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解析学

留数と留数定理

囲まれた極における留数を足し合わせることで複素周回積分を計算する手法。

直観孤立特異点から無限和へ

複素平面上で、いくつかの孤立点で発散する関数 ff を囲む閉じたループ γ\gamma を歩くところを想像してほしい。そのような点の近くでは、ff はらせん階段のように振る舞う。近づくほど値は速く回転し、大きくなる。留数定理はある驚くべき事実を告げる: ループ全体の積分の値は、内部に捕らえられた各点で取り出されるただ一つの数——その留数——だけで決まり、ループが特異点を横切らない限り、ループの形には一切依存しない。

孤立特異点の周りに渦を巻く色のパターンを示す複素関数のカラープロット。
孤立特異点を持つ関数のドメインカラーリング図。色が特異点の周りで渦を巻き、その巻き方が留数を表している。

大学孤立特異点とローラン級数

定義: 孤立特異点とその留数

点 z0z_0 が ff の孤立特異点であるとは、z0z_0 の周りのある穴あき円板上で ff が正則だが、z0z_0 自身では正則でないことをいう。その穴あき円板上で ff は一意なローラン展開 f(z)=∑n=−∞∞an(z−z0)nf(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n を持ち、項 (z−z0)−1(z-z_0)^{-1} の係数 a−1a_{-1} を z0z_0 における ff の留数と呼び、Res(f,z0)=a−1\mathrm{Res}(f, z_0) = a_{-1} と書く。特異点は負べきの個数によって分類される: 負べきが無ければ除去可能特異点(極限 lim⁡z→z0f(z)\lim_{z \to z_0} f(z) が存在)、負べきが有限個で最大次数が mm なら極、負べきが無限個(z=0z=0 における sin⁡(1/z)\sin(1/z) のように)なら真性特異点である。

f(z)=∑n=−∞∞an(z−z0)nf(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n

実際には、極における留数を求めるためだけにローラン級数全体を展開する人はいない。単純極(位数 m=1m=1)の場合、Res(f,z0)=lim⁡z→z0(z−z0)f(z)\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) である。より高次の極 mm については、公式は Res(f,z0)=1(m−1)!lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right] へと一般化され、値を代入する前に微分によって特異な部分を取り除く。

Res(f,z0)=1(m−1)!lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]
孤立特異点の分類と留数の計算
特異点の種類ローラン級数留数の公式
除去可能負べきなしRes(f,z0)=0\mathrm{Res}(f, z_0) = 0
単純極(m=1m=1)負べき一つRes(f,z0)=lim⁡z→z0(z−z0)f(z)\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)
位数 mm の極負べき有限個Res(f,z0)=1(m−1)!lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]
真性負べき無限個a−1a_{-1} を直接読み取る

大学主要な定理

定理: 留数定理

ff が単連結領域上で、その内部にある正の向きを持つ単純閉曲線 γ\gamma の中の有限個の孤立特異点 z1,…,znz_1, \dots, z_n を除いて正則であるとする。このとき ∮γf(z) dz=2πi∑kRes(f,zk)\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k} \mathrm{Res}(f, z_k) が成り立つ。

なぜ正しいのか?

この定理は、曲線に沿った積分という難しい幾何学的な問題を、有限個の数を足すという易しい代数的な問題に還元する。なぜなら、各極の周りで曲線を変形すると、それは小さな円に縮まり、そこではローラン級数がすべての仕事をしてくれるからである。

証明

手順1(曲線を変形する)。コーシーの積分定理により、ff が正則な領域を囲むどんな閉曲線に対しても ∮γf(z) dz=0\oint_\gamma f(z)\,dz = 0 が成り立つ。ff が正則でないのは z1,…,znz_1,\dots,z_n だけであるから、各 zkz_k を、円同士が互いに交わらず γ\gamma の内部に収まるように十分小さな半径 ε\varepsilon の正の向きの小円 CkC_k で囲む。γ\gamma から各 CkC_k へ切れ目を入れると、γ\gamma と CkC_k の間の領域は ff が正則な単連結領域になるので、その領域の境界に沿った積分は 00 である。切れ目からの寄与は対になって打ち消し合い、∮γf(z) dz=∑k∮Ckf(z) dz\oint_\gamma f(z)\,dz = \sum_{k} \oint_{C_k} f(z)\,dz が残る。

手順2(各小円を評価する)。kk を固定し、CkC_k を含む穴あき円板上で有効な ff のローラン展開 f(z)=∑n=−∞∞an(z−z0)nf(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n を zkz_k の周りで考える。n≠−1n \neq -1 を満たす各項 an(z−zk)na_n(z-z_k)^n は穴あき円板上で一価の原始関数を持つため、閉曲線 CkC_k に沿って積分すると 00 になる。残るのは項 a−1(z−zk)−1a_{-1}(z-z_k)^{-1} だけである。

手順3(残った積分を計算する)。CkC_k を θ∈[0,2π]\theta \in [0, 2\pi] に対して z=zk+εeiθz = z_k + \varepsilon e^{i\theta} とパラメータ化すると、dz=iεeiθ dθdz = i\varepsilon e^{i\theta}\,d\theta かつ dzz−zk=i dθ\dfrac{dz}{z-z_k} = i\,d\theta となる。よって ∮Cka−1z−zk dz=a−1∫02πi dθ=2πi a−1=2πi Res(f,zk)\oint_{C_k} \dfrac{a_{-1}}{z-z_k}\,dz = a_{-1} \int_0^{2\pi} i\,d\theta = 2\pi i\, a_{-1} = 2\pi i\, \mathrm{Res}(f, z_k) である。

手順4(まとめる)。手順3の結果を手順1の等式に代入すると ∮γf(z) dz=2πi∑kRes(f,zk)\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k} \mathrm{Res}(f, z_k) が得られ、これがまさに留数定理である。

定理: 位数 mm の極における留数公式

ff が z0z_0 において位数 mm の極を持つ、すなわち g(z)=(z−z0)mf(z)g(z) = (z-z_0)^m f(z) が g(z0)≠0g(z_0) \neq 0 を満たしつつ z0z_0 まで正則に拡張されるとする。このとき Res(f,z0)=1(m−1)!lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right] が成り立つ。特に単純極(m=1m=1)の場合は Res(f,z0)=lim⁡z→z0(z−z0)f(z)\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) である。

なぜ正しいのか?

(z−z0)m(z-z_0)^m を掛けることでローラン級数の特異な部分が消え、係数が単なる導関数である通常のテイラー級数になる。そのため a−1a_{-1} を取り出すことは通常の微積分の計算になる。

証明

手順1(ローラン級数を明示的に書く)。ff が z0z_0 において位数 mm の極を持つので、そのローラン級数は a−m≠0a_{-m} \neq 0 として f(z)=a−m(z−z0)m+⋯+a−1z−z0+a0+a1(z−z0)+⋯f(z) = \dfrac{a_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \dfrac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \cdots の形を持つ。

手順2(極を消去する)。両辺に (z−z0)m(z-z_0)^m を掛けると g(z):=(z−z0)mf(z)=a−m+a−m+1(z−z0)+⋯+a−1(z−z0)m−1+a0(z−z0)m+⋯g(z) := (z-z_0)^m f(z) = a_{-m} + a_{-m+1}(z-z_0) + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{m-1} + a_0(z-z_0)^m + \cdots となり、これは通常のべき級数であるから、gg は z0z_0 で正則である。

手順3(係数を導関数として認識する)。このべき級数において、a−1a_{-1} は (z−z0)m−1(z-z_0)^{m-1} の係数である。任意の正則関数 g(z)=∑jcj(z−z0)jg(z) = \sum_j c_j (z-z_0)^j に対して、テイラーの公式は cj=g(j)(z0)j!c_j = \dfrac{g^{(j)}(z_0)}{j!} を与えるので、a−1=g(m−1)(z0)(m−1)!a_{-1} = \dfrac{g^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!} となる。

手順4(結論)。Res(f,z0)=a−1\mathrm{Res}(f,z_0) = a_{-1} かつ g(m−1)(z0)=lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]g^{(m-1)}(z_0) = \lim_{z\to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)] であるから、代入すると Res(f,z0)=1(m−1)!lim⁡z→z0dm−1dzm−1[(z−z0)mf(z)]\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right] が得られる。m=1m=1 とおくと微分と階乗が消え、Res(f,z0)=lim⁡z→z0(z−z0)f(z)\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z) が得られる。

大学実世界での応用と具体例

留数は本来扱いにくい実定積分を単なる算術計算に変えてしまう。だからこそ物理学や工学のいたるところに現れる: 信号処理における振動するフーリエ変換やラプラス変換の計算、量子場理論における散乱振幅やプロパゲーターの計算、制御システムの微分方程式を解くためのラプラス逆変換、解析的整数論や組合せ論における計数関数の漸近評価などである。

例: 初等的な原始関数の近道がない実積分

∫−∞∞dxx2+1\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1} を留数定理を用いて計算せよ。(この積分は置換 x=tan⁡θx=\tan\theta でも計算できるが、留数の方法は置換では手が届かない積分にも一般化できる。)

解答

手順1(曲線を設定する)。f(z)=1z2+1f(z) = \dfrac{1}{z^2+1} と、実軸上の線分 [−R,R][-R,R] と反時計回りに進む上半円 ∣z∣=R|z|=R からなる閉曲線 γR\gamma_R を、大きな RR について考える。

手順2(弧を評価する)。半円弧上では ∣f(z)∣≤1R2−1|f(z)| \le \dfrac{1}{R^2-1} であり、弧の長さは πR\pi R であるから、弧の寄与は高々 πRR2−1→0\dfrac{\pi R}{R^2-1} \to 0(R→∞R \to \infty のとき)である。

手順3(内部の極を見つける)。f(z)=1z2+1f(z) = \dfrac{1}{z^2+1} は z=iz = i と z=−iz=-i に単純極を持ち、上半円の内部にあるのは z=iz = i だけである。単純極の公式より Res(f,i)=lim⁡z→i(z−i)1(z−i)(z+i)=12i\mathrm{Res}(f,i) = \lim_{z\to i}(z-i)\dfrac{1}{(z-i)(z+i)} = \dfrac{1}{2i} となる。

手順4(留数定理を適用し極限を取る)。任意の R>1R>1 について ∮γRf(z) dz=2πi⋅12i=π\oint_{\gamma_R} f(z)\,dz = 2\pi i \cdot \dfrac{1}{2i} = \pi であり、これは実積分と消える弧の項の和に等しいので、R→∞R \to \infty とすると ∫−∞∞dxx2+1=π\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1} = \pi が得られる。

例: 制御理論におけるラプラス変換の逆変換

制御エンジニアが伝達関数 F(s)=1(s+1)(s+2)2F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2} を持つ減衰系をモデル化し、系が振動せずに落ち着くかどうかを調べるために、そのインパルス応答 y(t)y(t)、すなわちラプラス逆変換を求める必要がある。

解答

手順1(逆変換積分を思い出す)。ラプラス逆変換は y(t)=12πi∫c−i∞c+i∞F(s)est dsy(t) = \dfrac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} F(s) e^{st}\,ds であり、無限遠で減衰する有理関数 F(s)F(s) に対しては、これは F(s)=1(s+1)(s+2)2F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2} のすべての極における F(s)estF(s)e^{st} の留数の和に 2πi2\pi i を掛けたものに等しい。

手順2(極の位置を求める)。F(s)=1(s+1)(s+2)2F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2} は s=−1s=-1 に単純極を、s=−2s=-2 に位数 22 の極を持つ。

手順3(単純極における留数)。Ress=−1 F(s)est=lim⁡s→−1(s+1)est(s+1)(s+2)2=e−t(−1)2=e−t\mathrm{Res}_{s=-1}\, F(s)e^{st} = \lim_{s\to -1}(s+1)\dfrac{e^{st}}{(s+1)(s+2)^2} = \dfrac{e^{-t}}{(-1)^2} = e^{-t} である。

手順4(位数2の極における留数)。Ress=−2 F(s)est=lim⁡s→−2dds[ests+1]=lim⁡s→−2test(s+1)−est(s+1)2=−te−2t−e−2t\mathrm{Res}_{s=-2}\, F(s)e^{st} = \lim_{s\to -2}\dfrac{d}{ds}\left[\dfrac{e^{st}}{s+1}\right] = \lim_{s\to -2}\dfrac{t e^{st}(s+1) - e^{st}}{(s+1)^2} = -te^{-2t} - e^{-2t} である。

手順5(応答を組み立てる)。留数を足し合わせると t≥0t \ge 0 について y(t)=e−t−(1+t)e−2ty(t) = e^{-t} - (1+t)e^{-2t} が得られる。どちらの指数関数も減衰し、どちらの項も振動しないので、エンジニアは系が過減衰であることを確認する。

ff が正の向きの単純閉曲線 γ\gamma の内部にある単純極 z0z_0 をただ一つ持ち、Res(f,z0)=3\mathrm{Res}(f,z_0)=3 であるとき、∮γf(z) dz\oint_\gamma f(z)\,dz はいくらか。

f(z)=1z3f(z) = \dfrac{1}{z^3} の z=0z=0 における極の位数はいくらか。

Resz=0 ezz\mathrm{Res}_{z=0}\, \dfrac{e^z}{z} はいくらか。

電気エンジニアがローレンツ型周波数応答を正規化するために ∫−∞∞dxx2+1\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^2+1} を必要としている。z=iz=i における留数を使うと、どの値が得られるべきか。