第1回-第11回

第1回
Q1
二点 a, b からの距離の比が r > 1 である点は円であることを示せ
解
|z − b| = r|z − a|
(アポロニウスの円)
¯
¯2
¯
r2 a − b ¯¯
r2
¯
2
⇔ (r − 1) ¯z − 2
¯ = 2
|a − b|2
¯
r −1 ¯
r −1
¯
¯
¯
r2 a − b ¯¯
r
¯
⇔ ¯¯z − 2
¯= 2
|a − b|
r −1 ¯ r −1
よって、z は中心
r2 a − b
r
で半径
|a − b| の円である。
2
r −1
r−1
Q2
1
(−1) 6 を求めよ
解
1
1
(−1) 6 = (eiπ+2πni ) 6
= e
n∈Z
π
i+ π3 ni
6
よって解は、n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 の 6 個あり
√
√
− 3+1
3+i
(n = 0), i (n = 1),
(n = 2),
2
√2
√
− 3−i
3−i
(n = 3), −i (n = 4),
(n = 5)
2
2
と求まる。もちろん z = (−1)1/6 とおいてやれば、z 6 = −1 となり高校まで
の知識でも解けるが、ii などより一般的な問題に対しては z = elog |z|+iθ+2πni
として考えるやり方が望ましい。例えば
1
例題 (1 + i)i を求めよ
解
1
π
(1 + i)i = (e 2 log 2+ 4 i+2πni )i
π
1
= e− 4 −2πn · ei 2 log 2
2
第2回
Q1
次の関数の正則性を議論せよ
(i) f (z) = |z|
(ii) f (z) =Imz
(iii) f (z) = z ∗
解
コーシー・リーマンの関係式
Ã
ux − vy = 0
uy + v x = 0
!
で成否を確認する。
√
(i) f (z) = |z| = x2 + y 2


√
x
x2 +y 2
√ y
x2 +y 2
− 0 6= 0 (x=0以外)
+ 0 6= 0 (y=0以外)


よって、x 6= y 6= 0 以外は正則でない
x = y = 0 について、議論する。y = mx にそって、z → 0 とする
√
と ux = 1/ 1 + m2 となり、ux (0) が存在しない、したがって正則
でない。
以上よりすべての z で正則でない
(ii) f (z) =Imz = y
Ã
0−0=0
1 + 0 6= 0
よって、正則でない
3
!
(iii) f (z) = z ∗ = x − iy
Ã
1 + 1 6= 0
0+0=0
!
よって、正則でない
補足
コーシー・リーマンの関係式は次のようにも表せる
∂f (z)
=0
∂z ∗
これで成否を確認すると
√
(i) f (z) = |z| = zz ∗
√
z
∂ zz ∗
=
6= 0
∗
∂z
2|z|
よって、x 6= y 6= 0 以外は正則でない。また、先ほどの議論により
x = y = 0 でも正則でない
(ii) f (z) =Imz = (z − z ∗ )/2i
∗
∂ z−z
1
2i
= − 6= 0
∗
∂z
2i
よって、正則でない
(iii) f (z) = z ∗
∂z ∗
= 1 6= 0
∂z ∗
よって、正則でない
となる
4
Q2
f (z) = exp z = X + iY , z = x + iy
正則であることを示せ
X, Y, x, y ∈ R が |z| < ∞ で
解
f (z) = exp z = ex eiy = ex (cos y + i sin y)
なので、
X = ex cos y
Y
= ex sin y
となる。正則性を調べるにはコーシー・リーマンの関係式で確認すれば
よいので
Ã
∂X
∂x
∂X
∂y
−
+
∂Y
∂y
∂Y
∂x
!
Ã
=
Ã
=
∂(ex cos y)
∂x
∂(ex cos y)
!∂y
0
0
よって正則である
5
−
+
∂(ex sin y)
∂y
∂(ex sin y)
∂x
!
Q3
exp z =
∞
X
1
n=0
n!
z n より、exp z1 exp z2 = exp(z1 + z2 ) を示せ
解
exp z1 =
∞
X
1
n=0 n!
z1n
,
exp z2 =
∞
X
1
k=0 k!
z2k
なので
∞
X
1
exp z1 exp z2 =
n=0 n!
∞
X
z1n
∞
X
1
k=0
k!
z2k
1 n k
z1 z2
n,k=0 n!k!
=
ここで n + k = m となる項だけまとめるて考えると (図)
∞
X
∞ X
m
X
1 n k
1
z1 z2 =
z1n z2m−n
m=0 n=0 n!(m − n)!
n,k=0 n!k!
=
∞ X
m
X
1
m=0 n=0
∞
X
m!
n m−n
m Cn z1 z2
1
(z1 + z2 )m
m!
m=0
= exp(z1 + z2 )
=
よって成り立つことを示した
k
6
r
@
r @r
@ @
m
r @r @r
@ @ @
r @r @r @r
@ @ @ @
r @r @r @r @r -n
6
Q4
i
(ii ) を求めよ
解
³ ´i
ii
=
³
π
(e 2 i+2πni )i e2πmi
− π2 −2πn
= (e
´i
n∈Z
− π2 i−2πni−2πm
e2πmi )i = e
= −ie−2πm
m∈Z
上記の解答では間に e2πni を入れたが、これは主値をとるのと同値である。
なぜなら
z α = eα log z = eαLogz+2πnαi
= eαLogz e2παi
となるからである。したがって
³ ´i
ii
= ii·i = i−1 = −i
とやるのは多価性を無視しているので間違いであり、間に e2πni をいれる
ことにより多価性がでてくることに注意したい。
7
第3回
Q1
w = f (z) = ez について、Imz 一定、Rez 一定の直線群がどう写るか調
べ、その等角性を議論せよ
解
w = ez = ex+iy = ex (cos y + sin y) ≡ X + iY
Imz = y 一定のとき
偏角が一定で大きさ ex が変化する。したがって、原点から放射状に写る
Rez = x 一定のとき
大きさが一定で、偏角が変化する。したがって、左回りの円に写る
図にすると
y
Y
6
6
6666 666-
-
@
¡
x
AK
¢̧
A
¢
A ¾¢ ©
¿
H
YH'$
¾»
A ¾
¾¢ ©*
H¶³
H
A
¢ ©
©
©H
6
©
¢
A
H
X
µ´
½¼
ÁÀ
©
¼©&%
¢ A HH
j
¢
A
A
¢
AU
¢®
となり、明らかに等角性がたもたれている。また
dw
= ez
dz
より等角写像である
8
Q2
sin z = −2 を解け
解
eiz − e−iz
= −2
2i
⇔ e2iz + 4ieiz − 1 = 0
√
⇔ eiz = (−2 ± 3)i
√
π
⇔ z = − + 2πn − i log(2 ± 3)
2
sin z =
n∈Z
Q3
R
R
R
I1 = AB z 2 dz, I2 = BC z 2 dz, I3 = CA z 2 dz をそれぞれ求め
I1 + I2 + I3 = 0 を確かめよ。
R
R
R
また、 J1 = AB |z|2 dz, J2 = BC |z|2 dz, J3 = CA |z|2 dz については
どうか
Imz
6
√
B 3
¢AK
¢ A
C¢
A A
¢®
-A
−1 0
解
I1 =
1
Rez
Z
z 2 dz
AB
Z 0³
√
√ ´2
√
(1 − 3i)t + 3i (1 − 3i)dt
1
1 √
= − − 3i
3
=
-
9
√
← AB : z = t + (1 − t) 3i
Z
I2 =
=
BC
Z −1
z 2 dz
³
(1 +
0
1 √
= − + 3i
3
√
3i)t +
√ ´2
√
3i (1 + 3i)dt
Z
I3 =
Z
CA
z 2 dz =
√
← BC : z = t + (1 + t) 3i
1
−1
t2 dt
2
=
3
よって
I1 + I2 + I3 = 0
となる。
また
Z
Z
|z|2 dz =
AB
√
4
= − (1 − 3i)
3
J1 =
Z
J2 =
³
1
Z
2
|z| dz =
BC
√
4
= − (1 + 3i)
3
0
−1
0
´
t2 + 3(1 − t)2 (1 −
³
t2 + 3(1 + t)2 (1 +
Z
Z
J3 =
=
CA
´
√
|z|2 dz =
2
3
よって
J1 + J2 + J3 = −2
となる
10
1
−1
t2 dt
3i)dt
√
3i)dt
補足
グリーン (ガウス) の定理
領域 D、その境界 ∂D は区分的に滑らかな曲線とすると、f (z) が D,∂D
において x, y で微分可能であれば
Z
Z
∂D
f (z)dz = 2i
D
∂f (z)
dxdy
∂z ∗
が成り立つ
証明)
f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
とすると
z + z∗
2
z − z∗
y =
2i
x =
∂
∂x ∂
∂y ∂
1 ∂
1 ∂
=
+ ∗
=
−
∗
∗
∂z
∂z ∂x ∂z ∂y
2 ∂x 2i ∂y
なので
Ã
1
∂f (z)
=
∗
∂z
2
∂u ∂v
−
∂x ∂y
!
Ã
1
+i
2
∂v ∂u
+
∂x ∂y
!
となる。したがって
Ã
Z
2i
D
I
=
=
特に
!
Ã
!
Z
Z
∂f (z)
∂u ∂v
∂v ∂u
dxdy = i
−
dxdy +
−
−
dxdy
∗
∂z
∂y
∂x ∂y
D ∂x
D
∂f (z)
∂z ∗
I
Z∂D
∂D
f (z)dx + i
∂D
f (z)dy
f (z)dz
2
= 0 つまり正則のときは
Z
∂D
(ガウスの定理)
f (z)dz = 0
となり、これをコーシーの積分定理という
11
これを用いると
Z
I1 + I2 + I3 = 2i
D
∂z 2
dxdy = 0
∂z ∗
Z
J1 + J2 + J3
∂|z|2
dxdy
= 2i
∗
ZD ∂z
= 2i zdxdy
D
0
Z
= 2i
Z
−1
dx
Z
+2i
0
√
3
√
0
dy
3(x+1)
Z
Z
dyx + 2i
√
−y/ 3+1
√
y/ 3−1
= −2
と求まる
12
dxiy
0
1
Z
dx
0
√
3(−x+1)
dyx
第4回
Q1
二次元ガウスの定理
Z
I
∂A
dxdy =
Ady
D ∂x
∂D
I
Z
∂A
dxdy = −
Ady
∂D
D ∂y
を示せ。ただし、∂D は円盤状の領域 (凸)D の境界である
解
下図のように D の境界 ∂D を ∂D+ , ∂D− にわけて考える
Z
D
Z ∂D+ (y)
Z y2
∂A
∂A
dxdy =
dy
dx
∂x
∂x
y1
∂D− (y)
Z
=
y2
y1
y2
dy [A(∂D− (y), y) − A(∂D+ (y), y)]
Z
=
y1
Z
dyA(∂D− (y), y) +
I
=
∂D
y1
y2
dyA(∂D+ (y), y)
Ady
y6
yr 2 $
'
D− (y) ?
D+ (y)
6
r
&
%
y1
0
- x
また同様にして
Z
Z ∂D+ (x)
Z x2
∂A
∂A
dx
dy
dxdy =
∂y
∂D− (x)
D ∂y
x1
Z
=
x2
x1
Z
= −
dy [A(x, ∂D− (x)) − A(x, ∂D+ (x))]
x1
x2
Z
dyA(x, ∂D− (x)) −
I
= −
∂D
Adx
13
x2
x1
dyA(x, ∂D+ (x))
Q2
次の関数の極とそこでの留数を求めよ
(i) f (z) =
z4
z+1
+ 2z 2 + 1
(ii) f (z) = coth z
(iii) f (z) =
eaz
cosh πz
解
(i) f (z) =
z4
z+1
+ 2z 2 + 1
f (z) =
z+1
z+1
=
z 4 + 2z 2 + 1
(z + i)2 (z − i)2
なので、z = ±i が 2 位の極である。留数は
¯
Resf (z)¯¯
¯
Resf (z)¯¯
z=i
z=−i
1
d2−1
i
lim 2−1 [(z − i)2 f (z)] = −
(2 − 1)! z→i dz
4
2−1
d
i
1
2
lim
[(z
+
i)
f
(z)]
=
=
(2 − 1)! z→−i dz 2−1
4
=
(ii) f (z) = coth z
f (z) = coth z =
ez + e−z
ez − e−z
なので
ez − e−z = 0 ⇔ z = πni
n∈Z
が極になる。何位の極か調べると
z − πni
= ±2
z→πni ez − e−z
lim
となり、1 位の極と求まる。よって留数は
¯
¯
Resf (z)¯
z=πni
=
lim [(z − πni)f (z)] = 1
z→πni
14
(iii) f (z) =
eaz
cosh πz
f (z) =
eaz
2eaz
= πz
cosh πz
e + e−πz
なので
eπz + e−πz = 0 ⇔ z =
2n + 1
i
2
n∈Z
が極になる。何位の極か調べると
lim
2n+1
z→
2
eπz + e−πz
= ±2πi
2n+1
i z− 2 i
となり、1 位の極と求まる。よって留数は
¯
Resf (z)¯¯
i
z= 2n+1
2
=
lim
(z −
2n+1
z→
(
=
15
2
i
a 2n+1
i
2
i
e
π
2n+1
− πi ea 2 i
2n + 1
i)f (z)
2
(n : 偶数)
(n : 奇数)
Q3
Z
∞
−∞
eikx
k2
1
dk を下図の積分経路で求めよ
+1
C
C1
-R
0
R
解
留数定理より
¯
Z
ixz
C
e
1
1 ¯¯
ixz
dz
=
2πiRes(z
−
i)e
¯
z2 + 1
z 2 + 1 ¯z=i
= πe−x
また
Z
ixz
C
e
Z R
Z
1
1
1
ixk
dz =
e
dk +
dz
eixz 2
2
2
z +1
k +1
z +1
−R
C1
である。ここで C1 について、ジョルダンの補題でも収束を示せるが直接
計算すると
Z
ixz
C1
e
1
dz
2
z +1
Z
=
≤
≤
≤
≤
R→∞
→
iReiθ
dθ
R2 e2iθ + 1 ¯
0
¯Z
¯ π
¯
iReiθ
¯
¯
ixReiθ
e
dθ
¯
¯
2
2iθ
¯ 0
R e +1 ¯
¯
Z π ¯¯
iReiθ ¯¯
¯ ixReiθ
¯e
¯ |dθ|
R2 e2iθ + 1 ¯
0 ¯
Z π
Re−Rx sin θ
dθ
(三角不等式 |R2 e2iθ | ≤ |R2 e2iθ + 1| + 1)
R2 − 1
0
πR
(0 ≤ x)
2
R −1
0
π
eixRe
iθ
16
よって
Z
C
eixz
1
dz
z2 + 1
R→∞
→
Z
∞
−∞
eixk
1
dk + 0
k2 + 1
であるので
Z
∞
eixk
−∞
k2
1
dk = πe−x
+1
(0 ≤ x)
0
また、x < 0 のときは k = −k と変数変換すれば
Z
∞
−∞
ixk
e
Z −∞
0
1
1
0
−ixk
dk
=
−
e
dk
02
2
k +1
k +1
∞
Z ∞
0
1
0
=
e−ixk 02
dk
k +1
−∞
となり同様の計算により
Z
∞
−∞
e−ixk
0
1
dk 0 = πex
02
k +1
と求まる。よって
Z
∞
−∞
eixk
k2
1
dk = πe−|x|
+1
である
17
第5回
Q1
次の関数 f (z) の特異点とそこでの留数を求めよ
(i) f (z) =
z+2
(z + 1)3 z 2
(ii) f (z) =
1
sin z
(iii) f (z) =
sinh z
z3
(iv) f (z) =
cot z
z−a
解
(i) f (z) =
z+2
(z + 1)3 z 2
z = −1 が 3 位の極、z = 0 が 2 位の極である。留数は
¯
¯
Resf (z)¯
z=−1
¯
¯
Resf (z)¯
(ii) f (z) =
z=0
1
d3−1
lim
[(z + 1)3 f (z)] = 5
(3 − 1)! z→−1 dz 3−1
1
d2−1
lim 2−1 [z 2 f (z)] = −5
=
(2 − 1)! z→0 dz
=
1
sin z
sin z = 0 ⇔ z = πn
n∈Z
が極になる。何位の極か調べると
lim
z→πn
z − πn
= (−1)n
sin z
となり、1 位の極と求まる。よって留数は
¯
¯
Resf (z)¯
z=πn
=
lim [(z − πn)f (z)] = (−1)n
z→πn
18
sinh z
z3
z = 0 が極になる。何位の極か調べると
(iii) f (z) =
sinh z
=1
z→0
z
lim
より、z = 0 が 2 位の極になる。留数は
¯
¯
Resf (z)¯
z=0
=
1
d2−1
lim 2−1 [z 2 f (z)] = 0
(2 − 1)! z→0 dz
cot z
z−a
z = a, πn が 1 位の極である。留数は
(iv) f (z) =
¯
Resf (z)¯¯
¯
¯
Resf (z)¯
z=a
z=πn
= lim [(z − a)f (z)] = cot a
z→a
=
lim [(z − πn)f (z)] =
z→πn
19
1
πn − a
Q2
次の積分を求めよ
Z
(i)
n = 1, 2, 3, · · ·
−∞ x2n
Z
(ii)
1
dx
+1
∞
2π
dθ
1 + p cos θ
∞
1
dx
+1
0
0<p<1
解
Z
(i)
n = 1, 2, 3, · · ·
−∞ x2n
C
C1
-R
πn
上図で考える。z = e 2n +
留数定理より
Z
C
πki
n
0
R
(k = 0, 1, 2, · · · n − 1) で 1 位の極なので、
¯
n−1
X
πn
1
1 ¯¯
+ πki
2n
n )
Res(z
−
e
dz
=
2πi
¯
πki
z 2n + 1
z 2n + 1 ¯z=e πn
2n + n
k=0
¯
¯
1
¯
= 2πi
¯
2n−1 ¯
πn πki
2nz
k=0
z=e 2n + n
n−1
X
πi
X
−e 2n n−1
= 2πi ·
eπik
2n k=0
π
=
π
n sin 2n
ここで,C1 についてジョルダンの補題から収束を導けるが直接計算
すると
Z
C1
1
dz
2n
z +1
Z
=
0
20
π
iReiθ
dθ
R2n e2niθ + 1
Z
≤
π
0
Z
≤
→
R
dθ (三角不等式)
−1
π
0
R→∞
¯
¯
¯
¯
iReiθ
¯
¯
¯ 2n 2niθ
¯ |dθ|
¯R e
+ 1¯
R2n
0
よって
Z
1
dz
2n
z +1
C
R→∞
→
Z
1
dx + 0
+1
∞
−∞ x2n
なので
Z
∞
1
π
dx =
π
+1
n sin 2n
−∞ x2n
Z
(ii)
0
2π
dθ
1 + p cos θ
0<p<1
z = eiθ を導入すると
1
cos θ = (z + z −1 )
2
dθ =
1
dz
iz
であるので、C : 単位円 として
Z
2π
0
dθ
2 I
dz
=
1 + p cos θ
ip C z 2 + p2 z + 1
となる。よって、C の領域で
q
1
z = (−1 + 1 − p2 )
p
が 1 位の極になっている。したがって留数定理より
Z
0
2π
dθ
2 I
dz
=
2
1 + p cos θ
ip C z + p2 z + 1
2
1
= 2πi · Res 2 2
ip
z + pz + 1
2π
= √
1 − p2
21
第6回
Q1
Z ∞
sin2 x
1 − e2iz
を積分し
dx 2 を求めよ
下図で
z2
x
−∞
C
C1
C2
−ε
-R
0
ε
R
解
1 − e2iz
は上図で正則なので、コーシーの積分定理より
z2
Z
C
dz
1 − e2iz
=0
z2
である。また
Z
Z
C
=
R
ε
Z
+
Z
C1
+
−ε
−R
Z
+
C2
である。ここでおのおの積分をみてみると
Z
Z
R
+
ε
−ε
−R
Z
1 − e2ix Z −ε 1 − e2ix
dx
+
x2
x2
ε
−R
Z R
Z R
2ix
1−e
1 − e−2ix
=
dx
+
dx
x2
x2
ε
ε
Z R
1 − e2ix + 1 − e−2ix
=
dx
x2
ε
Z R
2
sin x
= 4
dx 2
x
ε
=
R
dx
また
¯Z
¯
¯
¯
C1
¯
¯
¯
¯
Z
≤
0
π
¯
¯
2iReiθ ¯
¯¯
¯
¯ iθ ¯ ¯ 1 − e
¯
¯Re dθ ¯ ¯
¯
¯ R2 e2iθ ¯
22
Z
≤
=
π
0
dθ
(三角不等式)
2 R→∞
π → 0
R
Z
Z
C2
1+1
R
=
0
π
(ジョルダンの補題)
iθ
1 − e2iεe
dθi
εeiθ
ε→0
→ −2π
よって、R → ∞, ε → 0 で
Z
∞
0
dx
sin2 x
π
=
2
x
2
となる。
Z ∞
sin2 x
sin2 x
dx 2
dx 2 = 2
x
x
0
−∞
Z
∞
なので
Z
∞
−∞
dx
sin2 x
=π
x2
と求まる
23
Q2
z+1
について、ローラン展開を次の場合に求めよ
(z − 2i)(3z + i)
1
(i) z = 0 のまわりで |z| <
3
1
(ii) z = 0 のまわりで < |z| < 2
3
f (z) =
(iii) z = 0 のまわりで 2 < |z|
(iv) z = 2i のまわりで |z − 2i| <
(v) z = 2i のまわりで
(ただし
7
3
7
< |z − 2i|
3
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
1−a
|a| < 1 をつかえ)
解
f (z) を部分分数分解すると
z+1
(z − 2i)(3z + i)
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
=
+
7 z − 2i 3z + i
f (z) =
(i) z = 0 のまわりで |z| <
1
3
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
f (z) =
+
7 Ã z − 2i 3z + i
!
1
2−i
1
1 + 3i 1
=
−
+
7
2i 1 − z/2i
i 1 − 3iz
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
1−a
|z/2i| < 1, |3iz| < 1 なので
ここで、
"
µ
∞
1 1 + 2i X
z
f (z) =
− i
7
2 n=0
2
となる
24
¶n
+ (3 − i)
|a| < 1 を用いると、
∞
X
n=0
#
(3iz)n
(ii) z = 0 のまわりで
1
< |z| < 2
3
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
f (z) =
+
7 Ã z − 2i 3z + i
!
2−i
1
1 + 3i
1
1
−
+
=
7
2i 1 − z/2i
3z 1 − (−i/3z)
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
1−a
|z/2i| < 1, | − i/3z| < 1 なので
ここで、
"
µ
∞
1 1 + 2i X
z
f (z) =
− i
7
2 n=0
2
¶n
|a| < 1 を用いると、
µ
∞
1 + 3i X
i
+
−
3z n=0
3z
¶n #
となる
(iii) z = 0 のまわりで 2 < |z|
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
f (z) =
+
7 Ã z − 2i 3z + i
!
2−i
1
1 + 3i
1
1
−
=
+
7
z 1 − 2i/z
3z 1 − (−i/3z)
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
1−a
|2i/z| < 1, | − i/3z| < 1 なので
ここで、
"
µ
∞
1 2−i X
2i
f (z) =
7
z n=0 z
¶n
となる
25
|a| < 1 を用いると、
µ
∞
1 + 3i X
i
+
−
3z n=0
3z
¶n #
(iv) z = 2i のまわりで |z − 2i| <
7
3
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
f (z) =
+
7 Ã z − 2i 3z + i
!
1 + 3i
1 2−i
+
=
7 z − 2i 3(z − 2i) + 7i
Ã
!
1 2−i
1
1 + 3i
=
+
7 z − 2i
7i 1 − 3i7 (z − 2i)
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
1
−
a
¯
¯
¯ 3i
¯
¯ 7 (z − 2i)¯ < 1 なので
|a| < 1 を用いると、
ここで、
"
Ã
∞
1 2−i
3−i X
3i(z − 2i)
f (z) =
+
7 z − 2i
7 n=0
7
!n #
となる
(v) z = 2i のまわりで
7
< |z − 2i|
3
µ
¶
1 2−i
1 + 3i
f (z) =
+
7 Ã z − 2i 3z + i
!
1 + 3i
1 2−i
+
=
7 z − 2i 3(z − 2i) + 7i

=

1 2−i
1 + 3i
1

+
−7i
7 z − 2i 3(z − 2i) 1 − 3(z−2i)
1
= 1 + a + a2 + a3 + · · · ,
¯
¯ 1−a
¯ −7i ¯
¯ 3(z−2i) ¯ < 1 なので
|a| < 1 を用いると、
ここで、
"
Ã
∞
1 2−i
1 + 3i X
−7i
f (z) =
+
7 z − 2i 3(z − 2i) n=0 3(z − 2i)
となる
26
!n #
第7回
Q1
−z 2
下図で e
Z
Z
∞
を積分し
2
−∞
dx sin x ,
∞
dx cos x2 を求めよ
−∞
C
C3
C2
π/4
0
C1
解
2
e−z は上図で正則なので、コーシーの積分定理より
Z
2
C
dze−z = 0
である。また
Z
Z
C
=
Z
C1
+
C2
Z
+
C3
である。ここでおのおの積分をみてみると
Z
Z
=
C1
R
0
dxe−x
2
√
R→∞
→
π
2
(ガウス積分)
また
¯Z
¯
¯
¯
C2
¯
¯
¯
¯
Z
≤
π
4
0
Z
dθRe−R
π
2
2
cos 2θ
R
2
dθ e−R cos θ
2
0
Z π
R −R2 (1− 2 θ)
2
π
<
dθ e
2
0
π
2 R→∞
=
(1 − e−R ) → 0
4R
=
27
π
また、C3 については z = re 4 i であるので
Z
Z
C3
1+i
2
√ dre−r i
R
2
1+iZ R
= − √
dr(cos r2 − i sin r2 )
2 0
=
0
よって、R → ∞, ε → 0 で
1+iZ ∞
√
dx(cos x2 − i sin x2 ) =
2 0
⇔
√
π
2
√
Z ∞
1−i π
2
2
dx(cos x − i sin x ) = √
0
2 2
となり
Z
r
1 π
dx sin x =
2r 2
0
Z ∞
1 π
dx cos x2 =
2 2
0
∞
2
と求まる。よって
Z
r
π
2
−∞
r
Z ∞
π
dx cos x2 =
2
−∞
∞
2
dx sin x =
28
Q2
Γ(1/2) を求めよ
解
Γ(z) の定義は
Z
Γ(z) =
∞
0
dte−t tz−1
であるので、Γ(1/2) は
Z
Γ(1/2) =
∞
0
1
dte−t t− 2
ここで、t = s2 とおくと
Z
Γ(1/2) = 2
∞
Z0∞
2
sdse−s s−1
2
dse−s
= 2
0
√
=
π
Gauss 積分
Q3
Z
1
0
dxx5 (1 − x)8 を求めよ
解
B 関数
Z
B(x, y) =
0
1
dttx−1 (1 − t)y−1 =
Γ(x)Γ(y)
Γ(x + y)
を利用する
Z
0
1
dxx5 (1 − x)8 = B(6, 9)
=
29
Γ(6)Γ(9)
Γ(6 + 9)
ここで Γ 関数は
Γ(n + 1) = n!
n∈N
であるので
Z
0
1
dxx5 (1 − x)8 = B(6, 9)
Γ(6)Γ(9)
Γ(6 + 9)
5!8!
=
14!
=
と求まる
Q4
Z
π
2
dx sin4 x cos5 x を求めよ
0
解
sin x = t とおくと
Z
0
π
2
Z
dx sin4 x cos5 x =
0
1
µ
dtt4 (1 − t2 )2 =
8
315
¶
直接計算
t2 = s と変数変換すると
Z
1
0
4
2 2
dtt (1 − t )
3
1Z 1
=
dss 2 (1 − s)2
2 0
³ ´
5
Γ
Γ(3)
1
2
³ ´
= B(5/2, 3) =
2 Γ 11
2
3√
8
1 2 π2!
=
9 5 3√ =
2 222 π
315
と求まる
ここで
µ
¶
2n − 1
5 3√
2n − 3 2n − 5
···
Γ
=
π
2
2
2
22
である
30
第8回
Q1
Z
下図で
求めよ
C
Z
log z
z 2 + a2
dz
a > 0 を積分することにより、
∞
0
dx
log x
を
x 2 + a2
C
C1
C2
−ε
-R
ε
0
R
解
log z
は上図で z = ai のとき一位の極なので、留数定理より
+ a2
z2
¯
Z
log z
log z ¯¯
dz 2
=
2πiRes
¯
z + a2
z 2 + a2 ¯z=ai
C
π
=
log ai
a
π
2k − 1 2
=
log a +
π i
k∈Z
a
2a
である。ここで多価性の k があるがリーマン面上で考え、分枝をとめ、今
は k = 0 としよう。
また
Z
C
Z
=
Z
C1
+
−ε
−R
Z
Z
+
C2
+
R
ε
である。ここでおのおの積分をみてみると
¯Z
¯
¯
¯
C1
¯
¯
¯
¯
Z
≤
π
0
Z
¯
¯
¯ ¯ log R + iθ ¯
¯
¯¯
¯
¯
iθ
¯iRe dθ ¯ ¯ 2 2iθ
¯
¯ R e + a2 ¯
log R + θ
(三角不等式)
R 2 − a2
0
R log R
Rπ 2
R→∞
=
π
+
→ 0
2
2
2
2
R −a
2(R − a )
<
π
dθR
31
また
¯Z
¯
¯
¯
C2
¯
¯
¯
¯
Z
log ε + θ
ε 2 − a2
π
ε log ε
επ 2
ε→0
= − 2
π
−
→ 0
ε − a2
2(ε2 − a2 )
<
0
dθε
また
Z
−ε
−R
Z
log (−x)
x 2 + a2
ε
Z R
Z R
log x
(2k − 1)πi
=
dx 2
+
dx 2
2
x +a
x + a2
ε
ε
Z R
Z R
log x
πi
=
dx 2
−
dx 2
(k = 0)
2
x +a
x + a2
ε
ε
=
R
dx
よって、R → ∞, ε → 0 で
Z
2
∞
0
dx
Z ∞
log x
1
π
1 2
−
πi
dx
=
log
a
−
π i
x 2 + a2
x 2 + a2
a
2a
0
となり
Z
∞
0
dx
x2
1
π
=
2
+a
2a
であるので
Z
log x
π
=
log a
x 2 + a2
a
0
Z ∞
log x
π
⇔
dx 2
=
log a
2
x +a
2a
0
2
∞
dx
と求まる
32
Q2
δM =
M
1 X
1 sin x(M + 12 )
を導け
eixl =
2π l=−M
2π
sin x2
解
Ã
!
M
M
M
X
1 X
1 X
ixl
ixl
e
=
e +
e−ixl − 1
2π l=−M
2π l=0
l=0
1
=
2π
Ã
!
1 − eix(M +1) 1 − e−ix(M +1)
+
−1
1 − eix
1 − e−ix
1 eixM eix/2 (e−ix/2 − eix/2 ) + e−ixM e−ix/2 (eix/2 − e−ix/2 )
2π
(e−ix/2 − eix/2 )(eix/2 − e−ix/2 )
1 sin x(M + 12 )
=
2π
sin x2
=
33
第9回
Q1
(i) f1 (x) = x3 を [0, 2π] でフーリエ級数展開せよ
(ii) f2 (x) = x3 を [−π, π] でフーリエ級数展開せよ
(iii) それぞれについて x → π ± 0 の振舞を考えよ
(iv) それぞれについてパーセバルの関係式から何がでるか
解
(i)
a0
an
bn
1 Z 2π
dxx3 = 4π 3
=
π 0
12
1 Z 2π
=
dxx2 cos nx = 2 π
π 0
n
12
1 Z 2π
8
dxx2 sin nx = 3 − π 2
=
π 0
n
n
よって
f1 (x) = 2π 3 +
µ
∞
X
12
n=1
n
π cos nx +
2
¶
12 8 2
− π sin nx
n3 n
(ii)
a0
an
bn
1Zπ
dxx2 = 0
=
π −π
1Zπ
=
dxx2 cos nx = 0
π −π
1Zπ
12
2
=
dxx2 sin nx = 3 (−1)n − π 2 (−1)n
π −π
n
n
よって
f2 (x) =
∞ µ
X
12
n=1
n3
¶
−
34
2 2
π (−1)n sin nx
n
(iii) x ⇒ π ± 0 の振舞を考える
f1 (x) は [0, 2π] を周期的に展開したものなので x = π ± 0 で連続で
あるから
f1 (π ± 0) = π 3
となる。これに対し f2 (x) は [−π, π] を周期的に展開したものであ
るので、x = π − 0 では連続で
f2 (π − 0) = π 3
x = π + 0 では接続点になるので
f2 (π + 0) =
f2 (π − 0) + f2 (−π + 0)
π3 − π3
=
=0
2
2
となる。したがって f2 (x) は x = π で不連続だとわかる。
(iv) f1 (x) におけるパーセバルの関係式は
¯
¯2 ¯¯
∞ ¯¯
2 ¯2
¯
12
12
1 ¯¯ 3 ¯¯2 X
8π
1 Z 2π
¯
¯
2 2
¯ π¯ + ¯
dx|x | =
¯4π ¯ +
−
¯
¯ 2 ¯
3
¯
π 0
2
n
n ¯
n=1 n
∞
X
7 6
18
6
8
⇔
π =
− 4 π2 + 2 π4
6
9
n
n
n=1 n
また f2 (x) におけるパーセバルの関係式は
¯2
¶
∞ ¯¯µ
X
¯
12 2 2
1Zπ
n¯
¯
dx|x2 |2 =
−
π
(−1)
¯
¯
3
π −π
n
n
n=1
∞
X
72 24 2
2
1 6
⇔
π =
− 4 π + 2 π4
6
7
n
n
n=1 n
この二式と、
∞
X
1
n=1
n2
1
= π 2 より
6
∞
X
1
n4
1
6
n=1 n
n=1
∞
X
が求まる
35
1 4
π
90
1 6
π
=
945
=
Q2
f (x) = cos ax を [−π, π] でフーリエ級数展開せよ
1 X 2z
を導け
(i) π cot πz = +
z n=1 z 2 − n2
(ii)
X (−1)n
πz
を導け
= 1 + 2z
2
2
sin πz
n=1 z − n
解
f (x) = cos ax のフーリエ級数展開は
sin aπ
1Zπ
dx cos ax = 2
a0 =
π −pi
aπ
1Zπ
a sin aπ
dx cos ax cos nx = 2
(−1)n
π −π
π(a2 − n2 )
an =
1Zπ
dx cos aπ sin nx = 0
bn =
π −π
よって
∞
sin aπ X
a sin aπ
f (x) =
2
+
(−1)n cos nx
2
2
aπ
n=1 π(a − n )
となる
(i) f (x) において、x = π, a = z とすると
∞
sin πz X
z sin πz
2
+
2
2
πz
n=1 π(z − n )
1 X 2z
π cot πz =
+
z n=1 z 2 − n2
f (π) = cos πz =
⇔
(ii) f (x) において、x = 0, a = z とすると
∞
z sin πz
sin πz X
+
2
(−1)n
2 − n2 )
πz
π(z
n=1
X
πz
(−1)n
= 1 + 2z
2
2
sin πz
n=1 z − n
f (0) = 1 =
⇔
36
Q3
f (x) =
せよ
1
,
1 − 2a cos x + a2
|a| < 1 を [−π, π] でフーリエ級数展開
解
cn =
1 Zπ
e−inx
dx
2π −π 1 − 2a cos x + a2
ここで e−ix = z とおくと積分路は Cr : 単位円 (時計回り) → C(反時計回
り) = −Cr となり
1 Z idz
zn
2π C z 1 − a(z + z −1 ) + a2
iz n
1 Z
dz −
= −
2π C
a(z − a)(z − 1/a)
"
#¯
¯
1
iz n
¯
= −2πi Res −
¯
2π
a(z − a)(z − 1/a) ¯z=a
an
=
1 − a2
cn = −
よって、 f (x) =
1
のフーリエ級数展開は
1 − 2a cos x + a2
f (x) =
∞
X
an inπ
e
2
n=−∞ 1 − a
∞
X
2an
1
+
cos nx
=
1 − a2 n=1 1 − a2
と求まる
37
第 10 回
Q1
x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ で er (r 方向単位ベクト
ル), eθ (θ方向単位ベクトル), eφ (φ方向単位ベクトル), |eα | = 1 として
P
α (eα )i (eα )j = δij を示せ
解
er = sin θ cos φex + sin θ sin φey + cos θez
eθ = cos θ cos φex + cos θ sin φey − sin θez
eφ = − sin φex + cos φey
と求まる。よって
X
(eα )x (eα )x = sin2 θ cos2 φ + cos2 θ cos2 φ + sin2 φ
α
X
= 1
(eα )y (eα )y = sin2 θ sin2 φ + cos2 θ sin2 φ + cos2 φ
α
X
= 1
(eα )z (eα )z = cos2 θ + sin2 θ
α
X
(eα )x (eα )y =
X
= 1
(eα )y (eα )x = sin2 θ cos φ sin φ + cos2 θ sin φ cos φ − sin φ cos φ
α
α
X
X
(eα )y (eα )z =
α
α
X
X
(eα )z (eα )x =
α
= 0
(eα )z (eα )y = sin θ cos θ sin φ − cos θ sin θ sin φ + 0
= 0
(eα )x (eα )z = sin θ cos θ cos φ − cos θ sin θ cos φ + 0
α
= 0
以上より
X
(eα )i (eα )j = δij
α
となる
38
Q2
関数列 {ϕi (x)}
x ∈ [a, b] が
(i) 規格直交列をなすとは何か
(ii) 完全であるとは何か
(iii) 規格直交列、完全性が成立する時、パーセバルの関係式について証
明せよ
2
X
(iv) 任意の f (x), x ∈ [0, 1] に対して、f˜(x) =
r = ||f − f˜|| を最小にする cn を求めよ
cn sin 2πnx として
n=1
解
(i) 内積
Z
(ϕn , ϕm ) ≡
b
a
dxϕ∗n (x)ϕm (x) = δnm
を満たすとき {ϕi (x)} を規格直交列という
(ii) 任意の関数 f (x) が規格直交列 {ϕi (x)} により
f (x) =
X
ϕn (x)(ϕn (x), f )
n
Z
=
b
a
dx0
Ã
X
n
!
ϕn (x)ϕ∗n (x0 ) f (x0 )
と展開されるとき {ϕi (x)} は完全であるという。いいかえれば
X
n
ϕn (x)ϕ∗n (x0 ) = δ(x − x0 )
が {ϕi (x)} の完全性の必要十分条件である
39
(iii) 関数 f (x) が完全系 {ϕi (x)} で f =
0 =
f−
ϕn (ϕn , f ) と展開されている
n
とすれば
Ã
X
X
!
ϕn (ϕn , f ), f − ϕn (ϕn , f )
n
= (f, f ) −
X
Ã
!
∗
(ϕn , f ) (ϕn , f ) + (ϕn , f )(f, ϕn ) +
n
= (f, f ) −
X
X
(ϕn , f )∗ (ϕn , f )(ϕn , ϕm )
nm
2
|cn | ,
cn = (ϕn , f )
n
となり、
||f ||2 =
Z
⇔
X
|cn |2
n
b
a
dx|f (x)|2 =
X
|cn |2
n
これはパーセバルの関係式となる
またベッセル不等式
X
|cn |2 ≤ ||f (x)||2
n
における等号成立のとき ({ϕi } が完全系のとき) がパーセバルの関
係式であることも理解できる
(iv)
r2 = ||f −
X
cn sin 2πnx||2
n
= (f, f ) −
2
X
{cn (f, sin 2πnx) + c∗n (sin 2πnx, f )} +
n=1
2
X
c∗n cm (sin 2πnx, sin 2πmx)
n,m=1
よって、r2 を最小にするには
∂r2
= −(sin 2πx, f ) + c1 (sin 2πx, sin 2πx) + c2 (sin 2πx, sin 4πx) = 0
∂c∗1
∂r2
= −(sin 4πx, f ) + c1 (sin 4πx, sin 2πx) + c2 (sin 4πx, sin 4πx) = 0
∂c∗2
40
ここで
Z
(sin 2πx, sin 2πx) = (sin 4πx, sin 4πx) =
0
Z
(sin 2πx, sin 4πx) = (sin 4πx, sin 2πx) =
1
0
1
dx sin2 2πx =
1
2
dx sin 2πx sin 4πx = 0
なので
Z
c1 = 2(sin 2πx, f ) = 2
0
Z
c2 = 2(sin 4πx, f ) = 2
1
0
1
dx sin 2πxf (x)
dx sin 4πxf (x)
と求まり、cn をこのようにとるのが最も精度が高くなる。
補足
ベッセル不等式
r2 = ||f −
X
n
= (f, f ) −
cn ϕn ||2
X
n
= (f, f ) −
X
{cn (f, ϕn ) + c∗n (ϕn , f )} +
{cn (f, ϕn ) +
n
c∗n (ϕn , f )}
+
X
n,m
X
n
c∗n cm (ϕn , ϕm )
c∗n cn
よって、r2 を最小にするには
∂r2
= −(ϕn , f ) + cn = 0
∂c∗n
よって
Z
cn = (ϕn , f ) =
b
a
dxϕ∗n (x)f (x)
ととるのが最も精度が高い。この cn を代入して
X
|(ϕn , f )|2 ≤ (f, f )
n
これをベッセル不等式という
41
(規格直交関数列)
第 11 回
Q1
(i) x¨0 + ω 2 x0 = 0 の一般解を求めよ
2 ±
(ii) G̈± (t) + ω±
G (t) = δ(t) をフーリエ変換により求めよ.
ただし、ω± = ω ± i0 とする
(iii) G0 = G+ − G− として、G0 は斉次方程式
G̈0 + ω 2 G0 = 0
をみたすことを確認せよ
(iv) G+ を用いて
ẍ + ω 2 x = F eiω0 t ,
ω 6= ω0
の一般解を求めよ
(v) 同様に
ẍ + ω 2 x = F eiωt
の一般解を求めよ
解
(i) x0 = Ae+iωt + Be−iωt
(A, B は積分定数)
1 Z∞
(ii) 式をフーリエ変換で考えると G (t) =
dkeikt G̃± (k)
2π −∞
1 Z ∞ ikt
e と書けるので
また δ(t) =
2π −∞
±
2 ±
−k 2 G̃± (k) + ω±
G̃ (k) = 1
1
⇔
G̃± (k) = 2
ω± − k 2
42
これを逆フーリエ変換すると
G± (t) =
1 Z∞
1
dkeikt 2
2π −∞
ω± − k 2
ここで、積分経路を G+ (G− ) のときは上 (下) 半面の半円をとると留
数定理、ジョルダンの補題より
G± (t) = ∓i
e±iω± |t|
2ω±
と求まる
(iii)
G̈0 = G¨+ − G¨−
ω
ω
= i eiω|t| − i e−iω|t|
2 µ
2
¶
1
1 −iω|t|
2
iω|t|
= −ω −i e
+i e
2ω
2ω
2
+
−
= −ω (G − G )
= −ω 2 G0
なので
G̈0 + ω 2 G0 = 0
となる
(iv) ω+ = ω + iε とする
G+ を用いて特解 xs は
Z
xs = lim
∞
ε→0 −∞
0
dt0 G+ (t − t0 )F eiω0 t
と書ける
ここで
Z
lim
∞
ε→0 −∞
0
dt0 G+ (t − t0 )F eiω0 t
iF Z ∞ 0 (iω−ε)|t−t0 | iω0 t0
dt e
e
ε→0 2ω+ −∞
= − lim
Ã
iF Z t
0
0
= − lim
dt0 eiωt−εt ei(ω0 −ω)t +εt
ε→0 2ω+
−∞
43
Z
+
Ã
∞
t
!
0 −iωt+εt i(ω0 +ω)t0 −εt0
dt e
e
iF
eiω0 t
eiω0 t
= − lim
−
ε→0 2ω+
i(ω0 − ω) + ε i(ω0 + ω) − ε
Ã
!
eiω0 t
iF
eiω0 t
= −
−
2ω i(ω0 − ω) i(ω0 + ω)
F
=
eiω0 t
2
ω − ω02
よって、解は
x = x0 + xs
= Ae+iωt + Be−iωt +
F
eiω0 t
− ω02
ω2
と求まる
(v) ω+ = ω + iε とする
G+ を用いて特解 xs は
Z
∞
xs = lim
ε→0 −∞
dt0 G+ (t − t0 )F eiωt
0
と書ける
ここで
Z
lim
∞
ε→0 −∞
0
dt0 G+ (t − t0 )F eiωt
iF Z ∞ 0 (iω−ε)|t−t0 | iωt0
dt e
e
ε→0 2ω+ −∞
Ã
iF Z t
0
dt0 eiωt−εt eεt
= − lim
ε→0 2ω+
−∞
= − lim
Z
+
t
∞
÷
!
0 −iωt+εt 2iωt0 −εt0
dt e
¸
e
iF
1
eiωt
iωt−εt
= − lim
+t e
−
ε→0 2ω+
ε
2iω − ε
εt
1
e
= + t とした)
(ここで
ε µε
¶
iF iωt
F
1 iωt
= − te +
e
− lim
2ω
4ω 2 ε→0 ε
µ
¶
F
1 iωt
≡ x̃s + +
e (斉次解)
−
lim
4ω 2 ε→0 ε
44
!
!
よって、解は
x = x0 + x̃s
= Ae+iωt + Be−iωt −
と求まる
45
iF iωt
te
2ω
Q2
x(1 − x) =
X
cn sin nπx, 0 ≤ x ≤ 1 において cn を求めよ
n
解
フーリエ級数展開において、sin nπx のみで展開されるには奇関数でな
ければならない。したがって x(1 − x), 0 ≤ x ≤ 1 を −1 ≤ x ≤ 1 におけ
る奇関数に拡張してみると
(
x(1 ー x) ⇒ f (x) =
x(1 − x)
x(1 + x)
0≤x≤1
−1≤x≤0
と書ける。これより、フーリエ展開すると
Z
1
−1
Z
dxf (x) sin nπx =
=
Z
1
−1
0
1
Z
dxx(1 − x) sin nπx +
0
−1
dxx(1 + x) sin nπx
2(−1)n+1
nπ
dxf (x) cos nπx = 0
(f (x) は奇関数)
となる. よって
cn =
2(−1)n+1
nπ
と求まり、
x(1 − x) =
X 2(−1)n+1
n=1
nπ
sin nπx
となる
46
0≤x≤1