2018年6月16日 (土) 05:39時点における版編集 299b69a (会話 \| 投稿記録) 拡張承認された利用者 3,271 回編集 m 冗長な式の整理タグ: ビジュアルエディター ← 古い編集		2019年8月16日 (金) 06:38時点における版編集取り消し Zar2100 (会話 \| 投稿記録) 323 回編集 Example (III),(IIIa),(IV),(V) を翻訳新しい編集 →
193行目: （{{math\|1=''t'' = 0}} のときは積分はただちに実数値の解析学の手法が使えてその値は {{pi}} である。） ===~~Example~~例 (III): ~~– trigonometric integrals~~三角関数の積分=== [[三角関数]]を含む積分に対して、ある種の代入を行って複素有理関数へと変換することで積分値が算出できる場合がある。 Certain substitutions can be made to integrals involving [[trigonometric functions]], so the integral is transformed into a rational function of a complex variable and then the above methods can be used in order to evaluate the integral. 例として次のような積分を考える。 ~~As an example, consider~~ : <math> \int_{-\pi}^\pi {1 \over 1 + 3 (\cos{t})^2} \,dt. </math> ~~We seek to make a substitution of~~ ''z'' = ''e<sup>it</sup>''~~. Now,~~ ~~recall~~と変数変換する。 : <math> \cos t = {1 \over 2} \left(e^{it}+e^{-it}\right) = {1 \over 2} \left(z+{1 \over z}\right)</math> および ~~and~~ : <math> {dz \over dt} = iz,\ dt = {dz \over iz}. </math> であることを思い出すと、代入により積分は次のように書き直せる。''C'' は単位円周。 ~~Taking ''C'' to be the unit circle, we substitute to get:~~ : <math>\begin{align} 223行目: \end{align}</math> ~~The singularities to be considered are at~~考える必要がある特異点は 3<sup>−1/2</sup>''i'', −3<sup>−1/2</sup>''i''. ~~Let ''C''<sub>1</sub> be a small circle about 3<sup>−1/~~の2~~</sup>i, and ''C''<sub>2</sub> be a small circle about −3<sup>−1/2</sup>''i''. Then we arrive at the following:~~つである。 ''C''<sub>1</sub> を 3<sup>−1/2</sup>i を囲む小さな円周、''C''<sub>2</sub> を −3<sup>−1/2</sup>''i'' を囲む小さな円周として、以下のように計算できる。 : <math>\begin{align} 236 ⟶ 238行目: \end{align}</math> ===例 IIIa: 三角関数の積分、一般的な手続き=== ~~===Example (IIIa) trigonometric integrals, the general procedure===~~ 上記の方法は、次の形をした全ての積分に適用できる。 ~~The above method may be applied to all integrals of the type~~ :<math> \int_0^{2\pi} \frac{P(\sin(t),\sin(2t),\ldots,\cos(t),\cos(2t),\ldots)}{Q(\sin(t),\sin(2t),\ldots,\cos(t),\cos(2t),\ldots)}\, dt</math> ここで ''P'' と ''Q'' は多項式である（つまり、三角関数の有理関数の積分を考えている）。積分範囲は先の例のように π から -π まででも良いし、また 2π だけ離れた任意の区間でも良い。 where ''P'' and ''Q'' are polynomials, i.e. a rational function in trigonometric terms is being integrated. Note that the bounds of integration may as well be π and -π, as in the previous example, or any other pair of endpoints 2π apart. ~~The trick is to use the substitution~~変数変換 <math>z = \exp(i t)</math> ~~where~~を行うのが技巧である。このとき <math>dz = i \exp(i t) \,dt</math> ~~and hence~~だから、 :<math> \frac{1}{iz} \,dz = dt.</math> この変換により閉区間 [0, 2π] は複素平面の単位円周に写される。さらに、 ~~This substitution maps the interval [0, 2π] to the unit circle. Furthermore,~~ :<math> \sin(k t) = \frac{\exp(i k t) - \exp(- i k t)}{2 i} = \frac{z^k - z^{-k}}{2i}</math> および ~~and~~ :<math> \cos(k t) = \frac{\exp(i k t) + \exp(- i k t)}{2} = \frac{z^k + z^{-k}}{2}</math> であるから、変換によって ''z'' の有理関数 ''f''(''z'') が得られ、積分は ~~so that a rational function ''f''(''z'') in ''z'' results from the substitution, and the integral becomes~~ :<math> \oint_{\|z\|=1} f(z) \frac{1}{iz}\, dz </math> となる。この積分は <math>f(z)\frac{1}{iz}</math> の、単位円板内にある留数の和をとることで計算できる。 ~~which is in turn computed by summing the residues of <math>f(z)\frac{1}{iz}</math> inside the unit circle.~~ [[Image:TrigonometricToComplex.png\|right]] 右の図は ~~The image at right illustrates this for~~ :<math> I = \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{1 + \sin(t)^2}\, dt,</math> の場合を図示したものである。まず、 ~~which we now compute. The first step is to recognize that~~ :<math> I = \frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \frac{1}{1 + \sin(t)^2} \,dt.</math> と変形して、変数変換をすると ~~The substitution yields~~ :<math> \frac{1}{4} \oint_{\|z\|=1} \frac{4 i z}{z^4 - 6z^2 + 1}\, dz = \oint_{\|z\|=1} \frac{i z}{z^4 - 6z^2 + 1}\, dz</math> となる。被積分関数の極は 1 ± √2 と −1 ± √2 である。これらのうち 1 + √2 と −1 −√2 は単位円板の外側にあり（赤い点で示した。縮尺は正確ではない）、一方 1 − √2 と −1 + √2 は単位円板の内側にある（青い点で示した）。 ~~:<math> \frac{1}{4} \oint_{\|z\|=1} \frac{4 i z}{z^4 - 6z^2 + 1}\, dz = \oint_{\|z\|=1} \frac{i z}{z^4 - 6z^2 + 1}\, dz.</math>~~ 対応する留数はいずれも −''i''√2/16 だから、求める積分値は The poles of this function are at 1 ± √2 and −1 ± √2. Of these, 1 + √2 and −1 −√2 are outside the unit circle (shown in red, not to scale), whereas 1 − √2 and −1 + √2 are inside the unit circle (shown in blue). The corresponding residues are both equal to −''i''√2/16, so that the value of the integral is :<math> I = 2 \pi i \; 2 \left( - \frac{\sqrt{2}}{16} i \right) = \pi \frac{\sqrt{2}}{4}</math> となる。 ~~:<math> I = 2 \pi i \; 2 \left( - \frac{\sqrt{2}}{16} i \right) = \pi \frac{\sqrt{2}}{4}.</math>~~ ===~~Example~~例 (IV): ~~– branch cuts~~分岐切断=== 実関数積分 ~~Consider the real integral~~ : <math>\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx.</math> を考える。次のように複素積分として書き直すところから始める。 ~~We can begin by formulating the complex integral~~ : <math>\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=I.</math> [[Image:Keyhole contour.svg\|right\|180px]] 問題となる留数の値を得るため、再びコーシーの積分公式もしくは留数定理を用いることができる。しかしここで注意すべき重要なことは、''z''<sup>1/2</sup> = ''e''<sup>(1/2)Log(''z'')</sup> であり、''z''<sup>1/2</sup> には[[分岐点 (数学)\|分岐切断]]があるということである。このことは、積分路 ''C'' の選び方に影響してくる。 We can use the Cauchy integral formula or residue theorem again to obtain the relevant residues. However, the important thing to note is that ''z''<sup>1/2</sup> = ''e''<sup>(1/2)Log(''z'')</sup>, so ''z''<sup>1/2</sup> has a [[branch cut]]. This affects our choice of the contour ''C''. Normally the logarithm branch cut is defined as the negative real axis, however, this makes the calculation of the integral slightly more complicated, so we define it to be the positive real axis. 対数関数の分岐切断は、普通は実軸のうち負の部分と定めることが多いが、こうすると計算がやや面倒になる。そこでここでは、実軸の正の部分と定めることにする。 Then, we use the so-called ''keyhole contour'', which consists of a small circle about the origin of radius ε say, extending to a line segment parallel and close to the positive real axis but not touching it, to an almost full circle, returning to a line segment parallel, close, and below the positive real axis in the negative sense, returning to the small circle in the middle. ここで、次のような経路を順にたどって得られる、いわゆる「鍵穴積分路（keyhole contour）」を用いる。 Note that ''z'' = −2 and ''z'' = −4 are inside the big circle. These are the two remaining poles, derivable by factoring the denominator of the integrand. The branch point at ''z'' = 0 was avoided by detouring around the origin. 原点を中心として時計回りにほぼ1周する半径 ε の小さな円実軸に上半平面側から接近して（接触はしていない）平行な線分反時計回りにほぼ1周する半径 R の大きな円実軸に下半平面側から接近し平行な線分 ''z'' = −2 と ''z'' = −4 は大円が囲む内部にあることに注意する。被積分関数の分母を因数分解すれば、これらが2個の極だとがわかる。分岐点は ''z'' = 0 だが、これは原点を迂回したことによって避けられている。 {{clear}} γ を半径 ε の小円、Γ を半径 ''R'' の大円とする。このとき積分路は ~~Let γ be the small circle of radius ε, Γ the larger, with radius ''R'', then~~ : <math>\int_C = \int_\varepsilon^R + \int_\Gamma + \int_R^\varepsilon + \int_\gamma.</math> と分解できる。 It can be shown that the integrals over Γ and γ both tend to zero as ε → 0 and ''R'' → ∞, by an estimation argument above, that leaves two terms. Now since ''z''<sup>1/2</sup> = ''e''<sup>(1/2)Log(''z'')</sup>, on the contour outside the branch cut, we have gained 2π in argument along γ (by [[Euler's Identity]], ''e''<sup>''i''π</sup> represents the unit vector, which therefore has π as its log. This π is what is meant by the argument of ''z''. The coefficient of 1/2 forces us to use 2π), so Γ と γ に沿う積分は、先に行ったのと同様の議論で ε → 0, ''R'' → ∞ のときにいずれも 0 に収束することが示せて、積分は2項のみが残る。ここで ''z''<sup>1/2</sup> = ''e''<sup>(1/2)Log(''z'')</sup> であり、分岐切断の外側で γ に沿って動くとき、偏角は 2π だけ変わる。よって : <math> \begin{align} 307 ⟶ 320行目: \end{align}</math> ゆえに<ref group="注釈">（訳注）実軸に平行な路に沿った複素線積分の収束性については、厳密にはもう少し議論が要るように思われる（これに続く例でも同様）。 ~~Therefore:~~ この箇所の実軸下側の複素線積分について述べれば、例えば、''n'' を自然数、''x'' ∈ [0, +∞)、1<sub>A</sub>(・) を[[指示関数]]として ~~:<math>\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=2\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx.</math>~~ :<math> ~~By using the residue theorem or the Cauchy integral formula (first employing the partial fractions method to derive a sum of two simple contour integrals) one obtains~~ { e^{{1\over 2}\log{\|x -\frac{i}{n}\|}}e^{(i/2) \arg{(x -\frac{i}{n})}} \over (x -\frac{i}{n})^2+6(x -\frac{i}{n})+8} \cdot 1_{[\frac{1}{n} ,n]} (x) </math> は ''n'' によらずに [0, +∞) 上可積分かつ、可積分関数 :<math> { e^{{1\over 2}\log{\|x +1\|}} \over x^2+6x+8} </math> で絶対値が上から抑えられ、更に ''n'' → ∞ のとき :<math> {-\sqrt{x} \over x^2+6x+8} </math> に各点収束する。よって[[優収束定理]]により、本文で述べているような変形が正当化される。</ref> :<math>\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz = 2\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx</math> 留数定理を使うか、もしくはコーシーの積分公式を使う（まず被積分関数を部分分数分解して、2個の単純な円の周りの積分に書き直してから和をとる）かして、 : <math>\pi i \left({i\over \sqrt{2}}-i\right)=\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx = \pi\left(1-{1\over\sqrt{2}}\right).\quad\square</math> を得る。 ~~===Example (V) – the square of the logarithm===~~ ===例 V: 対数関数の平方を利用した積分=== [[Image:KeyholeContourLeft.png\|right]] この節では、 ~~This section treats a type of integral of which~~ :<math>\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx</math> のようなタイプの積分を扱う。 ~~is an example.~~ この積分を計算するのに、関数 ~~To calculate this integral, one uses the function~~ :<math>f(z) = \left (\frac{\log(z)}{1+z^2} \right )^2</math> ~~and the branch of the logarithm corresponding to~~ を用い、<math>-\pi < \arg(z) \le \pi</math>. に対応した対数関数の枝を考える。 ''f''(''z'') の、右の図に示すような鍵穴積分路に沿った複素線積分を計算する。この積分は、冒頭に示した実積分の定数倍であることがわかり（後述）、積分値は留数定理により We will calculate the integral of ''f''(''z'') along the keyhole contour shown at right. As it turns out this integral is a multiple of the initial integral that we wish to calculate and by the Cauchy residue theorem we have :<math>\begin{align} \left( \int_R + \int_M + \int_N + \int_r \right) f(z) \, dz &= 2 \pi i \left( \mathrm{Res}_{z=i} f(z) + \mathrm{Res}_{z=-i} f(z) \right) \\ &= 2 \pi i \left( - \frac{\pi}{4} + \frac{1}{16} i \pi^2 - \frac{\pi}{4} - \frac{1}{16} i \pi^2 \right) \\ &= - i \pi^2. \end{align}</math> と計算できる。 Let ''R'' be the radius of the large circle, and ''r'' the radius of the small one. We will denote the upper line by ''M'', and the lower line by ''N''. As before we take the limit when ''R'' → ∞ and ''r'' → 0. The contributions from the two circles vanish. For example, one has the following upper bound with the [[ML lemma\|ML-lemma]]: ''R'' と ''r'' をそれぞれ大円、小円の半径とし、上側の線分を ''M''、下側の線分を ''N'' と書く。''R'' → ∞ および ''r'' → 0 の極限はまだとっていない。2つの円周部分からの積分の寄与はいずれも極限をとると消える。例えば、ML補題により大円に沿った積分は次のように上から抑えられる： ~~:<math>\left\| \int_R f(z) \, dz \right\| \le 2 \pi R \frac{(\log(R))^2 + \pi^2}{(R^2-1)^2} \to 0.</math>~~ :<math>\left\| \int_R f(z) \, dz \right\| \le 2 \pi R \frac{(\log(R))^2 + \pi^2}{(R^2-1)^2} \to 0</math> ~~In order to compute the contributions of ''M'' and ''N'' we set <math>z =-x + i\epsilon</math> on ''M'' and <math>z = -x - i\epsilon</math> on ''N'', with 0 < ''x'' < ∞:~~ ''M'', ''N'' に沿った積分値を計算するため、''M'' 上では <math>z =-x + i\epsilon</math>、''N''上では <math>z = -x - i\epsilon</math> (0 < ''x'' < ∞) ととると、 :<math>\begin{align} -i \pi^2 &= \left( \int_R + \int_M + \int_N + \int_r \right) f(z) \, dz \\ &= \left( \int_M + \int_N \right) f(z)\, dz &&\qquad \int_R, \int_r \text { vanish} \\ &=-\int_\infty^0 \left (\frac{\log(-x + i\epsilon)}{1+(-x + i\epsilon)^2} \right )^2\, dx - \int_0^\infty \left (\frac{\log(-x - i\epsilon)}{1+(-x - i\epsilon)^2}\right)^2 \, dx \\ &= \int_0^\infty \left (\frac{\log(-x + i\epsilon)}{1+(-x + i\epsilon)^2} \right )^2 \, dx - \int_0^\infty \left (\frac{\log(-x - i\epsilon)}{1+(-x - i\epsilon)^2} \right )^2 \, dx \\ &= \int_0^\infty \left (\frac{\log(x) + i\pi}{1+x^2} \right )^2 \, dx - \int_0^\infty \left (\frac{\log(x) - i\pi}{1+x^2} \right )^2 \, dx &&\qquad \epsilon \to 0 \\ &= \int_0^\infty \frac{(\log(x) + i\pi)^2 - (\log(x) - i\pi)^2}{(1+x^2)^2} \, dx \\ &= \int_0^\infty \frac{4 \pi i \log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx \\ 355 ⟶ 392行目: \end{align}</math> 以上より ~~which gives~~ :<math>\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx = - \frac{\pi}{4}.</math> 477 ⟶ 514行目: ==参考文献== {{Reflist}} ==注釈== <references group="注釈" /> ==関連文献==

「複素線積分」の版間の差分