留数定理と定積分への応用：孤立特異点の分類から実積分・鍵穴輪郭・級数の和まで

0. この記事の要点

複素数の世界で関数を調べていると、「ある点でだけ関数の値が決まらない」ことがよくあります。そうした点のまわりで関数がどんな暴れ方をするかを調べ、そこから一つの数を取り出すと、実数の範囲では計算が大変な積分（たとえば $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1}$）が足し算だけで求まります。この記事では、その数の意味と、それを使った計算の流れを、例を通して順に見ていきます。

• 正則関数を孤立特異点 $a$ のまわりでローラン展開したとき、$(z-a)^{-1}$ の係数 $c_{-1}$ だけが $a$ を囲む閉曲線に沿う積分に生き残ります。この $c_{-1}$ を留数と呼びます。
• 孤立特異点は主要部の形で三つに分かれます。除去可能特異点は「近くで有界」、$m$ 位の極は「$(z-a)^m f(z)$ が $0$ でない有限の極限を持つ」、真性特異点は「どんな小さい近傍の像も複素平面で稠密（複素平面のどの点のそばにも像の点がある、ということ）」と、いずれも極限の言葉に翻訳できます。
• 留数定理は「単純閉曲線に沿う積分 $= 2\pi i \times$（内部の留数の和）」です。証明は、多重連結領域に対するコーシーの積分定理で積分路を各特異点まわりの小円に分解し、小円上でローラン級数を項別積分するだけです。
• 実積分への応用は三段構えです。(1) 被積分関数を複素平面に延長して積分路を閉じる、(2) 付け足した部分の寄与が $0$ に消えることを不等式で示す、(3) 内部の留数を足す。
• 型ごとに使う輪郭が決まっています。有理関数の $(-\infty,\infty)$ 積分は上半平面の半円、周期 $2\pi$ の三角関数の積分は単位円、$e^{i\lambda x}$ を含む積分はジョルダンの補題（半円弧上の積分が半径を大きくすると $0$ に近づくことを保証する不等式）つきの半円、実軸上に単純極があるときは極を小円でくぼませて主値（極の両側を同じ幅で切り落として作る積分値）を取ります。
• 補遺として、$x^{a-1}$ を含む積分は正の実軸に切れ目を入れた鍵穴輪郭で $\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ia}}\sum\operatorname{Res}$ に帰着し（§9）、整数にわたる級数の和 $\sum_nf(n)$ は $\pi\cot\pi z$ をかけて正方形の周で積分すると極の留数の和に帰着します（§10。$\zeta(2)=\pi^2/6$ や $\sum\frac1{n^2+a^2}=\frac\pi a\coth\pi a$ が出ます）。

この記事で使う事前知識

• 正則関数: 複素数の範囲で微分できる関数。→ 正則関数
• ローラン展開: 負べきの項も含めたべき級数で、特異点のまわりの関数を表す方法。→ ローラン展開
• コーシーの積分定理: 穴のない領域で正則な関数は、閉曲線に沿う積分が $0$ になる、という定理。→ コーシーの積分定理と積分公式
• 単連結領域: 穴のない領域（領域の中の閉曲線を、領域の外に出ずに一点まで縮められる）。→ 単連結領域
• 広義積分: 無限区間などでの積分を、区間を切り取った積分の極限として定めたもの。→ 広義積分

1. 動機：実積分を複素平面に持ち上げる

微分積分学で $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2+1}$ を計算するのは簡単です。原始関数 $\arctan x$ が分かっているので、$\lim_{R\to\infty}[\arctan x]_{-R}^{R} = \pi$ で終わります。ところが分母を $x^4+1$ に変えただけで景色が一変します。実数の範囲では $x^4+1 = (x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)$ と因数分解し、部分分数に分け、四つの項をそれぞれ $\arctan$ と $\log$ で積分し、最後に極限を取る、という長い計算になります。$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx$ に至っては、初等関数で書ける原始関数がそもそも存在しないので、パラメータ微分などの技巧なしには実数の世界で手が出ません。

この章で扱う留数定理は、この種の積分を次の手続きに置き換えます。被積分関数を複素平面に延長し、積分路を閉曲線になるように閉じ、閉曲線の内部にある特異点で「留数」という一つの数を計算して足す。それだけです。$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1}$ は、後で見るように二つの留数の足し算だけで $\pi/\sqrt{2}$ と分かります。

なぜそんなことができるのでしょうか。出発点は コーシーの積分定理（定理 4.3［コーシーの積分定理と積分公式］）です。単連結領域で正則な関数は閉曲線に沿う積分が $0$ になります。つまり、閉曲線に沿う積分が $0$ でないとしたら、その値は内部にある特異点だけが原因です。では特異点はどれだけ寄与するのでしょうか。中心 $a$ の小さい円周 $|z-a| = r$ 上で $(z-a)^n$ を積分してみます。$n \ne -1$ のとき $(z-a)^n$ は $\mathbb{C}\setminus\{a\}$ 全体で一価（各点で値が一つに決まる）な原始関数 $\frac{(z-a)^{n+1}}{n+1}$ を持つので、閉曲線に沿う積分は $0$ です。ところが $n = -1$ のときだけ、原始関数の候補は $\log(z-a)$ という多価関数しかなく、円周を一周すると偏角が $2\pi$ 増えて、積分は $2\pi i$ を返します。

したがって、ローラン展開 $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-a)^n$ を円周上で項別に積分すると、無限個の項のうち $c_{-1}(z-a)^{-1}$ ただ一つだけが生き残ります。この「取り残される数」がフランス語で résidu（残りもの）、日本語で留数です。コーシーは 1826 年の『Exercices de mathématiques』でこの語を導入し、実積分の計算に系統的に用いました。この章は、その計算術を最初から最後まで具体的に組み立てます。

2. 準備：記号とすでに証明した道具

記号：領域とは連結開集合のことです。$D(a,r) = \{z \in \mathbb{C} : |z-a| < r\}$、$D'(a,r) = \{z : 0 < |z-a| < r\}$（中心を抜いた円板、除外近傍）と書きます。曲線はすべて区分的に $C^1$ 級とし、$\int_\gamma f(z)\,dz = \int_\alpha^\beta f(\gamma(t))\gamma'(t)\,dt$ で定義します。円周 $|z-a| = r$ には断らない限り正の向き（反時計回り）を与え、閉曲線に沿う積分は $\oint$ と書きます。

長さと最大値による評価（ML 不等式）：曲線 $\gamma$ の長さを $L(\gamma)$ とすると

$$\left|\int_\gamma f(z)\,dz\right| \le \int_\gamma |f(z)|\,|dz| \le L(\gamma)\cdot\max_{z \in \gamma}|f(z)|$$

が成り立ちます（補題 2.4［コーシーの積分定理と積分公式］）。この章の評価はほとんどすべてこの不等式に帰着します。

ローラン展開：正則関数の強力な性質 の 定理 6.1［正則関数の強力な性質］ で示したとおり、$f$ が円環 $r < |z-a| < R$ で正則ならば、そこで

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n (z-a)^n, \qquad c_n = \frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta-a|=\rho}\frac{f(\zeta)}{(\zeta-a)^{n+1}}\,d\zeta \quad (r < \rho < R)$$

と一意的に展開でき、この級数は円環の任意のコンパクト部分集合上で一様収束します。係数 $c_n$ は $\rho$ の取り方によりません。

多重連結領域に対するコーシーの積分定理：$C$ を正の向きの単純閉曲線、$\gamma_1,\dots,\gamma_n$ を $C$ の内部にあり互いに他の外部にある正の向きの単純閉曲線とします。$f$ が「$C$ の内側かつすべての $\gamma_j$ の外側」という閉領域を含むある開集合で正則ならば

$$\oint_C f(z)\,dz = \sum_{j=1}^{n}\oint_{\gamma_j} f(z)\,dz$$

が成り立ちます。証明はコーシーの積分定理と積分公式の 定理 5.1［コーシーの積分定理と積分公式］ と同じ要領で、$C$ と各 $\gamma_j$ を細い「橋」（切断線）でつないで単連結な部分に分け、各橋を往復する積分が符号違いで相殺することを使います。留数定理はこの定理の言い換えにすぎません。

3. 孤立特異点の分類

定義 3.1（孤立特異点）↗

$a \in \mathbb{C}$ とする。ある $R > 0$ が存在して $f$ が除外近傍 $D'(a,R) = \{z : 0 < |z-a| < R\}$ で正則であるとき、$a$ を $f$ の孤立特異点と呼ぶ。$f$ は $a$ 自身では定義されていなくてもよいし、定義されていても正則でなくてよい。

孤立特異点のまわりでは $f$ は円環 $0 < |z-a| < R$ で正則ですから、§2 のローラン展開が使えます。展開の負べきの部分が特異点の「悪さ」を測る量です。

定義 3.2（主要部と特異点の三分類）↗

$a$ を $f$ の孤立特異点とし、$D'(a,R)$ でのローラン展開を $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-a)^n$ とする。負べきの部分

$$P_a(z) = \sum_{n \le -1} c_n (z-a)^n$$

を $a$ における $f$ の主要部と呼ぶ。主要部の形により、$a$ を次のように分類する。

• $c_n = 0$（すべての $n \le -1$）、すなわち主要部が $0$ のとき、$a$ を除去可能特異点という。
• ある正の整数 $m$ について $c_{-m} \ne 0$ かつ $c_n = 0$（すべての $n < -m$）のとき、$a$ を $m$ 位の極という。$m = 1$ のときは単純極ともいう。
• $c_n \ne 0$ となる $n \le -1$ が無限個あるとき、$a$ を真性特異点という。

ローラン展開は一意なので、この分類は展開の取り方によらず定まる。

孤立特異点の三分類。主要部の項数を数えるだけで型が決まり、それぞれに極限による判定条件が対応します。

分類の定義はローラン係数を全部調べよと言っているように見えますが、実際にはもっと安上がりな判定法があります。まず除去可能特異点です。

定理 3.3（リーマンの除去可能特異点定理）✓

$a$ を $f$ の孤立特異点とし、$f$ は $D'(a,R)$ で正則とする。次の 4 条件は同値である。

• (i) $a$ は $f$ の除去可能特異点である。
• (ii) $f(a)$ の値を適当に定めると、$f$ は $D(a,R)$ 全体で正則になる。
• (iii) ある $0 < r \le R$ と $M > 0$ があって、$0 < |z-a| < r$ で $|f(z)| \le M$ が成り立つ。
• (iv) $\lim_{z \to a}(z-a)f(z) = 0$。

証明（定理 3.3）

(i) $\Rightarrow$ (ii)：主要部が $0$ なので $D'(a,R)$ で $f(z) = \sum_{n \ge 0}c_n(z-a)^n$ です。右辺のべき級数は $D'(a,R)$ で収束するので収束半径は $R$ 以上であり、$D(a,R)$ 全体で正則関数を定めます。$f(a) := c_0$ と定めれば、$f$ はこのべき級数と $D(a,R)$ 全体で一致し、正則になります。

(ii) $\Rightarrow$ (iii)：正則関数は連続なので、$r = R/2$ とすればコンパクト集合 $\overline{D(a,r)}$ 上で $|f|$ は最大値 $M$ を取ります。

(iii) $\Rightarrow$ (iv)：$|(z-a)f(z)| \le M|z-a| \to 0$（$z \to a$）です。

(iv) $\Rightarrow$ (i)：$0 < \rho < R$ に対し $\eta(\rho) := \max_{|z-a| = \rho}|(z-a)f(z)|$ とおくと、仮定より $\eta(\rho) \to 0$（$\rho \to 0$）です。§2 のローラン係数の式と ML 不等式から、$n \le -1$ に対して

$$|c_n| \le \frac{1}{2\pi}\cdot 2\pi\rho \cdot \frac{\max_{|z-a|=\rho}|f(z)|}{\rho^{\,n+1}} = \rho^{-n}\max_{|z-a|=\rho}|f(z)| = \rho^{-n-1}\,\eta(\rho)$$

が成り立ちます。ここで $n \le -1$ より $-n-1 \ge 0$ なので、$\rho < 1$ のとき $\rho^{-n-1} \le 1$ です。よって $|c_n| \le \eta(\rho) \to 0$ となり、$c_n$ は $\rho$ によらない定数ですから $c_n = 0$ です。これがすべての $n \le -1$ で成り立つので主要部は $0$ です。

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条件 (iii) が重要です。「近くで有界」という、ローラン係数を一つも計算しなくてよい条件だけで、特異点が消せると分かります。次は極です。

命題 3.4（極の特徴づけ）✓

$a$ を $f$ の孤立特異点、$m$ を正の整数とする。

(1) 次の 3 条件は同値である。

• (i) $a$ は $f$ の $m$ 位の極である。
• (ii) 極限 $\lim_{z \to a}(z-a)^m f(z)$ が存在し、その値は $0$ でない。
• (iii) ある $r > 0$ と $D(a,r)$ で正則な関数 $g$ で $g(a) \ne 0$ を満たすものがあり、$0 < |z-a| < r$ で $f(z) = \dfrac{g(z)}{(z-a)^m}$ と書ける。

(2) $a$ が（何らかの位数の）極であるための必要十分条件は $\lim_{z \to a}|f(z)| = \infty$ である。

証明（命題 3.4）

(1) (i) $\Rightarrow$ (iii)：$m$ 位の極なら $D'(a,R)$ で $f(z) = \sum_{n \ge -m}c_n(z-a)^n$ かつ $c_{-m} \ne 0$ です。両辺に $(z-a)^m$ を掛けると

$$(z-a)^m f(z) = \sum_{n \ge -m} c_n (z-a)^{n+m} = \sum_{k \ge 0} c_{k-m}(z-a)^k$$

となり、右辺は $D'(a,R)$ で収束するべき級数ですから収束半径は $R$ 以上で、$D(a,R)$ で正則関数 $g$ を定めます。$g(a) = c_{-m} \ne 0$ であり、$0 < |z-a| < R$ で $f(z) = g(z)/(z-a)^m$ です。

(iii) $\Rightarrow$ (ii)：$(z-a)^m f(z) = g(z) \to g(a) \ne 0$（$z \to a$、$g$ の連続性）です。

(ii) $\Rightarrow$ (i)：$h(z) := (z-a)^m f(z)$ とおくと、$h$ は $D'(a,R)$ で正則で $z \to a$ のとき有限の極限 $L \ne 0$ を持つので、$a$ の近くで有界です。定理 3.3 の (iii) $\Rightarrow$ (i),(ii) より $a$ は $h$ の除去可能特異点で、$h(a) = L$ と定めれば $h$ は $D(a,R)$ で正則になります。$h$ をテイラー展開して $h(z) = \sum_{k \ge 0}b_k(z-a)^k$（$b_0 = L \ne 0$）とすると、$0 < |z-a| < R$ で

$$f(z) = \frac{h(z)}{(z-a)^m} = \sum_{k \ge 0} b_k (z-a)^{k-m}$$

となります。これは $f$ のローラン展開そのもの（一意性より）で、最低次の項は $b_0(z-a)^{-m}$、$b_0 \ne 0$ ですから $a$ は $m$ 位の極です。

(2) 必要性：$a$ が $m$ 位の極なら (iii) より $f = g/(z-a)^m$、$g(a) \ne 0$ なので、$|f(z)| = |g(z)|\,|z-a|^{-m} \to |g(a)| \cdot \infty = \infty$ です。

十分性：$|f(z)| \to \infty$ とします。ある $r > 0$ があって $0 < |z-a| < r$ で $|f(z)| \ge 1$、特に $f(z) \ne 0$ です。そこで $u := 1/f$ とおくと $u$ は $D'(a,r)$ で正則、$|u| \le 1$ と有界なので、定理 3.3 より $a$ は $u$ の除去可能特異点で、$u$ は $D(a,r)$ で正則に延長されます。$|f| \to \infty$ より $u(a) = 0$ です。$u$ は $D'(a,r)$ で $0$ にならないので $u \not\equiv 0$ であり、補題 7.2［正則関数の強力な性質］ で見たとおり、恒等的に $0$ でない正則関数の零点は有限の位数を持ちます。その位数を $m$ とすれば $u(z) = (z-a)^m v(z)$、$v$ は $D(a,r')$ で正則、$v(a) \ne 0$ と書けます。よって $0 < |z-a| < r'$ で $f(z) = \dfrac{1/v(z)}{(z-a)^m}$ となり、$1/v$ は $a$ の近くで正則（$v(a)\ne 0$ と連続性より近傍で $v \ne 0$）かつ $a$ で $0$ でないので、(1)(iii) から $a$ は $m$ 位の極です。

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残るのが真性特異点です。定理 3.3 と 命題 3.4 により、$a$ が真性特異点であることは「$z \to a$ で $f(z)$ が有限の極限も持たず、$|f(z)| \to \infty$ でもない」ことと同値です。極限が存在しないだけでなく、値の散らばり方は極端です。

次の定理は、真性特異点ではまわりの値が極端に散らばることを述べています。稠密とは、複素平面のどの点のそばにも像の点が見つかる、ということです。証明は背理法で、もし像があるひとつの点 $w$ のそばを避けているなら、$1/(f-w)$ が特異点の近くで有界になり、いま示した除去可能特異点の定理で正則に延長できます。すると $f$ 自身が除去可能特異点か極になってしまい、真性特異点であることに矛盾する、という流れです。

定理 3.5（カゾラーティ・ワイエルシュトラスの定理）✓

$a$ を $f$ の真性特異点とし、$f$ は $D'(a,R)$ で正則とする。このとき任意の $0 < r \le R$ に対して像 $f(D'(a,r))$ は $\mathbb{C}$ で稠密である。すなわち、任意の $w \in \mathbb{C}$ と任意の $\varepsilon > 0$ に対し、$0 < |z-a| < r$ かつ $|f(z) - w| < \varepsilon$ を満たす $z$ が存在する。

証明（定理 3.5）

稠密でないと仮定します。すると、ある $w \in \mathbb{C}$ と $\delta > 0$ があって、$0 < |z-a| < r$ のすべての $z$ で $|f(z) - w| \ge \delta$ となります。そこで

$$g(z) := \frac{1}{f(z) - w} \qquad (0 < |z-a| < r)$$

とおくと、分母は $0$ にならないので $g$ は $D'(a,r)$ で正則で、$|g| \le 1/\delta$ と有界です。定理 3.3 より $a$ は $g$ の除去可能特異点で、$g$ は $D(a,r)$ で正則に延長されます。

$g(a) \ne 0$ の場合：$f(z) = w + 1/g(z)$ は $a$ の近くで有界なので、再び 定理 3.3 により $a$ は $f$ の除去可能特異点です。

$g(a) = 0$ の場合：$g$ は $D'(a,r)$ で $0$ にならないので $g \not\equiv 0$ であり、$a$ は $g$ の有限位数 $m$ の零点です。命題 3.4 の (1)(iii) の形に書けば $f(z) - w$ は $a$ で $m$ 位の極を持ち、定数 $w$ を足しても主要部は変わらないので $f$ も $a$ で $m$ 位の極を持ちます。

どちらの場合も $a$ が真性特異点であることに反します。

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例 3.6（特異点の分類の実例）

(a) $f(z) = \dfrac{\sin z}{z}$ の $z = 0$。$\sin z = z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots$ を $z$ で割ると $f(z) = 1 - \frac{z^2}{6} + \frac{z^4}{120} - \cdots$ となり、負べきの項がありません。よって $0$ は除去可能特異点で、$f(0) := 1$ と定めれば整関数になります。

(b) $f(z) = \dfrac{1}{z^2(z-1)}$。$z = 0$ では $z^2 f(z) = \frac{1}{z-1} \to -1 \ne 0$ なので 命題 3.4 より $2$ 位の極、$z = 1$ では $(z-1)f(z) = \frac{1}{z^2} \to 1 \ne 0$ なので単純極です。

(c) $f(z) = \dfrac{1}{\sin z}$ の $z = k\pi$（$k \in \mathbb{Z}$）。$\sin(k\pi) = 0$ かつ $\frac{d}{dz}\sin z\big|_{z=k\pi} = \cos(k\pi) = (-1)^k \ne 0$ なので $k\pi$ は $\sin z$ の $1$ 位の零点、したがって

$$(z-k\pi)f(z) = \frac{z-k\pi}{\sin z - \sin(k\pi)} \longrightarrow \frac{1}{\cos(k\pi)} = (-1)^k \ne 0$$

（微分係数の定義そのもの）となり、$k\pi$ は単純極です。

(d) $f(z) = e^{1/z}$ の $z = 0$。$e^{w} = \sum_{n\ge0}w^n/n!$ に $w = 1/z$ を代入して

$$e^{1/z} = \sum_{n \ge 0}\frac{1}{n!}z^{-n} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \cdots \qquad (z \ne 0)$$

が $0 < |z|$ で収束します。負べきの項が無限個あるので $0$ は真性特異点です。実際、値の散らばり方を直接確かめられます。$w \ne 0$ を任意に取り $w = |w|e^{i\theta}$ と書くと、$z_k = \dfrac{1}{\log|w| + i(\theta + 2\pi k)}$（$k \in \mathbb{N}$）は $k \to \infty$ で $0$ に収束し、$e^{1/z_k} = w$ です。つまり $0$ のどんな近傍でも、$f$ は $0$ 以外のすべての複素数を無限回取ります。定理 3.5 の「稠密」よりずっと強い状況です。

注意 3.7

例 3.6 (d) の現象は一般に成り立ちます。ピカールの大定理によれば、真性特異点のどんな除外近傍でも、$f$ は高々 1 個の例外値を除くすべての複素数値を無限回取ります。証明はこの章の範囲を超えるので、Ahlfors『Complex Analysis』の第 8 章（Picard の定理を扱う章）を参照してください。

注意 3.8

すべての特異点が孤立しているわけではありません。$f(z) = \dfrac{1}{\sin(1/z)}$ は $z = 1/(k\pi)$（$k$ は $0$ でない整数）で極を持ちますが、これらは $k \to \infty$ で $0$ に集積します。したがって $0$ のどんな除外近傍にも $f$ が正則でない点が含まれ、$0$ は 定義 3.1 の意味の孤立特異点ではありません。ローラン展開も留数も定義できないので、この章の道具は $0$ には使えません。

4. 留数とその計算法

定義 4.1（留数）↗

$a$ を $f$ の孤立特異点とし、$D'(a,R)$ でのローラン展開を $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-a)^n$ とする。係数 $c_{-1}$ を $f$ の $a$ における留数と呼び、

$$\operatorname{Res}(f, a) := c_{-1}$$

と書く。ローラン係数の積分表示（§2）で $n = -1$ とすれば、$0 < \rho < R$ に対して

$$\operatorname{Res}(f,a) = \frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-a| = \rho} f(z)\,dz$$

でもある。

定義そのものは「ローラン展開せよ」と言っていますが、極の場合には展開せずに留数を取り出す公式があります。実用上はこの公式だけで九割方の計算が片付きます。

命題 4.2（極における留数の計算法）✓

$a$ を $f$ の孤立特異点とする。

(1) $a$ が $f$ の高々 $m$ 位の極である（すなわちローラン展開で $n < -m$ の係数がすべて $0$ である）とき、$\varphi(z) := (z-a)^m f(z)$ は $a$ で正則に延長され、

$$\operatorname{Res}(f,a) = \frac{1}{(m-1)!}\lim_{z \to a}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{\,m-1}}\Bigl[(z-a)^m f(z)\Bigr].$$

(2) 特に $a$ が単純極（$m=1$）のとき $\operatorname{Res}(f,a) = \lim_{z \to a}(z-a)f(z)$。

(3) $f = g/h$ とし、$g,h$ は $a$ の近傍で正則、$g(a) \ne 0$、$h(a) = 0$、$h'(a) \ne 0$ とする。このとき $a$ は $f$ の単純極で

$$\operatorname{Res}(f,a) = \frac{g(a)}{h'(a)}.$$

証明（命題 4.2）

(1)：仮定より $D'(a,R)$ で $f(z) = \sum_{n \ge -m}c_n(z-a)^n$ なので、

$$\varphi(z) = (z-a)^m f(z) = \sum_{k \ge 0}c_{k-m}(z-a)^k$$

であり、右辺は $D'(a,R)$ で収束するべき級数、したがって収束半径は $R$ 以上で $D(a,R)$ で正則関数を定めます（命題 3.4 の証明と同じ議論です）。この級数の $(z-a)^{m-1}$ の係数は $k = m-1$ の項、すなわち $c_{-1}$ です。一方、正則関数のテイラー係数の公式（定理 5.2［正則関数の強力な性質］）から $(z-a)^{m-1}$ の係数は $\varphi^{(m-1)}(a)/(m-1)!$ です。両者を等しいとおけば結論を得ます。$\varphi$ は $a$ で正則なので $\varphi^{(m-1)}$ は $a$ で連続で、$\varphi^{(m-1)}(a) = \lim_{z\to a}\varphi^{(m-1)}(z)$ と極限で書けます。

(2)：(1) で $m = 1$ とすると $0! = 1$、$0$ 階微分は恒等写像なので、$\operatorname{Res}(f,a) = \lim_{z\to a}(z-a)f(z)$ です。

(3)：$h(a) = 0$ かつ $h'(a) \ne 0$ より $a$ は $h$ の $1$ 位の零点で、$a$ の近傍で $h(z) = (z-a)h_1(z)$、$h_1$ は正則で $h_1(a) = h'(a) \ne 0$ と書けます。よって $f(z) = \dfrac{g(z)/h_1(z)}{z-a}$ であり、$g/h_1$ は $a$ で正則、$a$ での値は $g(a)/h'(a) \ne 0$ ですから、命題 3.4 (1)(iii) より $a$ は単純極です。(2) を使って

$$\operatorname{Res}(f,a) = \lim_{z\to a}(z-a)f(z) = \lim_{z\to a}\frac{g(z)}{h_1(z)} = \frac{g(a)}{h'(a)}$$

を得ます。

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ヒント

(1) は「高々 $m$ 位」で使えるのが便利な点です。実際の位数が $m$ より小さくても、$n < -m$ の係数が $0$ である以上、証明はそのまま通ります。位数が確定できないときは大きめの $m$ を取っておけば安全です（そのぶん微分の回数は増えます）。

例 4.3（留数の計算例）

(a) $f(z) = \dfrac{z}{(z-1)(z+2)^2}$。$z=1$ は単純極なので 命題 4.2 (2) より

$$\operatorname{Res}(f,1) = \lim_{z\to1}\frac{z}{(z+2)^2} = \frac{1}{9}.$$

$z=-2$ は $2$ 位の極なので (1) で $m=2$ とし、

$$\operatorname{Res}(f,-2) = \lim_{z\to-2}\frac{d}{dz}\left[\frac{z}{z-1}\right] = \lim_{z\to-2}\frac{(z-1) - z}{(z-1)^2} = \frac{-1}{9}.$$

二つの留数の和が $0$ になっているのは偶然ではありません。分母の次数が分子より $2$ 以上大きい有理関数では、後の 補題 6.1 (i) と 定理 5.1 を大きな円周に適用すると留数の総和が $0$ と分かります。検算に使えます。

(b) $f(z) = \dfrac{e^z}{z^3}$。$m=3$ として

$$\operatorname{Res}(f,0) = \frac{1}{2!}\lim_{z\to0}\frac{d^2}{dz^2}\bigl[e^z\bigr] = \frac{1}{2}.$$

ローラン展開 $e^z/z^3 = z^{-3} + z^{-2} + \frac{1}{2}z^{-1} + \frac{1}{6} + \cdots$ の $z^{-1}$ の係数と一致します。

(c) $f(z) = \cot z = \dfrac{\cos z}{\sin z}$ の $z = k\pi$。$g = \cos$、$h = \sin$ とすると $g(k\pi) = (-1)^k \ne 0$、$h(k\pi) = 0$、$h'(k\pi) = \cos(k\pi) = (-1)^k \ne 0$ なので 命題 4.2 (3) より

$$\operatorname{Res}(\cot, k\pi) = \frac{\cos(k\pi)}{\cos(k\pi)} = 1.$$

すべての極で留数が $1$ です。

(d) $f(z) = z^2 e^{1/z}$ の $z = 0$。真性特異点なので (1)〜(3) は使えません。定義に戻ってローラン展開します。

$$z^2 e^{1/z} = z^2\sum_{n\ge0}\frac{1}{n!}z^{-n} = \sum_{n \ge 0}\frac{1}{n!}z^{2-n}$$

で、$z^{-1}$ が現れるのは $2-n = -1$、すなわち $n = 3$ のときですから $\operatorname{Res}(f,0) = \frac{1}{3!} = \frac{1}{6}$ です。留数は極の専売特許ではありません。

5. 留数定理

定理 5.1（留数定理）✓

$D \subset \mathbb{C}$ を開集合とし、$C$ を区分的に $C^1$ 級の単純閉曲線で、正の向き（内部を左に見る向き）を与えたものとする。$C$ の内部（ジョルダンの曲線定理でいう有界成分）を $\operatorname{int}C$ と書き、$C$ と $\operatorname{int}C$ はともに $D$ に含まれるとする（$D$ が単連結領域なら、$C\subset D$ だけからこれが従う）。相異なる有限個の点 $a_1,\dots,a_n \in \operatorname{int}C$ を取り、$f$ は $D \setminus \{a_1,\dots,a_n\}$ で正則とする。このとき

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{j=1}^{n}\operatorname{Res}(f,a_j).$$

証明の方針は、§1 の考え方をそのまま厳密にすることです。まず大きな曲線 $C$ に沿う積分を、各特異点のまわりの小さな円周に沿う積分の和に置き換えます。小円の上ではローラン展開を項ごとに積分でき、$(z-a)^{-1}$ の項だけが残ります。途中の領域の連結性や境界の向きの確認は、この置き換えが正しいことを確かめるための作業です。

証明（定理 5.1）

仮定から $\operatorname{int}C \subset D$ です（$D$ が単連結領域の場合に $C\subset D$ からこれが従うことは、定理 4.3［コーシーの積分定理と積分公式］ の証明の後半で示しました）。したがって各 $a_j$ は $f$ の孤立特異点で、留数が定義されています。

小円を取る。$\varepsilon > 0$ を

$$\varepsilon < \tfrac{1}{2}\min_{j \ne k}|a_j - a_k|, \qquad \varepsilon < \min_{j}\operatorname{dist}(a_j, \partial(\operatorname{int}C))$$

を満たすように取ります（$a_j$ は有限個で、$\operatorname{int}C$ は開集合なので、このような $\varepsilon$ が存在します）。$\gamma_j$ を正の向きの円周 $|z - a_j| = \varepsilon$ とすると、閉円板 $\overline{D(a_j,\varepsilon)}$ は互いに交わらず、すべて $\operatorname{int}C$ に含まれます。

積分路を分解する。$\Omega := \operatorname{int}C \setminus \bigcup_j \overline{D(a_j,\varepsilon)}$ とおきます。$\Omega$ は有界領域です（$\varepsilon$ より少し大きい半径の円環も $\operatorname{int}C$ に含まれるので、$\operatorname{int}C$ の中の道が閉円板に入る部分はその円環の中の円弧で迂回でき、連結性が保たれます）。その境界は $C$ と $\gamma_1,\dots,\gamma_n$ の $n+1$ 本の単純閉曲線からなり、$\Omega$ を左に見る向きは $C$ については正の向き、各 $\gamma_j$ については逆向きです。$f$ は $\overline{\Omega}$ を含む開集合 $D \setminus \{a_1,\dots,a_n\}$ で正則なので、系 3.3［正則関数の強力な性質］ により $f = u+iv$ の $u,v$ は $C^1$ 級で、コーシー・リーマンの関係式（定理 4.1［正則関数とコーシー・リーマンの関係式］）を満たします。補題 4.2［コーシーの積分定理と積分公式］ を $\Omega$ に適用すると被積分関数が恒等的に $0$ なので、境界に沿う積分は $0$ で、命題 2.3［コーシーの積分定理と積分公式］ (2)(3) で向きと和を整理すると（§2 の多重連結領域に対するコーシーの積分定理）

$$\oint_C f(z)\,dz = \sum_{j=1}^{n}\oint_{\gamma_j}f(z)\,dz .$$

小円上で項別積分する。$j$ を固定します。$f$ は $D'(a_j, R_j)$ でローラン展開 $f(z) = \sum_{k=-\infty}^{\infty}c^{(j)}_k(z-a_j)^k$ を持ちます。必要なら $\varepsilon$ をさらに小さくして $\varepsilon < R_j$ としておきます。円周 $\gamma_j$ は円環 $D'(a_j,R_j)$ のコンパクト部分集合なので、この級数は $\gamma_j$ 上で一様収束します。一様収束する連続関数列は長さ有限の曲線上で項別積分できる（補題 2.2［正則関数の強力な性質］）ので

$$\oint_{\gamma_j} f(z)\,dz = \sum_{k=-\infty}^{\infty}c^{(j)}_k \oint_{\gamma_j}(z-a_j)^k\,dz .$$

右辺の積分を計算します。$z = a_j + \varepsilon e^{i\theta}$（$0 \le \theta \le 2\pi$）と置くと $dz = i\varepsilon e^{i\theta}d\theta$ なので

$$\oint_{\gamma_j}(z-a_j)^k dz = \int_0^{2\pi}\varepsilon^k e^{ik\theta}\cdot i\varepsilon e^{i\theta}\,d\theta = i\,\varepsilon^{\,k+1}\int_0^{2\pi}e^{i(k+1)\theta}\,d\theta .$$

$k \ne -1$ のとき $\int_0^{2\pi}e^{i(k+1)\theta}d\theta = \left[\dfrac{e^{i(k+1)\theta}}{i(k+1)}\right]_0^{2\pi} = 0$（$e^{2\pi i(k+1)} = 1$）です。$k = -1$ のときは被積分関数が $1$ なので $2\pi$ となり、積分は $i \cdot \varepsilon^0 \cdot 2\pi = 2\pi i$ です。よって

$$\oint_{\gamma_j}f(z)\,dz = 2\pi i\, c^{(j)}_{-1} = 2\pi i \operatorname{Res}(f,a_j)$$

となり（最後の等号は 定義 4.1）、これを $j$ について足せば結論を得ます。

∎

注意 5.2

向きは結果の符号を決めるので常に確認してください。$C$ を逆向きに回れば右辺は $-2\pi i \sum \operatorname{Res}$ になります。また、特異点が $C$ の上にある場合はこの定理は適用できません。実軸上に極がある実積分を扱う §8 では、輪郭を変形して極を避ける必要が出てきます。

ここから先は応用です。実積分を計算するときの手順はいつも同じで、積分の型ごとに使う輪郭と、余分な部分を消す道具が決まっています。

実積分の型	使う輪郭	余分な部分を消す道具
$\int_{-\infty}^{\infty}P(x)/Q(x)\,dx$（$\deg Q \ge \deg P + 2$）	上半平面の半円	補題 6.1 (i)
$\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\,d\theta$	単位円 $\lvert z\rvert = 1$	不要（輪郭が最初から閉じている）
$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{i\lambda x}dx$（$\lambda > 0$）	上半平面の半円	補題 6.1 (ii)（ジョルダンの補題）
実軸上に単純極があるとき	極を小円でくぼませた輪郭	補題 8.3 と主値
$\int_0^{\infty}x^{a-1}g(x)\,dx$（$a$ は非整数）	鍵穴輪郭（§9。付録に最初の例）	分枝の指定と大小円の評価（定理 9.1）
$\sum_{n\in\mathbb{Z}}f(n)$（$f$ は有理関数）	$\pi\cot\pi z$ をかけた正方形の周（§10）	補題 10.1 の一様評価（定理 10.2）

6. 有理関数の広義積分

有理関数の広義積分に使う輪郭。実軸上の線分と上半平面の半円弧をつなぎ、上半平面にある極（×）だけを内部に取り込みます。半径 R を大きくすると弧の寄与が消えます。

輪郭を閉じるために付け足した半円弧の寄与は、半径を大きくすると消えてほしいわけです。それを保証するのが次の補題です。(i) と (ii) の仮定の違いに注意してください。(ii) のほうが $f$ に対する要求がゆるく、そのぶん $e^{i\lambda z}$ という因子が必要です。

補題 6.1（大円弧の寄与が消える条件）✓

$R_0 > 0$ とし、$\Gamma_R$ を上半平面の半円弧 $z = Re^{i\theta}$（$0 \le \theta \le \pi$）とする。$f$ は $\{z : |z| \ge R_0,\ \operatorname{Im}z \ge 0\}$ で連続とし、$M(R) := \max_{0 \le \theta \le \pi}|f(Re^{i\theta})|$ とおく。

(i) $\lim_{R\to\infty} R\,M(R) = 0$ ならば $\displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz = 0$。

(ii)（ジョルダンの補題） $\lambda > 0$ とする。$R > R_0$ のとき

$$\left|\int_{\Gamma_R}f(z)e^{i\lambda z}\,dz\right| \le \frac{\pi}{\lambda}M(R)$$

が成り立つ。特に $\lim_{R\to\infty}M(R) = 0$ ならば $\displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma_R}f(z)e^{i\lambda z}dz = 0$。

証明（補題 6.1）

(i)：$\Gamma_R$ の長さは $\pi R$ なので、§2 の ML 不等式より

$$\left|\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz\right| \le \pi R \cdot M(R) \longrightarrow 0 .$$

(ii)：$z = Re^{i\theta} = R\cos\theta + iR\sin\theta$ に対し

$$|e^{i\lambda z}| = |e^{i\lambda R\cos\theta}|\cdot|e^{-\lambda R\sin\theta}| = e^{-\lambda R\sin\theta}$$

です（第一の因子は絶対値 $1$）。$|dz| = R\,d\theta$ に注意して

$$\left|\int_{\Gamma_R}f(z)e^{i\lambda z}dz\right| \le \int_0^{\pi}M(R)\,e^{-\lambda R \sin\theta}\,R\,d\theta = 2RM(R)\int_0^{\pi/2}e^{-\lambda R\sin\theta}\,d\theta$$

となります（$\sin(\pi-\theta) = \sin\theta$ による対称性で $[0,\pi/2]$ の積分の 2 倍にしました）。

ここでジョルダンの不等式 $\sin\theta \ge \dfrac{2\theta}{\pi}$（$0 \le \theta \le \pi/2$）を使います。証明しておきます。$\psi(\theta) = \sin\theta/\theta$（$\theta > 0$）とおくと $\psi'(\theta) = \dfrac{\theta\cos\theta - \sin\theta}{\theta^2}$ です。分子を $u(\theta) = \theta\cos\theta - \sin\theta$ とすると $u(0) = 0$、$u'(\theta) = \cos\theta - \theta\sin\theta - \cos\theta = -\theta\sin\theta < 0$（$0 < \theta \le \pi/2$）なので $u < 0$、したがって $\psi$ は $(0,\pi/2]$ で狭義単調減少です。よって $\psi(\theta) \ge \psi(\pi/2) = \dfrac{1}{\pi/2} = \dfrac{2}{\pi}$、すなわち $\sin\theta \ge 2\theta/\pi$ です。

これを使うと $e^{-\lambda R\sin\theta} \le e^{-2\lambda R\theta/\pi}$ なので

$$\int_0^{\pi/2}e^{-\lambda R\sin\theta}d\theta \le \int_0^{\pi/2}e^{-2\lambda R\theta/\pi}d\theta = \frac{\pi}{2\lambda R}\left(1 - e^{-\lambda R}\right) \le \frac{\pi}{2\lambda R}$$

となり、これを代入して $2RM(R)\cdot\dfrac{\pi}{2\lambda R} = \dfrac{\pi}{\lambda}M(R)$ を得ます。

∎

命題 6.2（有理関数の広義積分）✓

$P, Q$ を複素係数の多項式とし、次を仮定する。

• $\deg Q \ge \deg P + 2$。
• $Q$ は実軸上に零点を持たない。

このとき $f = P/Q$ に対し $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx$ は絶対収束し、

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx = 2\pi i \sum_{\operatorname{Im}a > 0}\operatorname{Res}(f, a)$$

が成り立つ。和は上半平面にある $Q$ のすべての零点 $a$ にわたる。

証明（命題 6.2）

$p = \deg P$、$q = \deg Q$、最高次係数を $\alpha, \beta$ とします。$|z|\to\infty$ のとき $z^{\,q-p}P(z)/Q(z) \to \alpha/\beta$ なので、ある $R_1 \ge 1$ と $K > 0$ があって

$$|z| \ge R_1 \implies |f(z)| \le K|z|^{\,p-q} \le K|z|^{-2}$$

です（最後の不等号に $q - p \ge 2$ と $|z| \ge R_1 \ge 1$ を使いました）。したがって $\int_{|x| \ge R_1}|f(x)|dx \le 2\int_{R_1}^{\infty}Kx^{-2}dx < \infty$ であり、$[-R_1,R_1]$ 上では $f$ が連続（$Q$ は実軸上で $0$ にならない）なので、広義積分は絶対収束します。また $R \ge R_1$ に対し $R\,M(R) \le K/R \to 0$ なので 補題 6.1 (i) の仮定が満たされます。

$Q$ の零点は有限個です。$R > \max(R_1, \max_a|a|)$ を取り、$C_R$ を線分 $[-R,R]$ と半円弧 $\Gamma_R$ をつないだ正の向きの単純閉曲線とします。$C_R$ とその内部は単連結領域 $\mathbb{C}$ に含まれ、$f$ は $Q$ の零点を除いて正則で、$C_R$ の内部にある零点はちょうど上半平面の零点全部です（実軸上には零点がなく、$R$ の取り方から下半平面の零点は内部に入りません）。定理 5.1 より

$$\int_{-R}^{R}f(x)\,dx + \int_{\Gamma_R}f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{\operatorname{Im}a > 0}\operatorname{Res}(f,a)$$

です。右辺は $R$ によりません。$R \to \infty$ とすると、左辺第 1 項は絶対収束性より $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$ に収束し、第 2 項は 補題 6.1 (i) より $0$ に収束します。

∎

例 6.3（分母が 4 次の場合）

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1}$ を計算します。$P = 1$、$Q = z^4+1$ で $\deg Q - \deg P = 4 \ge 2$、$Q(x) = x^4 + 1 \ge 1 > 0$ より実軸上に零点はないので 命題 6.2 が使えます。

$z^4 = -1 = e^{i\pi}$ の解は $z_k = e^{i\pi(2k+1)/4}$（$k = 0,1,2,3$）、すなわち $e^{i\pi/4},\ e^{3i\pi/4},\ e^{5i\pi/4},\ e^{7i\pi/4}$ です。上半平面にあるのは偏角が $\pi/4$ と $3\pi/4$ の二つです。いずれも $Q$ の単純零点（$Q' = 4z^3$ は $0$ にならない）なので、命題 4.2 (3) より、$a$ をそのどちらかとして

$$\operatorname{Res}(f,a) = \frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac{a}{4\cdot(-1)} = -\frac{a}{4}$$

です（$a^4 = -1$ を使って $a^3$ を $a$ に直しました。この書き換えで計算がぐっと楽になります）。したがって

$$\sum \operatorname{Res} = -\frac{1}{4}\left(e^{i\pi/4} + e^{3i\pi/4}\right) = -\frac{1}{4}\left(\frac{\sqrt2}{2}(1+i) + \frac{\sqrt2}{2}(-1+i)\right) = -\frac{1}{4}\cdot\sqrt{2}\,i$$

となり、

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1} = 2\pi i \cdot\left(-\frac{\sqrt2 i}{4}\right) = \frac{2\pi\sqrt2}{4} = \frac{\pi}{\sqrt2} \approx 2.2214 .$$

被積分関数は正なので答えが正の実数になったのは整合的です。また $|x| \ge 1$ では $\frac{1}{x^4+1} \le \frac{1}{x^2+1}$、$|x| \le 1$ では $\frac{1}{x^4+1} \le 1$ なので、積分値は $2 + \int_{|x|\ge1}\frac{dx}{x^2+1} = 2 + \frac{\pi}{2} \approx 3.57$ 以下と分かり、$2.22$ という値と矛盾しません。

7. 三角関数の周期積分：単位円を回る

$\theta$ について周期 $2\pi$ の三角有理式の積分 $\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\,d\theta$ は、実積分が最初から閉じた区間を一周しているので、輪郭を付け足す必要すらありません。$z = e^{i\theta}$ と置けば、これはそのまま単位円周に沿う複素積分になります。オイラーの公式から

$$\cos\theta = \frac{z + z^{-1}}{2},\qquad \sin\theta = \frac{z - z^{-1}}{2i},\qquad d\theta = \frac{dz}{iz}$$

です。最後の関係は、単位円周を $\gamma(\theta) = e^{i\theta}$（$0 \le \theta \le 2\pi$）で径数付けると $\gamma'(\theta) = ie^{i\theta} = iz$ なので、任意の連続関数 $F$ に対し

$$\oint_{|z|=1}\frac{F(z)}{iz}\,dz = \int_0^{2\pi}\frac{F(e^{i\theta})}{ie^{i\theta}}\,ie^{i\theta}\,d\theta = \int_0^{2\pi}F(e^{i\theta})\,d\theta$$

が成り立つ、という意味です。

命題 7.1（a + b cosθ 型の積分）✓

$a, b$ を実数とし $a > |b| \ge 0$ とする。このとき $a + b\cos\theta \ge a - |b| > 0$ で被積分関数は連続であり、

$$\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a + b\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}} .$$

証明（命題 7.1）

$b = 0$ のときは左辺 $= 2\pi/a$、右辺 $= 2\pi/\sqrt{a^2} = 2\pi/a$（$a > 0$）で成立します。$b < 0$ のときは $\theta \mapsto \theta + \pi$ と置換すると $\cos(\theta+\pi) = -\cos\theta$ で、被積分関数は周期 $2\pi$ なので積分区間は $[0,2\pi]$ のままでよく、$b$ を $-b$ に取り替えた式に帰着します。右辺は $b$ の符号によらないので、以下 $b > 0$ とします。

$z = e^{i\theta}$ と置く上の対応により

$$I = \oint_{|z|=1}\frac{1}{a + \frac{b}{2}\left(z + \frac1z\right)}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{2\,dz}{i\left(bz^2 + 2az + b\right)} .$$

分母の 2 次式 $bz^2+2az+b$ の零点は

$$z_{\pm} = \frac{-a \pm \sqrt{a^2-b^2}}{b}$$

で、$a > b > 0$ より $a^2 - b^2 > 0$ なのでどちらも実数、かつ相異なります。解と係数の関係から $z_+z_- = b/b = 1$ です。

$|z_+| < 1$ を確かめます。$z_+ = \dfrac{-a+\sqrt{a^2-b^2}}{b}$ は $\sqrt{a^2-b^2} < a$ より負で、$|z_+| = \dfrac{a - \sqrt{a^2-b^2}}{b}$ です。$|z_+| < 1 \iff a - b < \sqrt{a^2-b^2}$ であり、両辺とも正（$a>b$）なので 2 乗して $\ (a-b)^2 < (a-b)(a+b) \iff a-b < a+b \iff b > 0$。これは仮定です。よって $|z_+|<1$、そして $|z_-| = 1/|z_+| > 1$ です。特に単位円周上に零点はありません。

したがって単位円の内部にある特異点は単純極 $z_+$ だけです。$g(z) = \dfrac{2}{i(bz^2+2az+b)}$ とすると、命題 4.2 (2) より

$$\operatorname{Res}(g, z_+) = \lim_{z\to z_+}\frac{2(z-z_+)}{i\,b(z-z_+)(z-z_-)} = \frac{2}{i\,b(z_+-z_-)} = \frac{2}{i\,b\cdot\frac{2\sqrt{a^2-b^2}}{b}} = \frac{1}{i\sqrt{a^2-b^2}} .$$

定理 5.1 より $I = 2\pi i \cdot \dfrac{1}{i\sqrt{a^2-b^2}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}$ です。

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たとえば $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+4\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{25-16}} = \frac{2\pi}{3}$ です。次は分子に $\cos 2\theta$ が入る場合で、$0$ に多重極が現れます。

例 7.2（分子に cos 2θ がある積分）

$\displaystyle I = \int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{5-4\cos\theta}\,d\theta$ を計算します。$5 - 4\cos\theta \ge 1 > 0$ なので被積分関数は連続です。$z = e^{i\theta}$ とすると $\cos2\theta = \frac{z^2+z^{-2}}{2}$、$5-4\cos\theta = 5 - 2(z+z^{-1}) = \dfrac{-2z^2+5z-2}{z}$ なので

$$I = \oint_{|z|=1}\frac{(z^2+z^{-2})/2}{(-2z^2+5z-2)/z}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{z^4+1}{2z^2\,i\,(-2z^2+5z-2)}\,dz = \frac{i}{2}\oint_{|z|=1}\frac{z^4+1}{z^2(2z-1)(z-2)}\,dz$$

です（$-2z^2+5z-2 = -(2z-1)(z-2)$ と $\frac{1}{-2i} = \frac{i}{2}$ を使いました）。被積分関数を $g$ とすると、単位円の内部の特異点は $z=0$（$2$ 位の極）と $z=1/2$（単純極）で、$z=2$ は外部です。

$z = 1/2$：命題 4.2 (2) より

$$\operatorname{Res}(g,\tfrac12) = \frac{z^4+1}{z^2\cdot 2(z-2)}\bigg|_{z=1/2} = \frac{\frac{1}{16}+1}{\frac14 \cdot 2\left(\frac12-2\right)} = \frac{17/16}{-3/4} = -\frac{17}{12}.$$

$z = 0$：$m=2$ として $\varphi(z) = z^2 g(z) = \dfrac{z^4+1}{2z^2-5z+2}$ とおくと

$$\varphi'(z) = \frac{4z^3(2z^2-5z+2) - (z^4+1)(4z-5)}{(2z^2-5z+2)^2}, \qquad \varphi'(0) = \frac{0 - 1\cdot(-5)}{4} = \frac{5}{4},$$

なので $\operatorname{Res}(g,0) = \varphi'(0)/1! = 5/4$ です。念のためローラン展開でも確かめます。$\dfrac{1}{2-5z+2z^2} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{1 - \frac{5z-2z^2}{2}} = \dfrac12\left(1 + \frac{5z}{2} + O(z^2)\right) = \frac12 + \frac{5}{4}z + O(z^2)$ なので、$(z^4+1)$ を掛けて $z^2$ で割ると $g(z) = \dfrac{1}{2z^2} + \dfrac{5}{4z} + \cdots$ となり、$z^{-1}$ の係数は $5/4$ で一致します。

したがって留数の和は $-\frac{17}{12} + \frac{5}{4} = -\frac{17}{12}+\frac{15}{12} = -\frac16$ で、定理 5.1 より

$$I = \frac{i}{2}\cdot 2\pi i \cdot\left(-\frac16\right) = -\pi\cdot\left(-\frac16\right) = \frac{\pi}{6}.$$

8. 指数因子と実軸上の極

8.1. フーリエ型の積分

$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos\lambda x\,dx$ のような積分では、$\cos\lambda z$ をそのまま複素平面に延長してはいけません。上半平面では $\cos(iy) = \cosh y$ が $y \to \infty$ で指数的に発散するからです。代わりに $e^{i\lambda z}$ を使います。これは上半平面で $|e^{i\lambda z}| = e^{-\lambda\operatorname{Im}z} \le 1$（$\lambda>0$）と抑えられ、しかも実軸上では $\cos\lambda x + i\sin\lambda x$ なので、最後に実部と虚部を取れば目的の積分が得られます。

注意

上半平面で有界なのは $e^{i\lambda z}$（$\lambda > 0$）です。$\lambda < 0$ のときは下半平面（時計回りの輪郭、留数の和に $-2\pi i$ が掛かる）を使ってください。$\cos\lambda z$ や $\sin\lambda z$ を輪郭に載せると、円弧上の評価が破綻します。

例 8.1（ローレンツ型のフーリエ変換）

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,dx$ を求めます。$f(z) = \dfrac{1}{z^2+1}$、$\lambda = 1$ として $F(z) = f(z)e^{iz}$ を 例 6.3 と同じ半円輪郭 $C_R$（$R>1$）で積分します。$F$ の特異点は $z = \pm i$ の単純極で、上半平面にあるのは $z = i$ だけです。命題 4.2 (3) を $g(z) = e^{iz}$、$h(z)=z^2+1$、$h'(z) = 2z$ に適用して

$$\operatorname{Res}(F, i) = \frac{e^{i\cdot i}}{2i} = \frac{e^{-1}}{2i}.$$

定理 5.1 より $\displaystyle\int_{-R}^{R}\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx + \int_{\Gamma_R}F(z)\,dz = 2\pi i\cdot\frac{e^{-1}}{2i} = \frac{\pi}{e}$ です。

円弧の評価には 補題 6.1 (ii) を使います。$|z| = R > 1$ のとき $|f(z)| = \dfrac{1}{|z^2+1|} \le \dfrac{1}{R^2-1}$（三角不等式 $|z^2+1| \ge |z|^2 - 1$）なので $M(R) \le \dfrac{1}{R^2-1}\to0$ であり、$\left|\int_{\Gamma_R}F\right| \le \dfrac{\pi}{1}\cdot\dfrac{1}{R^2-1}\to0$ です。よって

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1}\,dx = \frac{\pi}{e} .$$

実部を取ると $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}dx = \frac{\pi}{e}$、虚部を取ると $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x^2+1}dx = 0$ です。後者は被積分関数が奇関数であることからも分かり、検算になります。なお $\dfrac{\cos x}{x^2+1}$ の絶対値は $\dfrac{1}{x^2+1}$ 以下なので、この広義積分は絶対収束しています。

8.2. 実軸上の単純極と主値

被積分関数が実軸上に極を持つと、広義積分は普通の意味では発散します。それでも「対称に切り取れば」極限が存在することがあります。

定義 8.2（コーシーの主値）↗

$c \in \mathbb{R}$ とし、$f$ は $\mathbb{R}\setminus\{c\}$ で連続とする。極限

$$\mathrm{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx := \lim_{\substack{R \to \infty \\ \varepsilon \to +0}} \left(\int_{-R}^{c-\varepsilon}f(x)\,dx + \int_{c+\varepsilon}^{R}f(x)\,dx\right)$$

が存在するとき、その値を $f$ のコーシーの主値と呼ぶ。左右を同じ $\varepsilon$ で切り落とすのが要点である。通常の広義積分が存在するときは、主値も存在して同じ値になる。

輪郭のほうは、実軸上の極を半径 $\varepsilon$ の小円弧で迂回して避けます。その小円弧の寄与を測るのが次の補題です。「一周すれば $2\pi i \times$ 留数」だったものが、「角度 $\beta-\alpha$ だけ回れば $i(\beta-\alpha)\times$ 留数」になる、と憶えると自然です。

補題 8.3（単純極まわりの小円弧（くぼみ補題））✓

$c$ を $f$ の単純極とし、$\rho = \operatorname{Res}(f,c)$ とおく。実数 $\alpha, \beta$ に対し、$\gamma_\varepsilon$ を $z = c + \varepsilon e^{i\theta}$（$\theta$ が $\alpha$ から $\beta$ まで動く）で定まる円弧とする。このとき

$$\lim_{\varepsilon \to +0}\int_{\gamma_\varepsilon}f(z)\,dz = i(\beta - \alpha)\rho .$$

（$\beta > \alpha$ なら反時計回り、$\beta < \alpha$ なら時計回りである。）

証明（補題 8.3）

$c$ は単純極なので、ローラン展開は $f(z) = \dfrac{\rho}{z-c} + \sum_{n \ge 0}c_n(z-c)^n$ の形です。第 2 項を $g(z)$ とおくと、$g$ は $D(c,R)$ で正則なべき級数の和ですから、ある $r>0$ と $M>0$ に対し $|z-c| \le r$ で $|g(z)| \le M$ です（連続関数のコンパクト集合上の有界性）。

主要部の寄与は $\varepsilon$ によらず計算できます。$z = c+\varepsilon e^{i\theta}$、$dz = i\varepsilon e^{i\theta}d\theta$ より

$$\int_{\gamma_\varepsilon}\frac{\rho}{z-c}\,dz = \rho\int_\alpha^\beta \frac{i\varepsilon e^{i\theta}}{\varepsilon e^{i\theta}}\,d\theta = i\rho(\beta-\alpha).$$

残りは ML 不等式で消えます。$\gamma_\varepsilon$ の長さは $|\beta-\alpha|\varepsilon$ なので、$\varepsilon \le r$ のとき

$$\left|\int_{\gamma_\varepsilon}g(z)\,dz\right| \le |\beta-\alpha|\,\varepsilon\, M \longrightarrow 0 \qquad (\varepsilon \to +0).$$

両者を足して結論を得ます。

∎

次の例では、原点を小さく避ける輪郭を使います。向きは、実軸上の二本の線分は左から右、大きな半円弧は反時計回り、原点を避ける小円弧は時計回りです。小円弧が時計回りなので、くぼみ補題の寄与は負の符号（$-i\pi\times$ 留数）で出ます。

例 8.4（ディリクレ積分）

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}$ を示します。$f(z) = \dfrac{e^{iz}}{z}$ とし、$0 < \varepsilon < R$ に対して次の四つをつないだ輪郭 $C$ を考えます。線分 $[\varepsilon, R]$、大円弧 $\Gamma_R$（反時計回りに $0$ から $\pi$ へ）、線分 $[-R,-\varepsilon]$、小円弧 $\gamma_\varepsilon$（$\theta$ が $\pi$ から $0$ へ、すなわち時計回り）。

$C$ とその内部は、複素平面から半直線 $\{iy : y \le 0\}$ を除いた単連結領域 $D$ に含まれ、$f$ は $D$ で正則です（$0$ は $D$ に属しません）。よって 定理 5.1 を特異点 $0$ 個の場合に使って（これはコーシーの積分定理そのものです）

$$\int_\varepsilon^R \frac{e^{ix}}{x}dx + \int_{\Gamma_R}f\,dz + \int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{ix}}{x}dx + \int_{\gamma_\varepsilon}f\,dz = 0 .$$

第 3 項は $x = -t$ と置換すると $\displaystyle\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{ix}}{x}dx = \int_{R}^{\varepsilon}\frac{e^{-it}}{-t}(-dt) = -\int_\varepsilon^R\frac{e^{-it}}{t}dt$ なので、第 1 項と合わせて

$$\int_\varepsilon^R\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}\,dx = 2i\int_\varepsilon^R\frac{\sin x}{x}\,dx$$

になります。第 2 項は 補題 6.1 (ii) で $f(z) = 1/z$、$\lambda = 1$ とすると $M(R) = 1/R \to 0$ なので $0$ に収束します。第 4 項は、$0$ が $f$ の単純極で $\operatorname{Res}(f,0) = \lim_{z\to0}z\cdot\frac{e^{iz}}{z} = 1$ ですから、補題 8.3 を $\alpha = \pi$、$\beta = 0$ として適用し $i(0-\pi)\cdot1 = -i\pi$ に収束します。

以上を合わせて $\varepsilon \to +0$、$R \to \infty$ とすると

$$2i\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx - i\pi = 0, \qquad\text{すなわち}\qquad \int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}.$$

同じ計算を実部・虚部に分けて読むと $\mathrm{p.v.}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x}dx = i\pi$ であり、実部から $\mathrm{p.v.}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x}dx = 0$（奇関数なので当然です）、虚部から上の結果が出ます。

注意すべき点が二つあります。第一に、$\dfrac{\sin x}{x}$ は $x=0$ で除去可能特異点を持つ（例 3.6 (a)）ので $\varepsilon \to 0$ の極限は問題なく、$\varepsilon$ を入れたのは $e^{iz}/z$ を扱うための便宜です。第二に、この広義積分は絶対収束しません（命題 2.2［ボールウェイン積分］）。実際 $\int_0^{\infty}\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx = \infty$ であり、値は $R \to \infty$ の極限としてのみ意味を持ちます。実解析の側からの別証明は 定理 3.2［ボールウェイン積分］ にあり、この繊細さが表に出る有名な例として ボールウェイン積分 があります。

9. 鍵穴輪郭と分数べきを含む積分

$x^{a-1}$（$a$ が整数でない）は、原点のまわりを一周すると値が変わる多価関数です。そこで正の実軸に切れ目を入れ、その両岸を往復する鍵穴輪郭を使います。付録の計算（$\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1+x}dx$）を、有理関数 $g$ 一般に拡張します。

$\mathbb{C}\setminus[0,\infty)$ の上で $\operatorname{Log}z=\ln|z|+i\arg z$（$\arg z\in(0,2\pi)$）と定め、$z^{a-1}=e^{(a-1)\operatorname{Log}z}$ とします。$\operatorname{Log}$ は $\mathbb{C}\setminus[0,\infty)$ で正則で、正の実軸の上岸では $\arg\to0$、下岸では $\arg\to2\pi$ です。

鍵穴輪郭。切れ目（正の実軸）の上岸を右へ、大円を反時計回りに、下岸を左へ、小円を時計回りに回ります。見やすいように、切れ目との隙間（δ）は大きく描いています。×は被積分関数の極です。

定理 9.1（鍵穴輪郭による分数べきの積分）✓

$g$ を有理関数で、$[0,\infty)$ 上に極をもたず、ある整数 $m\ge1$ と定数 $C$、$R_0>0$ について $|g(z)|\le C|z|^{-m}$（$|z|\ge R_0$）を満たすものとする。$a$ は $0<a<m$ を満たす整数でない実数とし、$g$ の極を $z_1,\dots,z_p$ とする。このとき広義積分は絶対収束し

$$\int_0^\infty x^{a-1}g(x)\,dx=\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ia}}\sum_{k=1}^p\operatorname{Res}\bigl(z^{a-1}g(z),\,z_k\bigr)$$

が成り立つ。

証明の方針は次のとおりです。切れ目の上岸と下岸では $z^{a-1}$ の偏角が $0$ と $2\pi$ で、値が $e^{2\pi ia}$ 倍だけ違うので、両岸の積分は打ち消し合わず $(1-e^{2\pi ia})J$ として残ります。輪郭は切れ目から少し（$\delta$）ずらして閉じ、先に $\delta\to0$、次に $\varepsilon\to0$ と $R\to\infty$ の極限を取ります。

証明（定理 9.1）

$f(z)=z^{a-1}g(z)$ は $\mathbb{C}\setminus[0,\infty)$ で $z_k$ を除いて正則です。絶対収束：$g$ は $0$ の近くで有界（$|g|\le M$）なので $|x^{a-1}g|\le Mx^{a-1}$ は $a>0$ で可積分、$x$ が大きいところでは $|x^{a-1}g|\le Cx^{a-1-m}$ が $a<m$ で可積分です。

輪郭. $0<\varepsilon<\min_k|z_k|$、$R>\max(R_0,\max_k|z_k|)$ とし、$\delta>0$ を、すべての $z_k$ の偏角が $(\delta,2\pi-\delta)$ に入るほど小さく取ります。次の 4 つをつないだ閉曲線 $\Gamma$ を考えます：(1) 半直線 $\arg z=\delta$ 上を $\varepsilon e^{i\delta}$ から $Re^{i\delta}$ へ、(2) 円 $|z|=R$ を偏角 $\delta$ から $2\pi-\delta$ まで反時計回りに（$C_R$）、(3) 半直線 $\arg z=2\pi-\delta$ 上を $Re^{i(2\pi-\delta)}$ から $\varepsilon e^{i(2\pi-\delta)}$ へ、(4) 円 $|z|=\varepsilon$ を偏角 $2\pi-\delta$ から $\delta$ まで時計回りに（$C_\varepsilon$）。これは区分的に $C^1$ な単純閉曲線で、その内部（円環の切れた扇形）と $\Gamma$ は $D=\mathbb{C}\setminus[0,\infty)$ に含まれ、内部にすべての $z_k$ を含みます。定理 5.1 により

$$\oint_\Gamma f\,dz=2\pi i\sum_k\operatorname{Res}(f,z_k)$$

です。$\oint_\Gamma f\,dz=I_1(\delta)+I_R(\delta)+I_3(\delta)+I_\varepsilon(\delta)$（(1)〜(4) の寄与）とします。

$\delta\to0$. $f(re^{i\delta})e^{i\delta}=r^{a-1}e^{ia\delta}g(re^{i\delta})$ は、$g$ が $[\varepsilon,R]$ を含む開集合で連続（極がない）ことから、$r\in[\varepsilon,R]$ について $r^{a-1}g(r)$ に一様収束します。よって $I_1(\delta)\to J:=\int_\varepsilon^Rr^{a-1}g(r)\,dr$ です。同様に $f(re^{i(2\pi-\delta)})=r^{a-1}e^{(a-1)i(2\pi-\delta)}g(re^{-i\delta})\to e^{2\pi i(a-1)}r^{a-1}g(r)=e^{2\pi ia}r^{a-1}g(r)$ （$r\in[\varepsilon,R]$ について一様）で、$dz=e^{i(2\pi-\delta)}dr$ の因子は $1$ に収束し、向きが逆なので $I_3(\delta)\to-e^{2\pi ia}J$ です。円弧は $\delta$ によらない評価ができます。$|z^{a-1}|=|z|^{a-1}$ なので ML 不等式から $|I_R(\delta)|\le2\pi R\cdot R^{a-1}\cdot CR^{-m}=2\pi CR^{a-m}$、$|I_\varepsilon(\delta)|\le2\pi\varepsilon\cdot\varepsilon^{a-1}M=2\pi M\varepsilon^a$ です。したがって

$$\Bigl|2\pi i\sum_k\operatorname{Res}(f,z_k)-\bigl(1-e^{2\pi ia}\bigr)J\Bigr|\le2\pi CR^{a-m}+2\pi M\varepsilon^a$$

です。ここで $\varepsilon\to0$、$R\to\infty$ とすると、$a>0$ と $a<m$ から右辺は $0$ に収束し、$J\to\int_0^\infty x^{a-1}g\,dx$ です。$a\notin\mathbb{Z}$ なので $1-e^{2\pi ia}\ne0$ で、主張を得ます。

∎

例 9.2（π/sin πa と π/(2 sin(πa/2))）

(a) $g(z)=\frac1{1+z}$（$m=1$）、$0<a<1$。極 $-1=e^{i\pi}$ での $z^{a-1}g$ の留数は $e^{i\pi(a-1)}=-e^{i\pi a}$ なので、定理 9.1 から $\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1+x}dx=\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ia}}(-e^{i\pi a})=\frac{\pi}{\sin\pi a}$ です（付録の計算と同じ）。

(b) $g(z)=\frac1{1+z^2}$（$m=2$）、$0<a<2$、$a\ne1$。極は $i=e^{i\pi/2}$ と $-i=e^{3i\pi/2}$ で、留数は $\frac{e^{i\pi(a-1)/2}}{2i}$ と $\frac{e^{3i\pi(a-1)/2}}{-2i}$ です。$\theta=\frac{\pi a}2$ とおくと $e^{i\pi(a-1)/2}=-ie^{i\theta}$、$e^{3i\pi(a-1)/2}=ie^{3i\theta}$ なので、留数の和は $\frac1{2i}(-ie^{i\theta}-ie^{3i\theta})=-e^{2i\theta}\cos\theta$、$1-e^{2\pi ia}=1-e^{4i\theta}=-2ie^{2i\theta}\sin2\theta$ です。よって

$$\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1+x^2}dx=\frac{2\pi i\,(-e^{2i\theta}\cos\theta)}{-2ie^{2i\theta}\sin2\theta}=\frac{\pi\cos\theta}{\sin2\theta}=\frac{\pi}{2\sin(\pi a/2)}$$

です。$a=1$ では直接 $\int_0^\infty\frac{dx}{1+x^2}=\frac\pi2$ で、この式の $a\to1$ の値と一致します。

$a$ が整数のときは $1-e^{2\pi ia}=0$ で上の公式が使えません。このとき、対数 $\operatorname{Log}z$ を被積分関数にかけます。

命題 9.3（対数を使う鍵穴積分）✓

$g$ を有理関数で、$[0,\infty)$ 上に極をもたず、$|g(z)|\le C|z|^{-2}$（$|z|\ge R_0$）を満たすものとし、極を $z_1,\dots,z_p$ とする。このとき

$$\int_0^\infty g(x)\,dx=-\sum_{k=1}^p\operatorname{Res}\bigl(g(z)\operatorname{Log}z,\ z_k\bigr)$$

が成り立つ（$\operatorname{Log}z$ は $\arg z\in(0,2\pi)$ の分枝）。

証明（命題 9.3）

定理 9.1 と同じ輪郭を $F(z)=g(z)\operatorname{Log}z$ に使います。上の半直線では $\operatorname{Log}\to\ln r$、下の半直線では $\ln r+2\pi i$ なので、$\delta\to0$ で 2 本の線分の寄与の和は $\int_\varepsilon^Rg(r)\ln r\,dr-\int_\varepsilon^Rg(r)(\ln r+2\pi i)\,dr=-2\pi i\int_\varepsilon^Rg(r)\,dr$ に収束します。円弧は $|\operatorname{Log}z|\le|\ln|z||+2\pi$ から、$|I_R|\le2\pi R\cdot CR^{-2}(\ln R+2\pi)\to0$、$|I_\varepsilon|\le2\pi\varepsilon M(|\ln\varepsilon|+2\pi)\to0$ です。定理 5.1 から $-2\pi i\int_0^\infty g\,dx=2\pi i\sum_k\operatorname{Res}(F,z_k)$ です。

∎

例 9.4（∫dx/(x³+1)）

$g(z)=\frac1{z^3+1}$ の極は $z_k=e^{i\theta_k}$、$\theta_k=\frac\pi3,\pi,\frac{5\pi}3$ で（すべて偏角が $(0,2\pi)$ に入る）、$\operatorname{Res}(g\operatorname{Log}z,z_k)=\frac{\operatorname{Log}z_k}{3z_k^2}=\frac{i\theta_k}3e^{-2i\theta_k}$ です。和は $\frac i3\bigl[\frac\pi3e^{-2\pi i/3}+\pi+\frac{5\pi}3e^{2\pi i/3}\bigr]$ で、$e^{\pm2\pi i/3}=-\frac12\pm\frac{\sqrt3}2i$ から括弧の中は $\frac{2\sqrt3\pi}{3}i$ となり、和は $-\frac{2\sqrt3\pi}9$ です。したがって 命題 9.3 より $\int_0^\infty\frac{dx}{x^3+1}=\frac{2\sqrt3\pi}9=\frac{2\pi}{3\sqrt3}$ です。

10. 留数による級数の和

留数定理は、整数にわたる和を、複素平面の極の寄与に置き換えるのにも使えます。$\pi\cot\pi z$ は、すべての整数に留数 $1$ の単純極をもつ関数です。

整数すべてに極をもつ $\pi\cot\pi z$ に有理関数をかけ、大きな正方形の周で積分します。そのためには、周上で $|\cot\pi z|$ が $N$ によらない定数で抑えられている必要があります。頂点を $(N+\frac12)(\pm1\pm i)$ に取るのは、縦の辺が整数点（極）を通らないようにするためです。

補題 10.1（cot πz の一様な評価）✓

$N\ge1$ とし、$C_N$ を 4 点 $(N+\frac12)(\pm1\pm i)$ を頂点とする正方形の周とする。$C_N$ 上で $|\cot\pi z|\le\coth\frac\pi2$ である（右辺は $N$ によらない定数）。

証明（補題 10.1）

$\cot\pi z=i\,\frac{e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}}{e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}}$ です。縦の辺 $z=\pm(N+\frac12)+iy$：$\cot$ は周期 1 なので $z=N+\frac12+iy$ で調べればよく、$u=e^{i\pi(N+1/2)}=\pm i$（$u^{-1}=-u$）として $e^{i\pi z}=ue^{-\pi y}$、$e^{-i\pi z}=-ue^{\pi y}$ なので $\cot\pi z=i\frac{e^{-\pi y}-e^{\pi y}}{e^{-\pi y}+e^{\pi y}}=-i\tanh\pi y$ で、$|\cot\pi z|\le1$ です。横の辺 $z=x+iy$、$|y|=N+\frac12\ge\frac12$：$|e^{i\pi z}|=e^{-\pi y}$、$|e^{-i\pi z}|=e^{\pi y}$ なので、$y>0$ なら $|\cot\pi z|\le\frac{e^{\pi y}+e^{-\pi y}}{e^{\pi y}-e^{-\pi y}}=\coth\pi y\le\coth\frac\pi2$（$\coth$ は $(0,\infty)$ で減少）、$y<0$ も同様です。$\coth\frac\pi2>1$ なので、全体の上界は $\coth\frac\pi2$ です。

∎

定理 10.2（留数による級数の和）✓

$f=P/Q$ を有理関数で $\deg Q\ge\deg P+2$ を満たすものとし、$f$ の極を $z_1,\dots,z_p$ とする。このとき

$$\sum_{\substack{n\in\mathbb{Z}\\ n\notin\{z_1,\dots,z_p\}}}f(n)=-\sum_{k=1}^p\operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)\,f(z),\,z_k\bigr)$$

が成り立つ（左辺は絶対収束する）。

証明（定理 10.2）

$h(z)=\pi\cot(\pi z)f(z)$ とおきます。$|f(z)|\le K|z|^{-2}$（$|z|$ が大きいとき）なので左辺は絶対収束します。$\pi\cot\pi z=\pi\frac{\cos\pi z}{\sin\pi z}$ は整数 $n$ で単純極をもち、$\sin\pi z=(-1)^n\pi(z-n)+O((z-n)^3)$、$\cos\pi n=(-1)^n$ から $\pi\cot\pi z=\frac1{z-n}+(\text{正則})$、留数 $1$ です。したがって $f$ の極でない整数 $n$ では、$h$ は単純極で $\operatorname{Res}(h,n)=f(n)$ です。$N$ を、すべての $z_k$ が $C_N$ の内部にあり、$C_N$ 上に $f$ の極がないほど大きく取ります（補題 10.1 の正方形）。開正方形 $D=\{|\operatorname{Re}z|<N+1,\ |\operatorname{Im}z|<N+1\}$ は $C_N$ とその内部を含み、$h$ は $D$ で、$C_N$ の内部にある有限個の点（$|n|\le N$ の整数と $z_k$）を除いて正則です。定理 5.1 により

$$\oint_{C_N}h\,dz=2\pi i\Bigl[\sum_{\substack{|n|\le N\\ n\notin\{z_k\}}}f(n)+\sum_{k=1}^p\operatorname{Res}(h,z_k)\Bigr]$$

です。補題 10.1 から $C_N$ 上で $|h|\le\pi\coth\frac\pi2\cdot K(N+\tfrac12)^{-2}$、$C_N$ の長さは $8(N+\frac12)$ なので、ML 不等式から $\bigl|\oint_{C_N}h\bigr|\le\frac{8\pi K\coth(\pi/2)}{N+1/2}\to0$ です。$N\to\infty$ として結論を得ます。

∎

例 10.3（ζ(2) = π²/6）

$f(z)=\frac1{z^2}$ は極 $0$（整数）のみをもち、定理 10.2 から $\sum_{n\ne0}\frac1{n^2}=-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z^2},0\bigr)$ です。$\sin\pi z=\pi z\bigl(1-\frac{\pi^2z^2}6+\cdots\bigr)$、$\cos\pi z=1-\frac{\pi^2z^2}2+\cdots$ から $\pi\cot\pi z=\frac1z\bigl(1-\frac{\pi^2z^2}2\bigr)\bigl(1+\frac{\pi^2z^2}6\bigr)+\cdots=\frac1z-\frac{\pi^2}3z+O(z^3)$ です。したがって $\frac{\pi\cot\pi z}{z^2}=\frac1{z^3}-\frac{\pi^2}{3z}+\cdots$ の留数は $-\frac{\pi^2}3$ で、$\sum_{n\ne0}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}3$、すなわち $\zeta(2)=\sum_{n\ge1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$ です。Fourier 級数の Parseval の等式（例 5.2［フーリエ級数］）による証明と同じ値です。

例 10.4（Σ 1/(n² + a²) = (π/a) coth πa）

$a>0$ とし $f(z)=\frac1{z^2+a^2}$ とします。極 $\pm ia$ は整数でなく、$\cot(i\pi a)=-i\coth\pi a$（$\cot(ix)=\frac{\cos ix}{\sin ix}=\frac{\cosh x}{i\sinh x}=-i\coth x$）から $\operatorname{Res}(\pi\cot(\pi z)f,\,ia)=\frac{\pi\cot(i\pi a)}{2ia}=-\frac{\pi\coth\pi a}{2a}$、同様に $-ia$ で $\frac{\pi\cot(-i\pi a)}{-2ia}=-\frac{\pi\coth\pi a}{2a}$ です。定理 10.2 より

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac1{n^2+a^2}=\frac\pi a\coth\pi a,\qquad\text{したがって}\qquad\sum_{n\ge1}\frac1{n^2+a^2}=\frac{\pi a\coth\pi a-1}{2a^2}$$

です。$a\to0$ とすると、$\pi a\coth\pi a=1+\frac{(\pi a)^2}3+\cdots$ から右辺は $\frac{\pi^2}6$ に収束し、$\zeta(2)=\frac{\pi^2}6$ と整合します。

11. 演習

演習 11.1易

$f(z) = \dfrac{e^z}{z^2(z-1)}$ のすべての孤立特異点を求め、それぞれの位数と留数を求めてください。

解答

特異点は分母の零点 $z=0$（$2$ 位）と $z=1$（$1$ 位）です。$e^z$ はこれらの点で $0$ にならないので、位数は分母のとおりです。実際 $z^2f(z) = \frac{e^z}{z-1} \to -1 \ne 0$、$(z-1)f(z) = \frac{e^z}{z^2}\to e \ne 0$ なので 命題 3.4 より $0$ は $2$ 位の極、$1$ は単純極です。

$z=1$：命題 4.2 (2) より $\operatorname{Res}(f,1) = \lim_{z\to1}\frac{e^z}{z^2} = e$。

$z=0$：同 (1) で $m=2$ とし、$\varphi(z) = \dfrac{e^z}{z-1}$ に対し

$$\varphi'(z) = \frac{e^z(z-1) - e^z}{(z-1)^2} = \frac{e^z(z-2)}{(z-1)^2}, \qquad \operatorname{Res}(f,0) = \varphi'(0) = \frac{1\cdot(-2)}{1} = -2 .$$

したがって留数の和は $e - 2$ です。

演習 11.2標準

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^2}{(x^2+1)(x^2+4)}\,dx$ を留数定理で計算し、部分分数分解による初等的な計算と一致することを確かめてください。

解答

被積分関数は偶関数なので $\displaystyle\int_0^{\infty} = \frac12\int_{-\infty}^{\infty}$ です。$f(z) = \dfrac{z^2}{(z^2+1)(z^2+4)}$ は $\deg$ の差が $2$、分母は実軸上で $0$ にならないので 命題 6.2 が使えます。上半平面の極は単純極 $z=i$ と $z=2i$ です。

$$\operatorname{Res}(f,i) = \frac{z^2}{(z+i)(z^2+4)}\bigg|_{z=i} = \frac{-1}{2i\cdot3} = \frac{-1}{6i} = \frac{i}{6},$$$$\operatorname{Res}(f,2i) = \frac{z^2}{(z^2+1)(z+2i)}\bigg|_{z=2i} = \frac{-4}{(-3)\cdot4i} = \frac{1}{3i} = -\frac{i}{3}.$$

（$\frac1i = -i$ を使いました。）和は $\frac{i}{6}-\frac{i}{3} = -\frac{i}{6}$ なので

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx = 2\pi i\left(-\frac{i}{6}\right) = \frac{\pi}{3}, \qquad \int_0^{\infty}f(x)\,dx = \frac{\pi}{6}.$$

初等的な確認：$\dfrac{x^2}{(x^2+1)(x^2+4)} = \dfrac{A}{x^2+1}+\dfrac{B}{x^2+4}$ とおくと $x^2 = A(x^2+4)+B(x^2+1)$ より $A+B=1$、$4A+B=0$、すなわち $A = -\frac13$、$B=\frac43$ です。$\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{\pi}{2a}$（$a>0$）を使うと

$$-\frac13\cdot\frac{\pi}{2} + \frac43\cdot\frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$$

で一致します。

演習 11.3標準

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{(2+\cos\theta)^2}$ を計算してください。

解答

$z = e^{i\theta}$ と置くと $2+\cos\theta = 2 + \dfrac{z+z^{-1}}{2} = \dfrac{z^2+4z+1}{2z}$ なので

$$I = \oint_{|z|=1}\frac{4z^2}{(z^2+4z+1)^2}\cdot\frac{dz}{iz} = \frac{4}{i}\oint_{|z|=1}\frac{z\,dz}{(z^2+4z+1)^2}.$$

$z^2+4z+1 = 0$ の解は $z_0 = -2+\sqrt3 \approx -0.268$ と $z_1 = -2-\sqrt3 \approx -3.73$ で、単位円の内部にあるのは $z_0$ だけです（$z_0z_1 = 1$ なので一方が内側、他方が外側）。分母は $(z-z_0)^2(z-z_1)^2$ なので $z_0$ は $2$ 位の極です。$m=2$ として 命題 4.2 (1) を使います。$\varphi(z) = \dfrac{z}{(z-z_1)^2}$ とすると

$$\varphi'(z) = \frac{(z-z_1)^2 - z\cdot2(z-z_1)}{(z-z_1)^4} = \frac{(z-z_1)-2z}{(z-z_1)^3} = \frac{-z-z_1}{(z-z_1)^3}.$$

$z_0 - z_1 = 2\sqrt3$、$-z_0-z_1 = -(-2+\sqrt3)-(-2-\sqrt3) = 4$ なので

$$\operatorname{Res} = \varphi'(z_0) = \frac{4}{(2\sqrt3)^3} = \frac{4}{24\sqrt3} = \frac{1}{6\sqrt3}.$$

定理 5.1 より

$$I = \frac{4}{i}\cdot2\pi i\cdot\frac{1}{6\sqrt3} = \frac{8\pi}{6\sqrt3} = \frac{4\pi}{3\sqrt3} = \frac{4\sqrt3\,\pi}{9} \approx 2.418 .$$

検算：命題 7.1 の式 $\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos\theta} = 2\pi(a^2-b^2)^{-1/2}$ を $a$ で微分すると、左辺は $-\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{(a+b\cos\theta)^2}$、右辺は $-2\pi a(a^2-b^2)^{-3/2}$ です。$a=2$、$b=1$ とすると $\frac{4\pi}{3^{3/2}} = \frac{4\pi}{3\sqrt3}$ で一致します。

演習 11.4難

$a > 0$ とするとき $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,dx = \frac{\pi}{2}e^{-a}$ を示してください。$\dfrac{z}{z^2+a^2}$ には 補題 6.1 (i) が使えないことに注意してください。

解答

$f(z) = \dfrac{z}{z^2+a^2}$、$F(z) = f(z)e^{iz}$ とし、半径 $R > a$ の半円輪郭 $C_R$ を取ります。$F$ の上半平面の特異点は単純極 $z = ia$ だけで、命題 4.2 (3) を $g(z) = ze^{iz}$、$h(z) = z^2+a^2$、$h'(z)=2z$ に適用して

$$\operatorname{Res}(F, ia) = \frac{ia\,e^{i\cdot ia}}{2ia} = \frac{e^{-a}}{2}.$$

定理 5.1 より $\displaystyle\int_{-R}^{R}\frac{xe^{ix}}{x^2+a^2}dx + \int_{\Gamma_R}F\,dz = 2\pi i\cdot\frac{e^{-a}}{2} = i\pi e^{-a}$ です。

円弧の評価：$|z|=R>a$ のとき $|f(z)| \le \dfrac{R}{R^2-a^2}$ なので $M(R) \to 0$ ですが、$R\,M(R) \to 1 \ne 0$ なので 補題 6.1 (i) は使えません。指数因子を持つ (ii)（ジョルダンの補題）なら $\lambda = 1$ として

$$\left|\int_{\Gamma_R}F(z)\,dz\right| \le \pi M(R) \le \frac{\pi R}{R^2-a^2}\longrightarrow 0$$

と結論できます。よって $\displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{xe^{ix}}{x^2+a^2}dx = i\pi e^{-a}$。虚部を取ると

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,dx = \pi e^{-a}$$

であり、被積分関数は偶関数（奇関数どうしの積）なので $\displaystyle\int_0^{\infty} = \frac{\pi}{2}e^{-a}$ です。なおこの積分は絶対収束せず、$R \to \infty$ の対称極限として存在します。

演習 11.5標準

定理 10.2 で $f(z)=\frac1{z^4}$ を使い、$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ を示せ。

解答

$\cot w$ の級数を求めます。$\sin w=w\bigl(1-\frac{w^2}6+\frac{w^4}{120}\bigr)+\cdots$、$\cos w=1-\frac{w^2}2+\frac{w^4}{24}-\cdots$ で、$u=\frac{w^2}6-\frac{w^4}{120}$ とすると $\frac1{1-u}=1+u+u^2+\cdots=1+\frac{w^2}6+\bigl(-\frac1{120}+\frac1{36}\bigr)w^4+\cdots=1+\frac{w^2}6+\frac{7w^4}{360}+\cdots$ です。これに $1-\frac{w^2}2+\frac{w^4}{24}$ をかけると $w^4$ の係数は $\frac7{360}-\frac1{12}+\frac1{24}=-\frac1{45}$ で、$\cot w=\frac1w-\frac w3-\frac{w^3}{45}-\cdots$ です。$w=\pi z$ として $\pi\cot\pi z=\frac1z-\frac{\pi^2z}3-\frac{\pi^4z^3}{45}-\cdots$ なので、$\frac{\pi\cot\pi z}{z^4}$ の $z^{-1}$ の係数（留数）は $-\frac{\pi^4}{45}$ です。定理 10.2 より $\sum_{n\ne0}\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{45}$、$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ です。

演習 11.6標準

定理 9.1 を使って $\int_0^\infty\frac{\sqrt x}{(1+x)^2}\,dx=\frac\pi2$ を示せ。

解答

$a=\frac32$、$g(z)=\frac1{(1+z)^2}$（$m=2$、$0<a<2$、整数でない）です。極 $-1=e^{i\pi}$ は 2 位で、$\operatorname{Res}\bigl(\frac{z^{1/2}}{(1+z)^2},-1\bigr)=\frac{d}{dz}z^{1/2}\big|_{z=-1}=\frac12(-1)^{-1/2}=\frac12e^{-i\pi/2}=-\frac i2$ です（$z^{1/2}=e^{\frac12\operatorname{Log}z}$、$\arg(-1)=\pi$）。$1-e^{2\pi ia}=1-e^{3\pi i}=2$ なので、定理 9.1 から $\int_0^\infty\frac{x^{1/2}}{(1+x)^2}dx=\frac{2\pi i}{2}\cdot\bigl(-\frac i2\bigr)=\frac\pi2$ です。ここで $x^{a-1}=x^{1/2}$ です。

参考文献

• L. V. Ahlfors, Complex Analysis, 3rd ed., McGraw-Hill, 1979 — 第 4 章に留数計算と定積分への応用がまとまっています。真性特異点の値の分布（ピカールの定理）は第 8 章です。
• E. M. Stein and R. Shakarchi, Complex Analysis (Princeton Lectures in Analysis II), Princeton University Press, 2003 — 第 3 章「Meromorphic Functions and the Logarithm」が留数公式と本記事で扱った型の実積分を扱っています。
• W. Rudin, Real and Complex Analysis, 3rd ed., McGraw-Hill, 1987 — 第 10 章に孤立特異点の分類と、巻き数を使った一般形の留数定理があります。
• 神保道夫『複素関数入門』岩波書店、2003 — 日本語で読める入門書。留数と実積分への応用を丁寧に扱っています。
• A.-L. Cauchy, Exercices de mathématiques, 1826 — 「résidu（留数）」という語と計算法が導入された原典です。

Appendix: 分数べきを含む積分と鍵穴輪郭

扱う積分。$0 < a < 1$ に対して

$$\int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1+x}\,dx = \frac{\pi}{\sin \pi a}$$

を示します。$x^{a-1}$ は $a$ が整数でないと一価な複素関数に延長できないので、これまでの輪郭は使えません。切断（分枝の切れ目）を正の実軸に置き、その両岸を往復する「鍵穴輪郭」を使います。

分枝を決める。$\operatorname{Log}z = \log|z| + i\arg z$、$\arg z \in (0, 2\pi)$ と定め、$z^{a-1} := e^{(a-1)\operatorname{Log}z}$ とします。これは $\mathbb{C}$ から非負実軸を除いた領域で正則です。$f(z) = \dfrac{z^{a-1}}{1+z}$ の特異点は $z = -1 = e^{i\pi}$ の単純極だけです。

輪郭。$0 < \varepsilon < 1 < R$ とし、切断の上岸を $\varepsilon$ から $R$ まで進み、大円 $|z|=R$ を反時計回りに一周し、下岸を $R$ から $\varepsilon$ まで戻り、小円 $|z|=\varepsilon$ を時計回りに一周して閉じます。厳密には上岸・下岸を実軸から $\delta$ だけずらした線分に取り、最後に $\delta \to 0$ とします。この閉曲線の内部にある特異点は $z=-1$ だけです。

円周上の評価。大円上では $|z^{a-1}| = R^{a-1}$、$|1+z| \ge R-1$ なので、ML 不等式より寄与は $2\pi R\cdot\dfrac{R^{a-1}}{R-1} \sim 2\pi R^{a-1} \to 0$（$a<1$）です。小円上では $2\pi\varepsilon\cdot\dfrac{\varepsilon^{a-1}}{1-\varepsilon} \sim 2\pi\varepsilon^{a}\to 0$（$a>0$）です。$0 < a < 1$ という仮定は、この二つの評価を同時に成立させるためにあります。

両岸の差。上岸では $\arg z \to 0$ なので $z^{a-1} \to x^{a-1}$、下岸では $\arg z \to 2\pi$ なので $z^{a-1}\to x^{a-1}e^{2\pi i(a-1)} = x^{a-1}e^{2\pi ia}$ です。下岸は逆向きに進むので、二つの線分の寄与の和は $I := \int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1+x}dx$ を使って $\left(1 - e^{2\pi i a}\right)I$ と書けます。切断があるおかげで両岸が相殺せず、求めたい積分が残るのがこの輪郭の要点です。

留数と結論。$\operatorname{Res}(f,-1) = (-1)^{a-1} = e^{(a-1)i\pi} = -e^{i\pi a}$ なので、定理 5.1 より $\left(1-e^{2\pi ia}\right)I = 2\pi i\left(-e^{i\pi a}\right)$、すなわち

$$I = \frac{-2\pi i\,e^{i\pi a}}{1 - e^{2\pi i a}} = \frac{-2\pi i}{e^{-i\pi a} - e^{i\pi a}} = \frac{-2\pi i}{-2i\sin\pi a} = \frac{\pi}{\sin\pi a}.$$

検算。$a = 1/2$ とすると $I = \pi/\sin(\pi/2) = \pi$ です。一方 $x = t^2$ と置換すれば

$$\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}(1+x)} = \int_0^{\infty}\frac{2t\,dt}{t(1+t^2)} = 2\bigl[\arctan t\bigr]_0^{\infty} = \pi$$

で一致します。この積分はベータ関数・ガンマ関数の相反公式 $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \pi/\sin\pi a$ の複素解析による証明にもなっています。