複素解析4|超強力なコーシーの積分定理とその使い方

複素解析の基本
複素解析の基本

複素解析にはさまざまな綺麗な定理がありますが,その中でもシンプルで強力な定理としてコーシー(Cauchy)の積分定理が挙げられます.

大雑把に言えば,このコーシーの積分定理は

「正則関数の閉曲線上の複素積分は$0$である」

という定理で,積分経路がどんなにグニャグニャしてようと閉でさえあれば正則関数の複素積分は計算するまでもなく$0$になります.

なお,個人的には学部レベルの定理では最も綺麗な定理だと思っています.

この記事では

  • コーシーの積分定理がどのような定理か
  • コーシーの積分定理の重要な応用
  • コーシーの積分定理の証明

を説明します.

複素解析の参考文献

以下は複素解析に関するオススメの教科書です.

複素関数論の要諦

複素解析の基礎を丁寧に解説した初学者向けの入門書です.

コーシーの積分定理の内容

ここではコーシーの積分定理を紹介し,証明を述べます.

定理の内容

領域$D$上の複素関数$f$が$D$上の全ての点で微分可能であるとき,$f$は$D$上の正則関数ということを思い出しておきましょう.

複素解析2|正則関数は超重要!複素関数の微分の考え方
複素解析は複素関数の微分と積分を考える分野で,この記事では複素関数の微分法について説明します.複素関数の微分は実数の関数の微分と形式的には同じですが,性質は大きく異なるものになっています.

[コーシーの積分定理] 領域$D$上の正則関数$f$を考える.複素平面上の有限の長さの閉曲線$C$の周および内部が$D$に含まれるとき,

   \begin{align*}\int_{C}f(z)\,dz=0\end{align*}

が成り立つ.

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注意したいことは閉曲線$C$上だけではなく,$C$の内部でも微分可能でなければならないことです.

そのため,上図の領域$D$の右側に正則でない「穴」の部分がありますが,閉曲線$C$がこの「穴」の部分を囲っているような状況ではコーシーの積分定理は使えません.

直接の求値

次の問題はコーシーの積分定理を使えば瞬時に解けます.

$n\in\N$を正の整数とし,$C$を複素平面上の長さ有限の任意の閉曲線とする.このとき,複素積分

   \begin{align*}\int_{C}z^n\,dz\end{align*}

を求めよ.

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コーシーの積分定理を直接用いることで,計算するまでもなく答えが分かります.

$z^n$は$\C$上で正則であり,$C$は長さ有限の閉曲線だから,コーシーの積分定理より

   \begin{align*}\int_{C}z^n\,dz=0\end{align*}

である.

この問題では積分経路$C$はグニャグニャ曲がったり尖ったりしていても,閉曲線でさえあれば常にこの結果となります.

前回の記事では$C$が原点中心の円の場合を具体的に0であることを計算しましたが,コーシーの積分定理を使えば計算するまでもなく0と分かるわけですね.

コーシーの積分定理の重要な応用(積分経路の変形)

証明はこの記事の最後に回し,先にコーシーの積分定理の重要な応用を紹介します.

$C$を$0$を内部に含む複素平面上の長さ有限の任意の閉曲線とする.このとき,複素積分

   \begin{align*}\int_{C}\frac{1}{z}\,dz\end{align*}

を求めよ.ただし,$C$には正の向きがついているとする.

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$\frac{1}{z}$は$z=0$で微分不可能なので,この問題の複素積分の値をコーシーの積分定理から直接求めることはできません.

実はコーシーの積分定理を用いると,正則領域内で閉曲線を連続的に動かしても複素積分の値が変わらないことが分かり,このことを用いて値を求めることができます.

閉曲線$C$の内部に含まれる原点中心の円周$C’$を考え,半径を$R$とする.$C’$の向きは正方向とする.

また,閉曲線$C$と円周$C’$を線分$\ell$で結ぶ.$\ell$の向きは$C$から$C’$に向かうとする.

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このとき,

   \begin{align*}&\int_{C}\frac{1}{z}\,dz-\int_{C'}\frac{1}{z}\,dz \\=&\int_{C}\frac{1}{z}\,dz+\int_{\ell}\frac{1}{z}\,dz+\int_{-C'}\frac{1}{z}\,dz+\int_{-\ell}\frac{1}{z}\,dz \\=&\int_{C\cup\ell\cup(-C')\cup(-\ell)}\frac{1}{z}\,dz\quad\dots(*)\end{align*}

となる.曲線$C\cup\ell\cup(-C’)\cup(-\ell)$は閉曲線であり,この閉曲線の内部は下図の青の部分なので$\frac{1}{z}$の正則領域$\set{z\in\C}{z\neq0}$に含まれる.

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よって,コーシーの積分定理より$(*)=0$なので

   \begin{align*}\int_{C}\frac{1}{z}\,dz=\int_{C'}\frac{1}{z}\,dz\end{align*}

となる.前回の記事で$\dint_{C’}\dfrac{1}{z}\,dz=2\pi i$と計算したから結局$\dint_{C}\dfrac{1}{z}\,dz=2\pi i$を得る.

この解答のように,閉積分経路$C$を微分不可能な点を「通過しない」ように動かしても複素積分の値は変わりません.

このことを利用して,積分計算しやすい閉曲線$C’$に変形して複素積分をしたのが上の解答というわけで,このことをコーシーの積分定理を用いて正当化したわけですね.

コーシーの積分定理の証明

それではコーシーの積分定理の証明に移りましょう.コーシーの積分定理の証明は多くの教科書で本質的に同じ方法が採用されており,それは

  1. $C$が三角形の場合
  2. $C$が折れ線の場合
  3. $C$が一般の閉曲線の場合

を順に示す方法です.この記事でもこの方法で証明します.

ステップ1

$C$が三角形の場合を示します.証明の本質はこのステップ1です.

$C$を三角形とし,任意の$\epsilon>0$をとる.$\abs{\dint_{C}f(z)\,dz}<\epsilon$を示せば良い.

$C$の各辺の中点を結ぶことにより$C$を4つの小三角形$C_i$($i=1,2,3,4$)に分割する.ただし,小三角形$C_i$の向きは$C$の向きに合うようにとる.

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このとき,中点を結んだ部分の積分は打ち消し合うので,

   \begin{align*}\int_{C}f(z)\,dz=\sum_{i=1}^{4}\int_{C_i}f(z)\,dz\end{align*}

が成り立つ.4つの$\abs{\int_{C_i}f(z)\,dz}$ ($i=1,2,3,4$)のうち最大の積分の積分経路の三角形を$C^{(1)}$とすると,三角不等式と併せて

   \begin{align*}\abs{\int_{C}f(z)\,dz} \le\sum_{i=1}^{4}\abs{\int_{C_i}f(z)\,dz} \le4\abs{\int_{C^{(1)}}f(z)\,dz}\quad\dots(*)\end{align*}

が成り立つ.同様に$C^{(2)},C^{(3)},\dots$を順次定める.

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このとき,$(*)$と同様の評価を繰り返せば,任意の自然数$n\in\N$に対して,

   \begin{align*}\abs{\int_{C}f(z)\,dz} \le&4\abs{\int_{C^{(1)}}f(z)\,dz} \le4^2\abs{\int_{C^{(2)}}f(z)\,dz} \\\le&\dots \le4^n\abs{\int_{C^{(n)}}f(z)\,dz}\end{align*}

が成り立つ(厳密には帰納法).

また,$n\to\infty$で$C^{(n)}$全体はある一点$\alpha$に近付く.$\alpha$は$C$の周または内部の点だから,定理の仮定より$f$は$\alpha$で微分可能なので

   \begin{align*}f'(\alpha)=\lim_{z\to\alpha}\frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}\end{align*}

が存在する.よって,領域$D$に含まれる$\alpha$の近傍で複素関数$g$を$g(z):=\frac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}-f'(\alpha)$で定めると,$\lim_{z\to\alpha}g(z)=0$を満たす.すなわち,ある$\delta>0$が存在し,

   \begin{align*}|z-\alpha|<\delta \Ra&|g(z)|<\frac{\epsilon}{L^2}\end{align*}

が成り立つ.ただし,$L$は三角形$C$の周の長さである.

また,$n\to\infty$で$C^{(n)}$全体が$\alpha$に近付くことから,ある$N\in\N$が存在して,任意の$z\in C^{(N)}$に対して$|z-\alpha|<\delta$が成り立つ.

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ここで,

   \begin{align*}\int_{C^{(N)}}f(z)\,dz =&\int_{C^{(N)}}\bra{f(\alpha)+g(z)(z-\alpha)+f'(\alpha)(z-\alpha)}\,dz \\=&\int_{C^{(N)}}g(z)(z-\alpha)\,dz\end{align*}

となる.ここで$\int_{C^{(N)}}\,dz=\int_{C^{(N)}}z\,dz=0$であることを用いた(詳しくは前回の記事を参照).

絶対値は積分の中にある方が大きいか等しい(三角不等式)ことを併せて

   \begin{align*}\abs{\int_{C^{(N)}}f(z)\,dz} \le&\int_{C^{(N)}}|g(z)(z-\alpha)|\,|dz| \\<&\frac{\epsilon}{L^2}\int_{C^{(N)}}|z-\alpha|\,|dz|\end{align*}

を得る.

また,三角形$C$の周の長さを$L$としていたから,三角形$C^{(N)}$の周の長さは$\frac{L}{2^N}$である.よって,任意の$z\in C^{(N)}$に対して$|z-\alpha|<\frac{L}{2^N}$となる.

以上を併せて,

   \begin{align*}\abs{\int_{C}f(z)\,dz} \le&4^N\abs{\int_{C^{(N)}}f(z)\,dz} <\frac{4^N \epsilon}{L^2}\int_{C^{(N)}}\frac{L}{2^N}\,|dz| \\=&\frac{4^N \epsilon}{L^2}\epsilon\bra{\frac{L}{2^N}}^2 =\epsilon\end{align*}

が従う.

ステップ2

$C$が閉折れ線の場合を示します.$C$を三角形に分解して,ステップ1の「$C$が三角形の場合」を用いることで証明します.

$C$が閉折れ線とする.

このとき,$C$はいくつかの閉角形$C_1,\dots,C_n$に分割でき,

   \begin{align*}\int_{C}f(z)\,dz=\sum_{k=1}^{n}\int_{C_k}f(z)\,dz\end{align*}

が成り立つ.

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さらに,各多角形$C_i$ ($i=1,\dots,n$)はいくつかの三角形$C_{i,1},\dots,C_{i,m_i}$に分割でき,ステップ1を用いれば

   \begin{align*}\int_{C}f(z)\,dz =&\sum_{k=1}^{n}\sum_{\ell=1}^{m_i}\int_{C_{k,\ell}}f(z)\,dz \\=&\sum_{k=1}^{n}\sum_{\ell=1}^{m_i}0=0\end{align*}

が従う.

ステップ3

$C$が一般の閉曲線の場合を示します.$C$を閉折れ線で近似してステップ2の「$C$が閉折れ線の場合」を用いることで証明します.

$C$を一般の閉曲線とし,任意の$\epsilon>0$をとる.$\abs{\dint_{C}f(z)\,dz}<\epsilon$を示せば良い.

$D$は領域(開集合)で$C$は$D$の内部にある有限の長さの曲線だから,ある$r>0$が存在して,有界閉集合

   \begin{align*}B:=B_r(C)=\set{z\in\C}{\exists w\in C\ \mathrm{s.t.}\ |z-w|\le r}\end{align*}

は$D$に含まれる.

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$f$は$B$上で連続だから,$B$が有界閉集合であることより一様連続である(一般に有界閉集合$E$上で連続な複素関数$g$は$E$上一様連続).よって,ある$\delta>0$が存在して,$|z-w|<\delta$なる任意の$z,w\in B$に対して

   \begin{align*}|f(z)-f(w)|<\frac{\epsilon}{2L}\end{align*}

が成り立つ.ただし,$L$は閉曲線$C$の周の長さである.

ここで,閉曲線$C$上の分点$z_0,z_1,\dots,z_n\in C$ ($z_0=z_n$)を順に「閉曲線$C$の$z_i$と$z_{i-1}$の間の部分$C_i$の長さが$\min\{\frac{\delta}{2},r\}$未満」を満たすようにとる.このとき,さらに複素積分の定義から

   \begin{align*}\abs{\int_{C}f(z)\,dz-\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)(z_i-z_{i-1})}<\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

となる$\xi_{i}\in C_i$ ($i=1,\dots,n$)が存在するようにできる.

また,線分$\overline{z_iz_{i-1}}$を$\ell_i$とし,$\ell_i$を繋いでできる閉折れ線を$\ell$とする.ただし,各$\ell_i$は$C_i$と同じ向きが付いているものとする.

このとき,各$C_i$の長さが$r$未満だから各$\ell_i$の長さも$r$未満なので$\ell\subset B$である.よって,

  • ステップ2の結果
  • 三角不等式

を用いると

   \begin{align*}\abs{\int_{C}f(z)\,dz} =&\abs{\int_{C}f(z)\,dz-\int_{\ell}f(z)\,dz} \\\le&\abs{\int_{C}f(z)\,dz-\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)(z_i-z_{i-1})} \\&\quad+\abs{\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)(z_i-z_{i-1})-\int_{\ell}f(z)\,dz} \\<&\frac{\epsilon}{2}+\sum_{i=1}^{n}\abs{f(\xi_i)(z_i-z_{i-1})-\int_{\ell_i}f(z)\,dz}\end{align*}

が成り立つ.さらに

  • $\ell_i$上の任意の点$z$と$\xi_i$に対して$|\xi_i-z|<\delta$
  • $\ell$の長さは$C$の長さ$L$以下

を用いると,

   \begin{align*}&\sum_{i=1}^{n}\abs{f(\xi_i)(z_i-z_{i-1})-\int_{\ell_i}f(z)\,dz} \\=&\sum_{i=1}^{n}\abs{\int_{\ell_i}(f(\xi_i)-f(z))\,dz} \le\sum_{i=1}^{n}\int_{\ell_i}|f(\xi_i)-f(z)|\,|dz| \\<&\sum_{i=1}^{n}\int_{\ell_i}\frac{\epsilon}{2L}\,|dz| \le L\cdot\frac{\epsilon}{2L} =\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

が成り立つ.以上より$\abs{\dint_{C}f(z)\,dz}<\epsilon$を得る.

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