成り立つ．（ただし， $a$ は正の定数とする）

（証明）
　半径Rの上半円上にある複素数を極座標を用いて表すと， $z=Re^{i\theta}$ と書ける．
次の表記も併用する． $z=R(\cos\theta+ i\sin\theta)$
$dz=Rie^{i\theta}d\theta$ だから
$\int_{C_R}f(z)e^{iaz}dz$
$=\int_0^{\pi}F(Re^{i\theta})e^{iaR(\cos\theta+ i\sin\theta)}Rie^{i\theta}d\theta$
$=\int_0^{\pi}F(Re^{i\theta})e^{-aR\sin\theta+ iaR\cos\theta}e^{i\theta}Rid\theta$
$=\int_0^{\pi}F(Re^{i\theta})e^{-aR\sin\theta}\cdot e^{iaR\cos\theta}\cdot e^{i\theta}Rid\theta$
ここで， $\left| Ri\right|=R,\hspace{5}\left| e^{iaR\cos\theta}\right|=1,\hspace{5}\left| e^{i\theta}\right|=1$ であるから
$\left|\int_{C_R}\right|\underline{\le}\int_0^{\pi}\left|F(Re^{i\theta})\right|e^{-aR\sin\theta}Rd\theta$

仮定により， $R\rightarrow\infty$ のとき $f(z)\rightarrow 0$ だから，C_R上の $\left|f(z)\right|$ の最大値をMとおくと
$\left|\int_{C_R}\right|\underline{\le}M\int_0^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta$ …(A)
においてM→0となる．
そこで
$\int_0^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta\overset{\times}{\rightarrow}\infty$
すなわち，この積分が上に有界であることを示せば，C_R上の積分が０になると言える．
$\int_0^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta$
この第２項は，置換積分により第１項と等しいことを示せる．

$\phi=\pi-\theta$ とおいて置換積分する

$\theta$	$\frac{\pi}{2}\rightarrow\pi$
$\phi$	$\frac{\pi}{2}\rightarrow 0$

$d\theta=-d\phi$

$\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}e^{-aR\sin(\pi-\phi)}(-Rd\phi)$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-aR\sin\phi}Rd\phi$
したがって
$\int_0^{\pi}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta$ …(B)

$0\underline{\le}\theta\underline{\le}\frac{2}{\pi}$ のとき
$\frac{2}{\pi}\theta\underline{\le}\sin\theta$
$\frac{2aR}{\pi}\theta\underline{\le}aR\sin\theta$
$-aR\sin\theta\underline{\le}-\frac{2aR}{\pi}\theta$
$e^{-aR\sin\theta}\underline{\le}e^{-\frac{2aR}{\pi}\theta}$
$e^{-aR\sin\theta}R\underline{\le}e^{-\frac{2aR}{\pi}\theta}R$
$\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-aR\sin\theta}Rd\theta\underline{\le}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{2aR}{\pi}\theta}Rd\theta$
$=\Bigl[\frac{e^{-\frac{2aR}{\pi}\theta}}{-\frac{2aR}{\pi}}R\Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{-aR}-1}{-\frac{2aR}{\pi}}R$
$=\frac{\pi}{2aR}(1-e^{-aR})R=\frac{\pi}{2a}(1-\frac{1}{e^{aR}})\lt\frac{\pi}{2a}$ …(C)
は上に有界
(C)→(B)→(A)と見ていくと，(A)は有界な定積分に対して0に収束する値Mが掛けられているから，0となる．

（参考）ジョルダンの補題を用いた場合の(2.4)の証明

$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z}dz$
を右図のような４個の積分路に分けると
$\oint_{C}=\int_{C_1}+\int_{C_2}+\int_{C_3}+\int_{C_4}=0$
$\int_{C_2}\frac{e^{ix}}{z}dz$
において
$\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{1}{z}\right|=\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{1}{Re^{i\theta}}\right|=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{R}=0$
だから，ジョルダンの補題により， $\int_{C_2}=0$
次に， $\int_{C_4}$ は，留数が
$\lim_{z\rightarrow 0}z\cdot\frac{e^{iz}}{z}=1$
となる極 $z=0$ を負の向きに半周するから
$\int_{C_2}\frac{e^{ix}}{z}dz=\frac{1}{2}\cdot(-2\pi i)=-\pi i$
C₃上では

$t=-x$ とおいて置換積分する

$x$	$-R\rightarrow -r$
$t$	$R\rightarrow r$

$dt=-dx$

$\int_{C_3}=\int_{-R}^{-r}\frac{e^{ix}}{x}dx$
$=\int_{R}^{r}\frac{e^{-it}}{-t}(-dt)$
$=-\int_{r}^{R}\frac{e^{-it}}{t}dt$
C₁+C₃
$\lim_{\overset{r\rightarrow 0}{R\rightarrow\infty}}\left(\int_r^R\frac{e^{ix}}{x}dx-\int_{r}^{R}\frac{e^{-it}}{t}dt\right)$
$=\int_0^{\infty}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}dx$
全体では
$\int_0^{\infty}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}dx-\pi i=0$
$\int_0^{\infty}\frac{(\cos x+ i\sin x)-\{\cos(-x)+ i\sin(-x)\}}{x}dx=\pi i$
$\int_0^{\infty}\frac{(\cos x+ i\sin x)-(\cos x-i\sin x)}{x}dx=\pi i$
$\int_0^{\infty}\frac{2i\sin x}{x}dx=\pi i$
結局
$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$

【例５】
　ジョルダンの補題を利用して，次の定積分を計算してください．
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+ 1}dx$

（解答）
$e^{ix}=\cos x+ i\sin x$ だから

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iz}}{z^2+ 1}dz$
を求めて，実部を取り出す．
$\frac{e^{iz}}{z^2+ 1}=\frac{e^{iz}}{(z-i)(z+ i)}$
だから，極は $z=\pm i$ の２つある．
　複素数平面上の上半平面における極 $z=i$ における留数を求めると
$\lim_{z\rightarrow i}(z-i)\frac{e^{iz}}{(z-i)(z+ i)}=\frac{e^{-1}}{2i}=\frac{1}{2ei}$
　右図の周回積分は
$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z^2+ 1}dz=2\pi i\times\frac{1}{2ei}=\frac{\pi}{e}$
ここで
$\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{e^{iz}}{z^2+ 1}\right|\underline{\le}\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{1}{R^2-1}\right|=0$
だから，ジョルダンの補題により
$\int_{C_2}=0$
したがって
$\int_{C_1}+ 0=\frac{\pi}{e}$
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+ 1}dx=\frac{\pi}{e}$ …（答）

【例６】
　ジョルダンの補題を利用して，次の定積分を計算してください．
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+ 1}dx$

（解答）
$e^{ix}=\cos x+ i\sin x$ だから

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ze^{iz}}{z^2+ 1}dz$
を求めて，実部虚部を取り出す．
$\frac{xe^{iz}}{z^2+ 1}=\frac{ze^{iz}}{(z-i)(z+ i)}$
だから，極は $z=\pm i$ の２つある．
　複素数平面上の上半平面における極 $z=i$ における留数を求めると
$\lim_{z\rightarrow i}(z-i)\frac{ze^{iz}}{(z-i)(z+ i)}=\frac{ie^{-1}}{2i}=\frac{1}{2e}$
　右図の周回積分は
$\oint_{C}\frac{ze^{iz}}{z^2+ 1}dz=2\pi i\times\frac{1}{2e}=\frac{\pi i}{e}$
ここで
$\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{ze^{iz}}{z^2+ 1}\right|\underline{\le}\lim_{R\rightarrow\infty}\left|\frac{R}{R^2-1}\right|=0$
だから，ジョルダンの補題により
$\int_{C_2}=0$
したがって
$\int_{C_1}+ 0=\frac{\pi i}{e}$
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\cos x+ ix\sin x}{x^2+ 1}dx=\frac{\pi i}{e}$ …（答）
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\cos x}{x^2+ 1}dx=0$ （奇関数だから）
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ix\sin x}{x^2+ 1}dx=\frac{\pi i}{e}$
$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+ 1}dx=\frac{\pi}{e}$ …（答）

（類似の公式）…やさしいもの

(2.4.1) 幾何光学に登場する元々のフレネル積分の式
$\int_{0}^{\infty}\sin$\frac{\pi}{2}x^2$dx=\int_{0}^{\infty}\cos$\frac{\pi}{2}x^2$dx=1$
(2.4.2)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(x^2)}{x}dx=\frac{\pi}{4}$

（証明）
(2.4.1)←
(2.2)において
$\int_{-\infty}^{\infty}\sin(x^2)dx=\int_{-\infty}^{\infty}\cos(x^2)dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$
次のように置換積分を行う．

$x=\sqrt{\frac{\pi}{2}}t$ とおく
$x^2=\frac{\pi}{2}t^2$
$dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}dt$

$x$	$0\rightarrow\infty$
$t$	$0\rightarrow\infty$

$\int_{-\infty}^{\infty}\sin(x^2)dx=\int_{-\infty}^{\infty}\sin$\frac{\pi}{2}t^2$\sqrt{\frac{\pi}{2}}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

両辺を $\sqrt{\frac{\pi}{2}$ で割ると
$\int_{-\infty}^{\infty}\sin$\frac{\pi}{2}t^2$dt=1$ …■証明終わり■
$\int_{-\infty}^{\infty}\cos$\frac{\pi}{2}t^2$dt=1$ も同様にして示される

(2.4.2)←
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(x^2)}{x}dx=I$ とおく
次のように置換積分を行う．

$t=x^2,\hspace{5}x=\sqrt{t}$ とおく
$\frac{dt}{dx}=2x=2\sqrt{t}$

$x$	$0\rightarrow\infty$
$t$	$0\rightarrow\infty$

$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{\sqrt{t}}\cdot\frac{dt}{2\sqrt{t}}=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{t}dt$

これは(2.4)により $\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}$ に等しい
$I=\frac{\pi}{4}$ …■証明終わり■
（類似の公式）：参考程度…証明は大変難しい

(2.4.3)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2}$
(2.4.4)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^3 x}{x^3}dx=\frac{3}{8}\pi$
(2.4.5)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^4 x}{x^4}dx=\frac{\pi}{3}$
(2.4.6)
$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^3 x}{x^2}dx=\frac{3}{4}\log 3$

【定積分と不等式】
(1) 実変数の関数の定積分について，次の不等式が成り立つ．
$a\underline{\le}x\underline{\le}b$ のとき
$-\mid\hspace{2}f(x)\hspace{2}\mid\underline{\le}f(x)\underline{\le}\mid\hspace{2}f(x)\hspace{2}\mid$ だから
$-\int_a^b\mid\hspace{2}f(x)\hspace{2}\mid dx\underline{\le}\int_a^bf(x)dx\underline{\le}\int_a^b\mid\hspace{2}f(x)\hspace{2}\mid dx$
したがって
$\left|\int_a^bf(x)dx\right|\underline{\le}\int_a^b\mid\hspace{2}f(x)\hspace{2}\mid dx$

(2) 複素関数の定積分についても，次の不等式が成り立つ．
$\left|\int_{l}f(z)dz\right|\underline{\le}\int_{l}\mid\hspace{2}f(z)\hspace{2}\mid ds$
ただし， $ds$ は弧の長さの微分で実数値をとる．
$dz=dx+ idy$
$ds=\left| dz\right|=\sqrt{(dx)^2+ (dy)^2}$

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