奇点と留数

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$f(z)$ を複素関数とする。点 $z = z_0$ が $f(z)$ の解析点でなく（定義されない場合も含む）、かつ $f(z)$ が $z_0$ に収束する解析点の列を少なくとも一組もつとき、 $z = z_0$ を $f(z)$ の奇点と呼ぶ。

本セクションの目標は、ローラン級数というツールを用いていくつかの重要な奇点の型を研究することである。読者は、多くの積分の値が実はこれらの奇点によって決まることに気づくであろう。これがいわゆる留数定理であり、コーシー積分定理の一般化である。したがって、奇点を研究する目的の一つは積分を計算することにある。

3.1 奇点の分類

3.1.1 孤立特異点

定義 3.1.1 $f(z)$ が奇点 $z = z_0$ のある近傍 $0 < |z - z_0| < r$ で解析的であるとき、 $z = z_0$ を孤立特異点と呼ぶ。

$z = z_0$ が $f(z)$ の孤立特異点であれば、ローラン展開によって

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n\tag{1}$$

が成り立つ。以下の概念を振り返っておこう。級数 (1) の主要部とは

$$\sum_{n=-\infty}^{-1} c_n(z-z_0)^n = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{c_{-k}}{(z-z_0)^k}$$

のことであり、正則部とは

$$\sum_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n$$

のことである。

定義 3.1.2 $z = z_0$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。

(1) の主要部がゼロのとき、$z = z_0$ を $f(z)$ の除去可能な特異点と呼ぶ。
(1) の主要部が有限項
$$\sum_{k=1}^{m} \frac{c_{-k}}{(z-z_0)^k}$$
からなるとき、$z = z_0$ を $f(z)$ の $m$ 位の極と呼ぶ。
(1) の主要部が無限項からなるとき、$z = z_0$ を $f(z)$ の真性特異点と呼ぶ。

例 3.1.1

$f(z) = \dfrac{e^z - 1}{z}$ の $z = 0$ でのローラン展開は $f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^{n-1}}{n!}$ であり、主要部がない。よって $z = 0$ は $f(z)$ の除去可能な特異点である。
$f(z) = \dfrac{\sin z}{z}$ の $z = 0$ でのローラン展開は $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \dfrac{z^{2n}}{(2n+1)!}$ であり、主要部がない。よって $z = 0$ は $f(z)$ の除去可能な特異点である。
$f(z) = \dfrac{\sin z}{z^4} = \dfrac{1}{z^3} - \dfrac{1}{6z} + \dfrac{z}{120} + \cdots$ であり、主要部は $\dfrac{1}{z^3} - \dfrac{1}{6z}$ なので、$z = 0$ は3位の極である。
$f(z) = e^{1/z} + e^z - 1$ の $z = 0$ でのローラン展開は $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \dfrac{z^n}{|n|!}$ であり、主要部が無限項をもつ。よって $z = 0$ は真性特異点である。
$f(z) = e^{1/z^2}$ の $z = 0$ でのローラン展開は $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n! \, z^{2n}}$ であり、主要部が無限項をもつ。よって $z = 0$ は真性特異点である。

ローラン級数を使えば、孤立特異点の各類型を判定する方法が容易に得られる。

命題 3.1.1 $z = z_0$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。次の各条件は互いに同値である。

$z = z_0$ は $f(z)$ の除去可能な特異点である。
極限 $\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z)$ が存在する。
$|f(z)|$ は $z_0$ の近傍 $B(z_0,\rho) = \{z \mid |z - z_0| < \rho\}$ で有界関数である。

これらの条件のいずれかが成り立つとき、関数

$$F(z) = \begin{cases} f(z), & z \ne z_0, \\ \displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z), & z = z_0 \end{cases}$$

は $z = z_0$ で解析的である。

例 3.1.2 $f(z) = \dfrac{e^z - 1}{z}$ を考える。 $\displaystyle\lim_{z \to 0} f(z) = 1$ が計算できるので、$z = 0$ は $f(z)$ の除去可能な特異点である。同様に、この方法で $z = 0$ が $g(z) = \dfrac{\sin z}{z}$ の除去可能な特異点であることも確認できる。

命題 3.1.2 $z = z_0$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。次の各条件は互いに同値である。

$z = z_0$ は $f(z)$ の $m$ 位の極である。
極限 $\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z)(z-z_0)^m$ が存在してゼロでない。
$\dfrac{1}{f(z)}$ が $z = z_0$ で解析的であり、$m$ 位の零点をもつ。

これらの条件のいずれかが成り立つとき、関数

$$\varphi(z) = \begin{cases} f(z)(z-z_0)^m, & z \ne z_0, \\ \displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z)(z-z_0)^m, & z = z_0 \end{cases}$$

は $z = z_0$ で解析的であり、$\varphi(z_0) \ne 0$ を満たす。

奇点が極であるかどうかを判定したいだけで極の級数が不要な場合は、次の系が便利な判定条件を与える。

系 3.1.1 $z = z_0$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。 $z = z_0$ が極である必要十分条件は $\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z) = \infty$、すなわち $\displaystyle\lim_{z \to z_0} \dfrac{1}{f(z)} = 0$ が成り立つことである。

命題 3.1.1 と系 3.1.1 を組み合わせれば、真性特異点の判定条件がただちに得られる。

系 3.1.2 $z = z_0$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。 $z = z_0$ が真性特異点である必要十分条件は $\displaystyle\lim_{z \to z_0} f(z)$ が存在しないことである。

例 3.1.3 $f(z) = \dfrac{\sin z}{z^4}$ を考える。 $\displaystyle\lim_{z \to 0} f(z) = \lim_{z \to 0} \frac{\sin z}{z} \cdot \lim_{z \to 0} \frac{1}{z^3} = \infty$ なので $z = 0$ は極である。さらに $\displaystyle\lim_{z \to 0} z^3 f(z) = 1 \ne 0$ なので、$z = 0$ は3位の極である。

例 3.1.4

$f(z) = \sin\dfrac{1}{z}$ の $z = 0$ が真性特異点であることは、ローラン展開から直ちに判定できる。系 3.1.2 を使う方法もある。点列 $z_n = \dfrac{2}{(2n+1)\pi}$（$n = 1, 2, \ldots$）を考えると、 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} z_n = 0$ だが $\sin\dfrac{1}{z_n} = (-1)^n$ であり、極限 $\displaystyle\lim_{z \to 0} f(z)$ は存在しない。
$f(z) = e^{-1/z^2}$ の $z = 0$ が真性特異点であることは、極限の不存在から確認できる。実際、$z$ が実軸に沿って $0$ に近づくと $f(z) \to 0$、虚軸に沿って近づくと $f(z) \to \infty$ となる。よって $\displaystyle\lim_{z \to 0} f(z)$ は存在しない。
$f(z) = e^z + e^{1/z} - 1$ の場合、$z$ が正の実軸に沿って $0$ に近づくと $f(z) \to \infty$、負の実軸に沿って近づくと $f(z) \to \infty$ となる（途中で $+\infty$ と $-\infty$ に振れる）。よって $\displaystyle\lim_{z \to 0} f(z)$ は存在せず、$z = 0$ は真性特異点である。

真性特異点については次の著名な結果がある。

定理 3.1.1（Picard の定理） $f(z)$ が円環 $H(a, 0, r)$ で解析的であり、$z = a$ が真性特異点であるならば、高々一つの例外値を除いて、任意の複素数 $A \in \mathbb{C}$ に対して方程式 $f(z) = A$ は無限個の解をもち、かつ $a$ はその解の集積点である。

例 3.1.5 $f(z) = e^{1/z}$ とすると、$z = 0$ はその真性特異点である。任意のゼロでない複素数 $A$ に対して、方程式 $e^{1/z} = A$ の解は可算個

$$z = \frac{1}{\ln A} = \frac{1}{\ln|A| + i(\arg A + 2k\pi)}$$

であり、明らかに $z = 0$ に収束する。一方 $A = 0$ の場合、$e^{1/z} = 0$ は解をもたない。

3.1.2 無限遠点

$z = \infty$ も関数 $f(z)$ の奇点となり得る。 $z = \infty$ での奇点の型も同様に定義できる。まず $w = \dfrac{1}{z}$ とおき、関数

$$F(w) := f\!\left(\frac{1}{w}\right) = f(z)$$

を構成する。このとき $z = \infty$ は $w = 0$ に対応する。

定義 3.1.3 $z = \infty$ が $f(z)$ の孤立特異点（除去可能な特異点・$m$ 位の極・真性特異点）であるとは、 $w = 0$ が $F(w)$ の孤立特異点（除去可能な特異点・$m$ 位の極・真性特異点）であることをいう。

$z = \infty$ が孤立特異点の場合（すなわち $w = 0$ が $F(w)$ の孤立特異点の場合）を考える。定義より、$F(w)$ は $H(0, 0, \frac{1}{r}) = \{w \mid 0 < |w| < \frac{1}{r}\}$ でローラン展開

$$F(w) = \sum_{n=-\infty}^{-1} c_n w^n + \sum_{n=0}^{\infty} c_n w^n = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{c_{-m}}{w^m} + \sum_{n=0}^{\infty} c_n w^n$$

をもつ。前者を $F(w)$ の主要部、後者を正則部と呼ぶことにした。これに対応して、$f(z)$ の $z = \infty$ でのローラン展開は

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{c_n}{z^n} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{c_n}{z^n} = \sum_{m=1}^{\infty} c_{-m} z^m + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{c_n}{z^n}$$

となる。ここでは正の冪の部分（$z$ の正べきの和）を $f(z)$ の $z = \infty$ での主要部、負の冪の部分を正則部と呼ぶ。これは有限点でのローラン展開の場合と逆になっている。

同様にして、次の方法で孤立特異点の型を判定できる。

補題 3.1.1

$z = \infty$ が除去可能な特異点 $\Longleftrightarrow$ 極限 $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z)$ が存在する。
$z = \infty$ が $m$ 位の極 $\Longleftrightarrow$ 極限 $\displaystyle\lim_{z \to \infty} \dfrac{f(z)}{z^m}$ が存在してゼロでない。また $z = \infty$ が $g(z) = \dfrac{1}{f(z)}$ の $m$ 位の零点であることとも同値である。
$z = \infty$ が真性特異点 $\Longleftrightarrow$ 極限 $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z)$ が存在せず $\infty$ でもない。

系 3.1.3 $z = \infty$ が極であるのは $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z) = \infty$ が成り立つときに限る。

例 3.1.6

$f(z) = \dfrac{1}{\sin(1/z)}$ について。 $\displaystyle\lim_{z \to \infty} \dfrac{f(z)}{z} = \lim_{z \to \infty} \dfrac{1}{z \sin(1/z)} = 1$ なので、$z = \infty$ は1位の極である。
$f(z) = e^{1/z^2}$ について。 $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z) = 1$ なので、$z = \infty$ は除去可能な特異点である。
$f(z) = e^z + e^{1/z} - 1$ について。 $z$ が正の実軸に沿って $+\infty$ に向かうと $f(z) \to \infty$、負の実軸に沿って $-\infty$ に向かうと $f(z) \to 0$ となる。よって $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z)$ は存在しない。$z = \infty$ は真性特異点である。

例 3.1.7 有理関数

$$f(z) = \frac{a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0}{b_m z^m + b_{m-1} z^{m-1} + \cdots + b_1 z + b_0}, \quad a_n b_m \ne 0$$

を考える。

$n = m$ ならば $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z) = \dfrac{a_n}{b_m}$ となり、$z = \infty$ は除去可能な特異点。
$n < m$ ならば $\displaystyle\lim_{z \to \infty} f(z) = 0$ となり、$z = \infty$ は除去可能な特異点。
$n > m$ ならば $\displaystyle\lim_{z \to \infty} \dfrac{f(z)}{z^{n-m}} = \dfrac{a_n}{b_m}$ となり、$z = \infty$ は $n - m$ 位の極。

3.1.3 非孤立特異点

非孤立特異点は研究が難しい。ここでは非孤立特異点を含むいくつかの例を紹介するにとどめる。

例 3.1.8 $f(z) = \dfrac{1}{\sin(1/z)}$ の全奇点を求め、その型を判定する。全ての可能な奇点は

$$z = \infty, \quad 0, \quad \frac{1}{k\pi} \quad (k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\})$$

である。

例 3.1.6 より、$z = \infty$ は1位の極。
$z_k = \dfrac{1}{k\pi}$ は孤立特異点である。 $\displaystyle\lim_{z \to z_k}(z - z_k) f(z) = \dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2 \pi^2}$ なので、 $z = z_k$ は1位の極である。
$\displaystyle\lim_{k \to \infty} z_k = 0$ なので、$z = 0$ は非孤立特異点である。

例 3.1.9 $f(z) = \dfrac{1}{e^z - 1} - \dfrac{1}{z}$ の全奇点を求め、その型を判定する。全ての可能な奇点は

$$z = \infty, \quad 0, \quad 2k\pi i \quad (k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\})$$

である。

$z = 0$ は除去可能な特異点。実際、
$$\lim_{z \to 0} f(z) = \lim_{z \to 0} \frac{1 + z - e^z}{z(e^z - 1)} = \lim_{z \to 0} \frac{-\frac{z^2}{2} - \frac{z^3}{6} - \cdots}{z\!\left(z + \frac{z^2}{2} + \cdots\right)} = -\frac{1}{2}.$$
$z_k = 2k\pi i$ は孤立特異点であり、 $\displaystyle\lim_{z \to z_k}(z - z_k) f(z) = \lim_{z \to z_k} \dfrac{z - z_k}{e^z - 1} = 1$ なので、$z = z_k$ は1位の極。
$\displaystyle\lim_{k \to \infty} z_k = \infty$ なので、$z = \infty$ は非孤立特異点である。

3.2 留数

3.2.1 有限奇点の留数

$f(z)$ を $0 < |z - z_0| < r$ で解析的な関数とし、$z = z_0$ をその孤立特異点とする。ローラン展開

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n\tag{2}$$

を考える。ここで係数は

$$c_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{C_\rho} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{n+1}} d\xi, \quad C_\rho \colon |z - z_0| = \rho \quad (0 < \rho < r)$$

で与えられる。特に $\dfrac{1}{z}$ の係数

$$c_{-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{C_\rho} f(\xi)\, d\xi$$

に注目する。$c_{-1}$ を $f(z)$ の $z = z_0$ における留数（Residue）と呼び、 $\operatorname{Res}(f(z), z_0)$ と書く。定義より

$$\operatorname{Res}(f(z), z_0) = c_{-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{C_\rho} f(\xi)\, d\xi.$$

なぜローラン展開の係数 $c_{-1}$ だけに注目するのか？コーシー積分定理が成り立つためには $f(z)$ が解析的でなければならない。 $f(z)$ が孤立特異点 $z = z_0$ をもつ場合、積分 $\displaystyle\int_{C_\rho} f(z)\, dz$ の値は一般にゼロでなく、その値こそが留数 $\operatorname{Res}(f(z), z_0)$ に等しい。

なぜこの積分を「留数」と呼ぶのか？ (2) の両辺を積分すると

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{C_\rho} f(z)\, dz = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{c_n}{2\pi i} \int_{C_\rho} (z - z_0)^n dz.\tag{3}$$

右辺の各積分を計算すると、

$n \ge 0$ のとき、被積分関数は解析的なのでコーシーの積分定理より $\displaystyle\int_{C_\rho}(z-z_0)^n dz = 0$。
$n < -1$ のとき、コーシーの導関数公式より $\displaystyle\int_{C_\rho}(z-z_0)^n dz = \int_{C_\rho} \frac{1}{(z-z_0)^{-n}} dz = 0$。
$n = -1$ のとき、コーシーの積分公式より $\displaystyle\int_{C_\rho} \frac{1}{z - z_0} dz = 2\pi i$。

よって (3) は $\dfrac{1}{2\pi i}\displaystyle\int_{C_\rho} f(z)\, dz = c_{-1}$ となる。積分の計算において、$c_{-1}$ 以外の係数の寄与はすべて消え、係数 $c_{-1}$ だけが「残留」するのである。

例 3.2.1 $z = z_0$ が $f(z)$ の除去可能な特異点であれば、$f(z)$ のローラン展開はテイラー展開

$$f(z) = c_0 + c_1(z - z_0) + \cdots + c_n(z - z_0)^n + \cdots$$

であるから、$\operatorname{Res}(f(z), z_0) = c_{-1} = 0$ となる。

$z = z_0$ が $f(z)$ の $m$ 位の極であれば、

$$f(z) = \frac{g(z)}{(z - z_0)^m}, \quad g(z_0) \ne 0$$

と書け、$g(z)$ は $z = z_0$ で解析的である。$g(z)$ をテイラー展開すると

$$g(z) = a_0 + a_1(z-z_0) + \cdots + a_{m-1}(z-z_0)^{m-1} + a_m(z-z_0)^m + \cdots$$

なので

$$f(z) = \frac{a_0}{(z-z_0)^m} + \frac{a_1}{(z-z_0)^{m-1}} + \cdots + \frac{a_{m-1}}{z-z_0} + a_m + \cdots$$

が得られる。よって

$$\operatorname{Res}(f(z), z_0) = a_{m-1} = \frac{g^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!} = \frac{1}{2\pi i} \int_{C_\rho} \frac{g(\xi)}{(\xi - z_0)^m} d\xi.$$

特に次の系が成り立つ。

系 3.2.1 $z = z_0$ が $f(z)$ の1位の極であれば、

$$\operatorname{Res}(f(z), z_0) = \lim_{z \to z_0}(z - z_0) f(z) = g(z_0),$$

ここで $g(z) = (z - z_0)f(z)$ は $z = z_0$ で解析的で $g(z_0) \ne 0$。

例 3.2.2

$f(z) = \dfrac{1}{\sin z}$ は $z = 0$ で1位の極をもつ。系 3.2.1 より、
$$\operatorname{Res}(f(z), 0) = \lim_{z \to 0} z f(z) = 1.$$
$f(z) = \dfrac{1}{e^z - 1} - \dfrac{1}{z}$ は $z = 2k\pi i$（$k \ne 0$）で1位の極をもつ（例 3.1.9）。系 3.2.1 より
$$\operatorname{Res}(f(z), 2k\pi i) = \lim_{z \to 2k\pi i}(z - 2k\pi i) f(z) = 1.$$
$f(z) = \dfrac{\sin z}{z^4}$ は $z = 0$ で3位の極をもつ（例 3.1.3）。 $\sin z = z - \dfrac{z^3}{6} + \cdots$ のテイラー展開より、 $\operatorname{Res}(f(z), 0) = -\dfrac{1}{6}$。

3.2.2 無限遠点の留数

$z = \infty$ を $f(z)$ の孤立特異点とする。そのローラン展開を

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n z^n, \quad r < |z| < \infty$$

とする。$z = \infty$ での留数を

$$\operatorname{Res}(f(z), \infty) := -c_{-1} = -\frac{1}{2\pi i} \int_{C_R} f(z)\, dz$$

と定義する。ここで $C_R \colon |z| = R$（$r < R < +\infty$）である。

注 3.2.1 $z = \infty$ が除去可能な特異点であれば、$c_n = 0$（$\forall n \ge 0$）が成り立つ。しかし $c_{-1} = 0$ である必要はなく、したがって除去可能な特異点での留数はゼロでない場合がある！これは有限点での除去可能な特異点の場合と異なる点である。

無限遠点の留数を有限点の留数の計算に帰着させることもできる。 $F(w) = f\!\left(\dfrac{1}{w}\right)$ とおくと、$F(w)$ の $w = 0$ でのローラン展開は

$$F(w) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{c_n}{w^n} = \sum_{m=-\infty}^{\infty} c_{-m} w^m.$$

$C_R$ の向きを逆にして反演変換 $w = \dfrac{1}{z}$ で写すと、$C_R^-$ は原点の周りを時計回りに回る円周 $C_{1/R}^-$ になる。変数変換により

$$\int_{C_R} f(z)\, dz = \int_{C_{1/R}^-} F(w)\, d\!\left(\frac{1}{w}\right) = \int_{C_{1/R}} \frac{F(w)}{w^2} dw.$$

よって

$$\operatorname{Res}(f(z), \infty) = -\operatorname{Res}\!\left(\frac{F(w)}{w^2}, 0\right) = -\frac{1}{2\pi i} \int_{C_{1/R}} \frac{F(w)}{w^2} dw.$$

例 3.2.3

$z = \infty$ は $f(z) = e^{1/z}$ の除去可能な特異点。ローラン展開は $f(z) = 1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{2z^2} + \cdots$ なので、 $\operatorname{Res}(f, \infty) = -1$。
$z = \infty$ は $f(z) = \dfrac{1}{\sin(1/z)}$ の1位の極。 $w = \dfrac{1}{z}$、$F(w) = \dfrac{1}{\sin w}$ とおくと $F(w) = \dfrac{1}{\sin w} = \dfrac{1}{w} + \dfrac{w}{6} + \cdots$ なので、 $\dfrac{F(w)}{w^2} = \dfrac{1}{w^3} + \dfrac{1}{6w} + \cdots$。よって $\operatorname{Res}(f, \infty) = -\operatorname{Res}\!\left(\dfrac{F(w)}{w^2}, 0\right) = -\dfrac{1}{6}$。
$z = \infty$ は $f(z) = \dfrac{e^z}{z^n}$ の真性特異点。ローラン展開から直接 $\operatorname{Res}(f, \infty) = -\dfrac{1}{(n-1)!}$。
分式一次関数 $f(z) = \dfrac{az + b}{cz + d}$ について。$c \ne 0$ のとき、$z = \infty$ は除去可能な特異点であり、 $w = \dfrac{1}{z}$ として $F(w) = \dfrac{a + bw}{c + dw}$ のローラン展開は $F(w) = \dfrac{a}{c} - \dfrac{ad - bc}{c^2} w + \cdots$ なので、 $\operatorname{Res}(f, \infty) = \dfrac{ad - bc}{c^2}$。 $c = 0$ のとき、$f(z) = \dfrac{a}{d} z + \dfrac{b}{d}$ であり、$z = \infty$ は1位の極で $\operatorname{Res}(f, \infty) = 0$。

3.3 留数定理

3.3.1 有界領域の留数定理

定理 3.3.1（留数定理） $\mathcal{D}$ を複素閉曲線 $C$ で囲まれた有界領域とし、$f(z)$ が $\mathcal{D}$ の中で有限個の奇点 $a_1, \ldots, a_n$ 以外で解析的であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続とする。このとき諸点 $z = a_i$ は孤立特異点であり、次の等式が成り立つ。

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C f(z)\, dz = \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f(z), a_k).$$

証明

十分小さい円周 $C_k \colon |z - a_k| = \varepsilon$（$k = 1, 2, \ldots, n$）を取り、すべての $C_k$ が $\mathcal{D}$ 内に収まるようにする。これらの小円板を除いた新しい領域 $\mathcal{D}'$ の境界は $T := C_1^- + \cdots + C_n^- + C$ である。

$f(z)$ は $\mathcal{D}'$ で解析的であり、$\overline{\mathcal{D}'} = \mathcal{D}' + T$ 上連続だから、コーシーの積分定理より $\displaystyle\int_T f(z)\, dz = 0$、すなわち

$$\int_C f(z)\, dz = \int_{C_1} f(z)\, dz + \cdots + \int_{C_n} f(z)\, dz.$$

留数の定義により右辺は $2\pi i \displaystyle\sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f, a_k)$ に等しく、結論が得られる。

系 3.3.1 $f(z)$ が $\mathcal{D}$ の中で有限個の除去可能な特異点以外で解析的であり、境界まで連続ならば

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C f(z)\, dz = 0.$$

特に $f(z)$ が $\mathcal{D}$ で解析的な場合がコーシーの積分定理に相当する。

証明

除去可能な特異点の留数はすべてゼロなので、留数定理から結論が得られる。

系 3.3.2 留数定理はコーシー積分（積分）導関数公式を包含する。

証明

$f(z)$ を $\mathcal{D}$ で解析的、$a \in \mathcal{D}$ とする。$C_\varepsilon$ を $\mathcal{D}$ 内の十分小さい円とし、 $F(z) = \dfrac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}$ とおく。前の議論より

$$\operatorname{Res}(F(z), a) = \frac{f^{(n)}(a)}{n!}.$$

留数定理よりコーシーの導関数公式が得られる。

例 3.3.1

$\displaystyle\int_{|z|=1} e^{1/z}\, dz$ を求める。
$f(z) = e^{1/z}$ の $|z| < 1$ 内の奇点は $z = 0$ のみ。これは真性特異点で、 $\operatorname{Res}(f, 0) = 1$。留数定理より $\displaystyle\int_{|z|=1} e^{1/z}\, dz = 2\pi i \operatorname{Res}(f, 0) = 2\pi i$。
$\displaystyle\int_{|z-1|=1} \dfrac{1}{z^2 - 1}\, dz$ を求める。
$f(z) = \dfrac{1}{z^2 - 1}$ の $|z-1| < 1$ 内の奇点は $z = 1$ のみ。これは1位の極で、 $\operatorname{Res}(f, 1) = \dfrac{1}{2}$。留数定理より $\displaystyle\int_{|z-1|=1} \dfrac{1}{z^2-1}\, dz = \pi i$。
$\displaystyle\int_{|z|=2} \dfrac{1}{z^2-1}\, dz$ を求める。
$f(z) = \dfrac{1}{z^2-1}$ の1位の極 $z = 1$ の他に $z = -1$ の留数は $\operatorname{Res}(f, -1) = -\dfrac{1}{2}$。留数定理より
$$\int_{|z|=2} \frac{1}{z^2-1}\, dz = 2\pi i\bigl(\operatorname{Res}(f, 1) + \operatorname{Res}(f, -1)\bigr) = 0.$$
$\displaystyle\int_{|z|=2} \dfrac{z^3}{z^4-1}\, dz$ を求める。
$f(z) = \dfrac{z^3}{z^4-1}$ の4つの1位の極 $z = -1, 1, i, -i$ での留数はすべて $\dfrac{1}{4}$。留数定理より
$$\int_{|z|=2} \frac{z^3}{z^4-1}\, dz = 2\pi i.$$

3.3.2 無界領域の留数定理

$C_k$（$k = 1, \ldots, n$）を互いに交わらない単純閉曲線、$D_k$ を $C_k$ が囲む有界領域とする。全ての $D_k$ およびその境界 $C_k$ を平面から除いた領域を $\mathcal{D}$ と書き、無界領域と呼ぶ。 $\mathcal{D}$ は $\infty$ を含み、その境界は $C = C_1^- + \cdots + C_n^-$ である。

定理 3.3.2（無界領域の留数定理） $f(z)$ が無界領域 $\mathcal{D}$ の中で有限個の奇点 $a_1, \ldots, a_n$ および $\infty$ 以外で解析的であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続とする。このとき諸点 $z = a_i$ および $\infty$ は孤立特異点であり

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C f(z)\, dz = \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f(z), a_k) + \operatorname{Res}(f(z), \infty).$$

証明

十分大きい半径の円周 $C_R \colon |z| = R$ を取り、全ての $a_k$ と $\mathcal{D}$ の境界が $C_R$ の内側に入るようにする。 $C_R + C$ は閉曲線を構成し、その内部は有界領域を形成する。有界領域の留数定理より

$$\int_{C_R} f(z)\, dz + \int_C f(z)\, dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f(z), a_k).$$

一方、$z = \infty$ での留数の定義より $\displaystyle\int_{C_R} f(z)\, dz = -2\pi i \operatorname{Res}(f(z), \infty)$。両式を組み合わせれば結論が得られる。

系 3.3.3（無界領域の積分公式と導関数公式） $\mathcal{D}$ を無界領域、$C$ を $\mathcal{D}$ の境界、$z_0 \in \mathcal{D}$ とする。 $f(z)$ が $\mathcal{D}$ で解析的であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続とする。 $z = \infty$ が $f(z)$ の除去可能な特異点であれば、

$\displaystyle f(z_0) = f(\infty) + \frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{f(z)}{z - z_0}\, dz$、
$\displaystyle f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i} \int_C \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\, dz$。

証明

$F(z) = \dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$（$n = 0, 1, \ldots$）とおく。 $F(z)$ は $\mathcal{D}$ 内に奇点 $z = z_0, \infty$ をもつ。コーシー積分公式と導関数公式より

$$\operatorname{Res}(F(z), z_0) = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}.$$

一方、$z = \infty$ が $F(z)$ の除去可能な特異点であるから、そのローラン展開の主要部はゼロである。留数定理よりこれが成り立つ。

$$\operatorname{Res}(F(z), \infty) = \begin{cases} -f(\infty), & n = 0, \\ 0, & n \ge 1. \end{cases}$$

上記の留数計算と無界領域の留数定理を組み合わせれば結論が得られる。

例 3.3.2 $\displaystyle\int_C \dfrac{\cos(1/z)}{z-2}\, dz$ を求める。ここで $C \colon |z| = 1$。

無界領域 $|z| > 1$ において、$z = \infty$ は $f(z) := \cos(1/z)$ の除去可能な特異点であり、$f(z)$ はその他の点で解析的である。$C^-$ は無界領域 $|z| > 1$ の境界であることに注意すると、系 3.3.3 より

$$\int_C \frac{\cos(1/z)}{z-2}\, dz = -\int_{C^-} \frac{\cos(1/z)}{z-2}\, dz = -2\pi i\!\left(f(2) - f(\infty)\right) = 2\pi i\!\left(1 - \cos\tfrac{1}{2}\right).$$

なお、有界領域 $|z| < 1$ でコーシーの積分公式を直接使えないことに注意する。これは $|z| < 1$ 内で $z = 0$ が $\dfrac{\cos(1/z)}{z-2}$ の真性特異点であるためである（コーシーの積分公式が使える条件は、積分関数の奇点が極のみであることである）。

一方、有界領域 $|z| < 1$ での留数定理を使えば

$$\int_C \frac{\cos(1/z)}{z-2}\, dz = 2\pi i \operatorname{Res}\!\left(\frac{\cos(1/z)}{z-2}, 0\right).$$

ただし $z = 0$ が真性特異点なのでこの留数の計算は容易でない。実際、

$$\frac{\cos(1/z)}{z-2} = -\frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^n}\right) \cdot \left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!\, z^{2n}}\right)$$

を展開すると

$$\operatorname{Res}\!\left(\frac{\cos(1/z)}{z-2}, 0\right) = -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!\, 2^{2n-1}} = -\!\left(\cos\tfrac{1}{2} - 1\right).$$

無界領域の留数定理を用いる方がはるかに簡便であることがわかる。

例 3.3.3 $\displaystyle\int_C \dfrac{z^2 \cos(1/z)}{(z^2-3)(z-3)}\, dz$ を求める。ここで $C \colon |z| = 2$。

無界領域 $|z| > 2$ において、$z = \infty$ は $f(z) := \dfrac{z^2 \cos(1/z)}{z^2-3}$ の除去可能な特異点で $f(\infty) = 1$ であり、$f(z)$ はその他の点で解析的である。$C^-$ は無界領域 $|z| > 2$ の境界であるから

$$\int_C \frac{z^2 \cos(1/z)}{(z^2-3)(z-3)}\, dz = -2\pi i\!\left(f(3) - f(\infty)\right) = \left(2 - 3\cos\tfrac{1}{3}\right)\pi i.$$

例 3.3.4 $\displaystyle\int_C \dfrac{1}{\sin(1/z)}\, dz$ を求める。ここで $C \colon |z| = 1$。

$f(z) = \dfrac{1}{\sin(1/z)}$ とおく。例 3.1.8 より $z = 0$ は非孤立特異点なので、有界領域 $|z| < 1$ では留数定理を使えない。無界領域 $|z| > 1$（境界は $C^-$）において、例 3.2.3 (2) より $f(z)$ は1位の極 $z = \infty$ をもち、$\operatorname{Res}(f(z), \infty) = -\dfrac{1}{6}$。無界領域の留数定理より

$$\int_C f(z)\, dz = -\int_{C^-} \frac{1}{\sin(1/z)}\, dz = -2\pi i \operatorname{Res}(f(z), \infty) = \frac{\pi i}{3}.$$

3.4 留数総和定理

定理 3.4.1（留数総和定理） $f(z)$ が拡張複素平面 $\mathbb{C}$ の中で有限個の奇点 $a_1, \ldots, a_n$ および $\infty$ 以外で解析的であれば、諸点 $z = a_i$ および $\infty$ はすべて孤立特異点であり、

$$\sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f(z), a_k) + \operatorname{Res}(f(z), \infty) = 0.$$

証明

十分大きい半径の円周 $C \colon |z| = R$ を取り、全ての有限奇点 $z = a_k$ が $C$ の内側に入るようにする。留数定理より

$$\sum_{k=1}^n \operatorname{Res}(f(z), a_k) = \frac{1}{2\pi i} \int_C f(z)\, dz.$$

一方、$z = \infty$ での留数の定義より

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C f(z)\, dz = -\operatorname{Res}(f(z), \infty).$$

これら二式を組み合わせると結論が得られる。

留数総和定理を使えば、多くの積分計算を簡略化できる。例えば例 3.3.2 や例 3.3.2 において、無界領域の留数定理でも有界領域の留数定理でも計算できるが、計算の複雑さは異なる。

例 3.4.1

$\displaystyle\int_{|z|=1} e^{1/z}\, dz$ を求める。
留数定理と留数総和定理より
$$\int_{|z|=1} e^{1/z}\, dz = 2\pi i \operatorname{Res}(e^{1/z}, 0) = -2\pi i \operatorname{Res}(e^{1/z}, \infty) = 2\pi i.$$
$\displaystyle\int_{|z-1|=1} \dfrac{1}{z^2-1}\, dz$ を求める。
$\dfrac{1}{z^2-1}$ は $|z-1| < 1$ 内に奇点 $z = 1$ のみをもち、 $|z-1| > 1$ 内には奇点 $z = -1$ および $z = \infty$ をもつ。留数定理と留数総和定理より
$$\int_{|z-1|=1} \frac{1}{z^2-1}\, dz = 2\pi i \operatorname{Res}\!\left(\frac{1}{z^2-1}, 1\right) = \pi i.$$

例 3.4.2 $\displaystyle\int_{|z|=4} \dfrac{z^{13}}{(z-1)^2(z^4+2)^3}\, dz$ を求める。

$f(z) = \dfrac{z^{13}}{(z-1)^2(z^4+2)^3}$ とおく。留数定理と留数総和定理より

$$\int_{|z|=4} f(z)\, dz = 2\pi i\!\left(\operatorname{Res}(f(z), 1) + \sum_{k=0}^3 \operatorname{Res}\!\left(f(z),\, 2^{1/4} e^{\frac{2k+1}{4}\pi i}\right)\right) = -2\pi i \operatorname{Res}(f(z), \infty).$$

明らかに最後の等式を使うのが最も簡便である。$z = \infty$ は除去可能な特異点で $\displaystyle\lim_{z \to \infty} z f(z) = 1$ なので $\operatorname{Res}(f(z), \infty) = -1$。よって $\displaystyle\int_{|z|=4} f(z)\, dz = 2\pi i$。

3.5 偏角原理

この節では次の積分を研究する。

$$\int_C \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz.$$

形式的には $({\ln f(z)})' = \dfrac{f'(z)}{f(z)}$ が成り立つので、$\dfrac{f'(z)}{f(z)}$ を対数導関数と呼ぶ。

3.5.1 対数導関数の奇点と留数

$f(z)$ が $0 < |z - a| < r$ で解析的かつ至る所ゼロでないとする。留数

$$\operatorname{Res}\!\left(\frac{f'(z)}{f(z)}, a\right) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-a|=\rho} \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz, \quad \rho < r$$

を計算するために、$\dfrac{f'(z)}{f(z)}$ の $z = a$ での奇点の振る舞いを考える。次の二つの場合を考える。

(1) $z = a$ が $f(z)$ の除去可能な特異点または解析点の場合。
$z = a$ を $f(z)$ の $m$ 位の零点（$f(a) \ne 0$ のときは $m = 0$ とする）とすると、

$$f(z) = (z - a)^m \varphi(z),$$

ここで $\varphi(z)$ は $z = a$ で解析的かつ $\varphi(a) \ne 0$。計算すると

$$\frac{f'(z)}{f(z)} = \frac{m}{z - a} + \frac{\varphi'(z)}{\varphi(z)}.$$

$\varphi(a) \ne 0$ より $\dfrac{\varphi'(z)}{\varphi(z)}$ は $z = a$ で解析的なので、 $\dfrac{f'(z)}{f(z)}$ は $z = a$ で1位の極をもち

$$\operatorname{Res}\!\left(\frac{f'(z)}{f(z)}, a\right) = m.$$

(2) $z = a$ が $f(z)$ の $n$ 位の極の場合。

$$f(z) = \frac{\psi(z)}{(z - a)^n},$$

ここで $\psi(z)$ は $z = a$ で解析的かつ $\psi(a) \ne 0$。計算すると

$$\frac{f'(z)}{f(z)} = -\frac{n}{z - a} + \frac{\psi'(z)}{\psi(z)}.$$

よって $\dfrac{f'(z)}{f(z)}$ は $z = a$ で1位の極をもち

$$\operatorname{Res}\!\left(\frac{f'(z)}{f(z)}, a\right) = -n.$$

$z = a$ が $f(z)$ の真性特異点であれば有意義な結論は得られない。

より一般の形として次の補題が成り立つ。

補題 3.5.1 $g(z)$ を $z = a$ で解析的な関数、$z = a$ を $f(z)$ の $m$ 位の零点、$z = b$ を $f(z)$ の $n$ 位の極とすると、

$$\operatorname{Res}\!\left(g(z) \cdot \frac{f'(z)}{f(z)},\, a\right) = mg(a), \qquad \operatorname{Res}\!\left(g(z) \cdot \frac{f'(z)}{f(z)},\, b\right) = -ng(b).\tag{4}$$

証明

前の議論より

$$\frac{f'(z)}{f(z)} = \frac{m}{z - a} + \frac{\varphi'(z)}{\varphi(z)},$$

ここで $\varphi(z)$ は $z = a$ で解析的かつ $\varphi(a) \ne 0$。 $g(z) \cdot \dfrac{\varphi'(z)}{\varphi(z)}$ の解析性より

$$\operatorname{Res}\!\left(g(z) \cdot \frac{f'(z)}{f(z)},\, a\right) = \operatorname{Res}\!\left(g(z) \cdot \frac{m}{z-a},\, a\right).$$

$z = a$ は $g(z) \cdot \dfrac{m}{z-a}$ の1位の極または除去可能な特異点（$g(a)$ がゼロかどうかに依存）なので

$$\operatorname{Res}\!\left(g(z) \cdot \frac{m}{z-a},\, a\right) = \lim_{z \to a}(z-a) \cdot g(z) \cdot \frac{m}{z-a} = mg(a).$$

これで (4) の第一式が証明された。第二式も同様に示せる。

3.5.2 対数導関数の積分

$\mathcal{D}$ を閉曲線 $C$ で囲まれた有界領域とする。 $f(z)$ が $\mathcal{D}$ 内で極以外に解析的であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続で、$C$ 上で至る所ゼロでないとする。 $z = a_1, \ldots, a_k$ を $f(z)$ の $\mathcal{D}$ 内の全ての零点（級数はそれぞれ $m_1, \ldots, m_k$）、 $z = b_1, \ldots, b_l$ を $f(z)$ の $\mathcal{D}$ 内の全ての極（級数はそれぞれ $n_1, \ldots, n_l$）とする。

$m$ 位の零点（極）は $m$ 個の重なった零点（極）として数えることに注意する。便宜上、

$$N(C, f) := \sum_{i=1}^k m_i, \qquad P(C, f) := \sum_{j=1}^l n_j$$

でそれぞれ $f(z)$ の $\mathcal{D}$ 内での零点と極の個数を表す。

定理 3.5.1（対数導関数の積分公式）

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = N(C, f) - P(C, f).$$

証明

補題 3.5.1 と留数定理より

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = \sum_{i=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{f'(z)}{f(z)}, a_i\right) + \sum_{j=1}^l \operatorname{Res}\!\left(\frac{f'(z)}{f(z)}, b_j\right) = N(C,f) - P(C,f).$$

この公式の注目すべき点は、等式の右辺が整数であることである。

この公式を加重の場合に拡張できる。

定理 3.5.2（対数導関数の重み付き積分公式） 定理 3.5.1 の記号と仮定を採用する。$g(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続とするとき、

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C g(z) \cdot \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = \sum_{i=1}^k m_i g(a_i) - \sum_{j=1}^l n_j g(b_j).$$

証明

補題 3.5.1 と留数定理より得られる。

3.5.3 偏角増量

$C$ を単純閉曲線、$f(z)$ を $C$ 上の連続関数とする。$z$ が $C$ 上のある起点 $z_0$ から出発して正方向に $C$ を一周するとき、偏角 $\arg f(z)$ も連続的に変化する。$z$ が $C$ を一周して $z_0$ に戻ったとき、偏角 $\arg f(z)$ の連続変化量は一般にゼロでなく、これを $\Delta_C \arg f(z)$ と書き、$f(z)$ の $C$ に沿った偏角増量と呼ぶ。偏角増量は起点 $z_0$ の選び方に無関係である。

例 3.5.1 $C \colon z = e^{i\theta}$、$z_0 = e^{i\theta_0}$ とし、$z$ が $z_0$ から出発して正方向に一周する。$z$ 自身の偏角は $\theta_0$ から $\theta_0 + 2\pi$ まで変化する。

$f(z) = z^n$（$n \ge 1$）。$f(z)$ の偏角は $n\theta_0$ から $n(\theta_0 + 2\pi)$ まで変化するので
$$\Delta_C \arg f(z) = n(\theta_0 + 2\pi) - n\theta_0 = 2n\pi.$$
言い換えると、$z$ が反時計回りに原点を一周すると、$f(z) = z^n$ は反時計回りに原点を $n$ 周する。
$f(z) = \dfrac{1}{z^n}$（$n \ge 1$）。偏角増量は
$$\Delta_C \arg f(z) = -n(\theta_0 + 2\pi) - (-n\theta_0) = -2n\pi.$$
言い換えると、$z$ が反時計回りに一周すると、$f(z) = \dfrac{1}{z^n}$ は時計回りに $n$ 周する。
$f(z) = 2 + z$。$\theta_0 = 0$ とする。 $z$ の偏角が $0$ から $\dfrac{2\pi}{3}$ まで変化すると $f(z)$ の偏角は $0$ から $\dfrac{\pi}{6}$ まで変化し、 $\dfrac{2\pi}{3}$ から $\dfrac{4\pi}{3}$ では $\dfrac{\pi}{6}$ から $-\dfrac{\pi}{6}$ まで変化し、 $\dfrac{4\pi}{3}$ から $2\pi$ では $-\dfrac{\pi}{6}$ から $0$ まで戻る。よって偏角増量はゼロである。

上の例 (3) を一般化できる。

補題 3.5.2 $C$ を単純閉曲線、$f(z)$ を $C$ 上の連続関数、$a \in \mathbb{C}$ を与えられたゼロでない定数とする。 $|f(z)| < |a|$（$\forall z \in C$）であれば $\Delta_C \arg(a - f(z)) = 0$。

証明

$F(z) = \dfrac{f(z)}{a}$ とおくと $|F(z)| < 1$。$M = \displaystyle\max_{z \in C}\{|f(z)|\}$ とおくと、 $f(z)$ は $C$ 上連続なので $M$ は $C$ 上のある点で達成され $M < 1$。

$$\Delta_C \arg(a - f(z)) = \Delta_C \arg a(1 - F(z)) = \Delta_C \arg(1 - F(z)).$$

$1 - F(z)$ をベクトルと見て基点を原点に平行移動すると、$z$ が $C$ を一周するとき関数値 $w = F(z)$ は円板 $|w| \le M$ 内にあり、$1$ はその外側にある。したがって $1 - F(z)$ は常に右半平面内に留まる。$z$ が一周すると最終的に初期状態に戻るので $\Delta_C \arg(1 - F(z)) = 0$。

注 3.5.1 実際には、多値連続関数の場合にも偏角増量を定義でき、関数の多値性に依存しない。例えば

$$\Delta_C \arg \sqrt[n]{z} := \frac{\Delta_C \arg z}{n}.$$

より一般に、曲線 $C$ 上の連続関数 $g(z)$ に対して

$$\Delta_C \arg \sqrt[n]{g(z)} := \frac{\Delta_C \arg g(z)}{n}.$$

例 3.5.2 $f(z) = \sqrt{z(z-1)}$、$z$ が曲線 $C$ に沿って $2$ から $i$ まで動くとき $\Delta_C \arg f(z)$ を求める。

偏角増量の定義より

$$\Delta_C \arg f(z) = \frac{1}{2}\!\left(\Delta_C \arg z + \Delta_C \arg(z-1)\right) = \frac{1}{2}\!\left(\frac{\pi}{2} + \frac{3\pi}{4}\right).$$

3.5.4 偏角原理

対数導関数の原始関数が $\ln f(z) = \ln|f(z)| + i \operatorname{Arg} f(z)$ である。 $z$ が複素閉曲線 $C$ を一周すると、$\ln f(z)$ の実部 $\ln|f(z)|$ は変化しないが偏角 $\arg f(z)$ は変化する。したがって

$$\frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = \frac{1}{2\pi} \Delta_C \ln f(z) = \frac{1}{2\pi} \Delta_C \arg f(z).$$

対数導関数の積分公式と組み合わせて次の定理が得られる。

定理 3.5.3（偏角原理） $\mathcal{D}$ を単純閉曲線 $C$ で囲まれた有界領域とし、$f(z)$ が $\mathcal{D}$ 内で有限個の極以外に解析的であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続で $C$ 上では至る所ゼロでないとする。このとき

$$\frac{\Delta_C \arg f(z)}{2\pi} = \frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz = N(C, f) - P(C, f).$$

系 3.5.1 $f(z)$、$g(z)$ が偏角原理の条件を満たすとき、

$\dfrac{\Delta_C \arg f(z)}{2\pi}$ は整数。特に $f(z)$ が $\mathcal{D}$ 内で解析的であれば非負整数。
$\Delta_C \arg(f(z) \cdot g(z)) = \Delta_C \arg f(z) + \Delta_C \arg g(z)$。
$\Delta_C \arg\!\left(\dfrac{f(z)}{g(z)}\right) = \Delta_C \arg f(z) - \Delta_C \arg g(z)$。
$\Delta_C \arg(f(z))^n = n \Delta_C \arg f(z)$（$\forall n \in \mathbb{Z}$）。

証明

(1) は明らか。(3)(4) はいずれも (2) の系である。(2) を証明する。 $(fg)' / (fg) = f'/f + g'/g$ であり、偏角原理より結論が得られる。

系 3.5.2 $f(z)$ が偏角原理の条件を満たし、$a \in \mathbb{C}$ が与えられたゼロでない定数で $|f(z)| < |a|$（$\forall z \in C$）であれば

$$N(C, a - f(z)) = P(C, f(z)).$$

特に、$f(z)$ が $C$ で囲まれた有界領域 $\mathcal{D}$ 内で極をもつことと $f(z) = a$ が $\mathcal{D}$ 内に根をもつことは同値である。

証明

補題 3.5.2 より $\Delta_C \arg(a - f(z)) = 0$。偏角原理より $N(C, a - f(z)) = P(C, a - f(z))$。 $a - f(z)$ と $f(z)$ は同じ極をもつので $P(C, a - f(z)) = P(C, f(z))$。

例 3.5.3 $f(z) = \dfrac{(e^z-1)^2 \sin z}{z^2 + 2}$、$C \colon |z| = 4$、 $z$ が $C$ に沿って反時計回りに一周するときの偏角増量 $\Delta_C \arg f(z)$ を求める。

$C$ の内側において、$f(z)$ は3位の零点 $z = 0$、2つの1位の零点 $z = \pm\pi$、2つの1位の極 $z = \pm\sqrt{2}i$ をもつ。よって $N(C, f) = 5$、$P(C, f) = 2$。偏角原理より $\Delta_C \arg f(z) = 2\pi(N - P) = 6\pi$。

3.6 ルーシェの定理

定理 3.6.1（ルーシェの定理） $\mathcal{D}$ を単純閉曲線 $C$ で囲まれた有界領域とし、$f(z)$、$g(z)$ が $\mathcal{D}$ 上の解析関数であり、$\overline{\mathcal{D}} = \mathcal{D} + C$ 上連続とする。 $|f(z)| > |g(z)|$（$\forall z \in C$）であれば

$$N(C, f) = N(C, f + g) = N(C, f - g).$$

言い換えると、$f$、$f + g$、$f - g$ の三者は領域 $\mathcal{D}$ 内で同じ個数の零点をもつ。

証明

系 3.5.1 より

$$\Delta_C \arg(f(z) \pm g(z)) = \Delta_C \arg f(z) + \Delta_C \arg\!\left(1 \pm \frac{g(z)}{f(z)}\right).$$

$\left|\dfrac{g(z)}{f(z)}\right| < 1$（$\forall z \in C$）なので、補題 3.5.2 より

$$\Delta_C \arg\!\left(1 \pm \frac{g(z)}{f(z)}\right) = 0.$$

よって $\Delta_C \arg(f(z) \pm g(z)) = \Delta_C \arg f(z)$。$f(z)$、$g(z)$ は解析的なので

$$N(C, f \pm g) = \Delta_C \arg(f(z) \pm g(z)) = \Delta_C \arg f(z) = N(C, f).$$

例 3.6.1 多項式方程式 $z^4 - 5z + 1 = 0$ を考える。

この方程式の $|z| < 1$ 内の根の個数を求める。
境界 $C_1 \colon |z| = 1$ 上で $|-5z + 1| \ge |-5z| - 1 = 4 > 1 = |z^4|$。よって $N(C_1, z^4 - 5z + 1) = N(C_1, -5z + 1) = 1$、すなわち $|z| < 1$ 内に根が1個ある。
この方程式の $1 < |z| < 2$ 内の根の個数を求める。
境界 $C_2 \colon |z| = 2$ 上で $|z^4| = 16 > 11 = |-5z| + 1 \ge |-5z + 1|$。よって $N(C_2, z^4 - 5z + 1) = N(C_2, z^4) = 4$、すなわち $|z| < 2$ 内に根が4個ある。

(1) より $|z| < 1$ 内に根が1個あり、$|z| = 1$ 上には根がない（$|z^4| < |5z - 1|$ による）。したがって $1 < |z| < 2$ 内に根が3個ある。

例 3.6.2 $p(z) = z^n - \lambda z + 1$、$|\lambda| > 2$ とする。単位円 $|z| = 1$ 上で

$$|\lambda z| = |\lambda| > 2 = |z^n| + 1 \ge |z^n + 1|.$$

よって $p(z) = 0$ の根は $|z| < 1$ 内にちょうど1個ある。

例 3.6.3 $p(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0$ を $n$ 次複素係数多項式とし、係数が $|a_n| > |a_0| + \cdots + |a_{n-1}|$ を満たすとする。ルーシェの定理より、$f(z) = 0$ の根は単位開円板 $B(0,1)$ 内にちょうど $n$ 個ある。

例 3.6.4 $e^z - 4z^n + 1 = 0$ の $|z| < 1$ 内の根の個数を求める。単位円 $C \colon |z| = 1$ 上で

$$|e^z| \le e^{|z|} = e < 3 = |-4z^n| - 1 \le |-4z^n + 1|.$$

よってこの方程式の $|z| < 1$ 内の根の個数は $N(C, -4z^n + 1) = n$。

3.7 偏角原理とルーシェの定理の応用

3.7.1 代数学の基本定理の別証明

代数学の基本定理を以前はリウヴィル定理を用いて証明した。ここではルーシェの定理を用いて再度証明する。

代数学の基本定理の証明。

$$p(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0, \quad a_n \ne 0$$

を $n$ 次複素係数多項式とし、

$$f(z) = a_n z^n, \qquad g(z) = a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_0$$

とおく。$C \colon |z| = R$ を円周とする。$\displaystyle\lim_{z \to \infty}\left|\dfrac{g(z)}{f(z)}\right| = 0$ なので、$R$ を十分大きくすると $|f(z)| > |g(z)|$（$\forall z \in C$）が成り立つ。ルーシェの定理より $N(C, p) = N(C, f) = n$。 $R$ を任意にとれるので、$p(z) = 0$ は複素平面全体でちょうど $n$ 個の根をもつ。$\square$

3.7.2 シュワルツの補題の別証明

シュワルツの補題を振り返ろう。

定理 3.7.1（定理 2.4.4） $f(z)$ が $|z| < 1$ で解析的、$|f(z)| < 1$ かつ $f(0) = 0$ であれば $|f(z)| \le |z| < 1$。さらに、もし $|z_0| = |f(z_0)| < 1$ となる $z_0$ が存在すれば、$f(z) = e^{i\theta} z$（$\theta$ は実定数）。

ルーシェの定理を用いて別証明を与える。そのためにまず一つの補題が必要である。

補題 3.7.1 $f(z)$ がシュワルツの補題の条件を満たすとする。$\lambda \in \mathbb{C}$ が $|\lambda| > 1$ を満たすとき、

$$F_\lambda(z) = f(z) - \lambda z$$

とおくと、方程式 $F_\lambda(z) = 0$ は $|z| < 1$ 内にただ一つの解 $z = 0$ をもつ。

証明

円周 $C_\rho \colon |z| = \rho$（$\dfrac{1}{|\lambda|} < \rho < 1$）を考える。 $|\lambda z| = |\lambda| \rho > 1 > |f(z)|$（$\forall z \in C_\rho$）なので、ルーシェの定理より $N(C_\rho, F_\lambda) = N(C_\rho, \lambda z) = 1$。すなわち $F_\lambda(z) = 0$ は $|z| < \rho$ 内にただ一つの解 $z = 0$ をもつ。 $\rho$ を任意に1に近づけることができるので、$F_\lambda(z) = 0$ は単位開円板内にただ一つの解 $z = 0$ をもつ。

シュワルツの補題の証明。 $|z| = \alpha$、$|\alpha| < 1$ かつ $|f(\alpha)| > |\alpha|$ となる点 $z = \alpha$ が存在すると仮定する。 $\lambda = \dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$ とおくと $|\lambda| > 1$。方程式 $f(z) - \lambda z = 0$ を考えると、補題 3.7.1 より $|z| < 1$ 内の解は $z = 0$ のみだが、 $z = \alpha$ も明らかに解であり矛盾。よって任意の $|z| < 1$ に対して $|f(z)| \le |z|$ が成り立つ。

後半部分は最大値原理から得られるので省略する。$\square$

3.7.3 単葉性定理

まず有用な補題を述べる。

補題 3.7.2 $f(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上解析的で、$z_0 \in \mathcal{D}$、$w_0 = f(z_0)$ とする。任意の $w \in \mathbb{C}$ に対して $F_w(z) := f(z) - w$ を定義する。$z_0$ が $F_{w_0}(z)$ の $m$ 位の零点であれば、正数 $\varepsilon$ と $\delta$ が存在して

$$0 < |z - z_0| < \delta, \quad 0 < |w - w_0| < \varepsilon$$

のとき $F_w(z)$ はちょうど $m$ 個の1位の零点をもつ、すなわち $F_w(z) = 0$ はちょうど $m$ 個の異なる根をもつ。

証明

零点孤立定理より $\delta > 0$ が存在して $F_{w_0}(z)$ および $F'_{w_0}(z) = f'(z)$ は $0 < |z - z_0| < \delta$ 内で至る所ゼロでない。

$$\varepsilon = \min_{|z - z_0| = \delta} |F_{w_0}(z)|$$

とおく。$0 < |w - w_0| < \varepsilon$ を満たす $w$ に対して $|F_{w_0}(z)| \ge \varepsilon > |w - w_0|$（$\forall z \in C_\delta$、$C_\delta \colon |z-z_0| = \delta$）が成り立つ。$F_w(z) = F_{w_0}(z) - (w - w_0)$ なのでルーシェの定理より $N(C_\delta, F_w(z)) = N(C_\delta, F_{w_0}(z)) = m$、すなわち $F_w(z) = 0$ は $m$ 個の零点をもつ。さらにこのとき $F'_{w_0}(z) = f'(z)$ は至る所ゼロでないので、これらの零点はすべて1位の零点であり方程式はちょうど $m$ 個の異なる根をもつ。

例 3.7.1 $f(z) = z^m$ とすると、$z = 0$ で $m$ 位の零点をもつ。任意のゼロでない値 $w$ に対して、方程式 $z^m - w = 0$ はちょうど $m$ 個の根をもつ、すなわち $\sqrt[m]{w}$ は $m$ 個の値をもつ。

$f(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の解析関数で、$\mathcal{D}$ 内の任意の二点 $z_1, z_2$ に対して $f(z_1) \ne f(z_2)$ が成り立つとき、単葉関数と呼ぶ。

定理 3.7.2（単葉性定理） $f(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の単葉解析関数であれば $f'(z) \ne 0$。逆に、$f(z)$ がある点 $z = z_0$ で解析的かつ $f'(z_0) \ne 0$ であれば、$z_0$ の近傍 $U$ が存在して $f(z)$ は $U$ 上の単葉解析関数である。

証明

(1) $f(z)$ を領域 $\mathcal{D}$ 上の単葉解析関数とする。もし $z_0 \in \mathcal{D}$ で $f'(z_0) = 0$ とすると、$z_0$ は $f(z) - f(z_0)$ の少なくとも2位の零点になる。補題 3.7.2 より、$w_0 = f(z_0)$ に十分近い $w$ に対して方程式 $f(z) - w = 0$ は少なくとも二つの異なる零点をもつ。よって $f(z)$ は単葉でなく矛盾。したがって $f'(z)$ は $\mathcal{D}$ 上で至る所ゼロでない。

(2) $f(z)$ がある点 $z = z_0$ で解析的かつ $f'(z_0) \ne 0$ とする。 $z_0$ は $f(z) - w_0$ の1位の零点である。補題 3.7.2 より、正数 $\varepsilon$ と $\delta$ が存在して $0 < |z - z_0| < \delta$、$0 < |w - w_0| < \varepsilon$ のとき $f(z) - w = 0$ はただ一つの零点をもつ。 $f(z)$ は連続なので $\delta$ を縮めて、$|z - z_0| < \delta$ のとき $|f(z) - w_0| < \varepsilon$ が成り立つようにできる。よって $f(z)$ は単葉である。

例 3.7.2 分式一次変換 $f(z) = k\dfrac{z-z_1}{z-z_2}$（$z_1 \ne z_2$）は $\mathbb{C} \setminus \{z_2\}$ 上の単葉解析関数で $z = z_2$ に1位の極をもつ。$f'(z) = k \cdot \dfrac{z_1 - z_2}{(z-z_2)^2}$ であり、$\mathbb{C} \setminus \{z_2\}$ 上至る所ゼロでない。これは単葉性定理の記述と完全に一致する。

例 3.7.3 $f(z) = z^n$。これは $\mathbb{C}$ 全体の単葉関数でないことを前の例が示している。 $\mathcal{D} = \{z \mid -\frac{\pi}{n} < \arg z < \frac{\pi}{n},\, z \ne 0\}$ を考えると、$f(z)$ は $\mathcal{D}$ 上単葉であることが確認できる。

3.7.4 保領域性定理

定理 1.8.3 を振り返り、その第一部分をルーシェの定理を使って証明する。

定理 3.7.3（保領域性定理） $f(z)$ が領域 $\mathcal{D}$ 上の非定数解析関数であれば、$f(\mathcal{D})$ も領域である。

証明

$z_0 \in \mathcal{D}$ をとり、$w_0 = f(z_0) \in f(\mathcal{D})$ が内点であること、すなわち $w_0$ の近傍が $f(\mathcal{D})$ 内に含まれることを示す。補題 3.7.2 より、正数 $\varepsilon$ と $\delta$ が存在して $|z - z_0| < \delta$、$|w - w_0| < \varepsilon$ のとき方程式 $f(z) - w = 0$ は解をもつ。よって $|w - w_0| < \varepsilon$ を満たす任意の $w$ に対して $f(z) = w$ となる $z$ が存在する。これにより $w_0$ の近傍が $f(\mathcal{D})$ 内に含まれることが示された。

保領域性定理より最大値原理が容易に再導出される（読者への演習とする）。

3.7.5 実係数方程式の右半平面内の根の個数

$f(z) = a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0$ を実係数 $n$ 次多項式（$a_n \ne 0$）、すなわち全係数 $a_i \in \mathbb{R}$ とする。$f(z) = 0$ の根が虚軸 $L$ 上にはないと仮定する。$L$ の向きは上から下とし、一般性を失わず $a_n = 1$ としてよい。

まず $\Delta_L \arg f(z)$ を計算する。

命題 3.7.1 上記の仮定の下で、

$\Delta_L \arg f(z) = k\pi$、ここで $k$ は $n$ と同じ奇偶性をもつ整数で $|k| \le n$。
方程式 $f(z) = 0$ の右半平面内の根の個数はちょうど $\dfrac{n+k}{2}$ であり、左半平面内の根の個数は $\dfrac{n-k}{2}$ である。

証明

$f(z) = 0$ が右半平面内にちょうど $r$ 個の根をもつとする。十分大きい半径 $R$ の半円周

$$C_R \colon z = e^{i\theta}, \quad -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$$

を考える。$C_R$ は虚軸上の線分 $L_R \colon z = it$（$-R \le t \le R$）で閉じる。$C_R + L_R$ が囲む有界領域を

$$\mathcal{D}_R = \{z \mid \operatorname{Re} z > 0,\, |z| < R\}$$

とする。

偏角原理より

$$N(C_R + L_R, f(z)) = \frac{1}{2\pi}\!\left(\Delta_{C_R} \arg f(z) + \Delta_{L_R} \arg f(z)\right). \tag{3-5}$$

$\Delta_{C_R} \arg z^n = n \Delta_{C_R} \arg z = n\pi$ なので系 3.5.1 より

$$\Delta_{C_R} \arg f(z) = n\pi + \Delta_{C_R} \arg\!\left(1 + \frac{a_{n-1}}{z} + \cdots + \frac{a_0}{z^n}\right).$$

$\displaystyle\lim_{z \to \infty}\!\left(1 + \frac{a_{n-1}}{z} + \cdots + \frac{a_0}{z^n}\right) = 1$ なので、補題 3.5.2 と同様の議論より

$$\lim_{R \to \infty} \Delta_{C_R} \arg\!\left(1 + \frac{a_{n-1}}{z} + \cdots + \frac{a_0}{z^n}\right) = 0,$$

したがって $\displaystyle\lim_{R \to \infty} \Delta_{C_R} \arg f(z) = n\pi$。また $\Delta_L \arg f(z) = \displaystyle\lim_{R \to \infty} \Delta_{L_R} \arg f(z)$ も成り立つ。

$R$ を十分大きくすると領域 $\mathcal{D}_R$ は全ての右半平面の根を含む。 (3-5) 式とその他の極限値を用いると

$$r = \lim_{R \to \infty} N(C_R + L_R, f(z)) = \frac{1}{2\pi}(n\pi + \Delta_L \arg f(z)),$$

したがって

$$k := \frac{\Delta_L \arg f(z)}{\pi} = 2r - n$$

は整数であり $n$ と同じ奇偶性をもつ。$0 \le r \le n$ なので $|k| \le n$ が導かれる。

$z = it$ とおくと、$z$ が虚軸 $L$ を上から下に動くのは $t$ が正の実軸を右から左に動くことに対応する。$z = it$ を $f(z)$ に代入して実部と虚部の形で表すと

$$f(it) = \left(\sum_{0 \le m \le \lfloor n/2\rfloor} a_{2m}(-1)^m t^{2m}\right) + i\left(\sum_{0 \le m \le \lfloor (n-1)/2\rfloor} a_{2m+1}(-1)^m t^{2m+1}\right).$$

$f(it)$ を $t$ のパラメータ曲線として、$t$ が $+\infty$ から $-\infty$ まで動くときに $\Delta_L \arg f(z)$ が直接計算できる。これにより $f(z) = 0$ の右半平面内の根の個数が求まる。

例 3.7.4 $f(z) = z^6 + z^5 + 6z^4 + 5z^3 + 8z^2 + 4z + 1$。 $f(z) = 0$ の右半平面内の根の個数を求める。

$z = it$ を代入すると

$$f(it) = \left(-t^6 + 6t^4 - 8t^2 + 1\right) + i\left(t^5 - 5t^3 + 4t\right).$$

$f(it)$ を $t$ のパラメータ曲線として描くと（図略）、$t$ が $+\infty$ から $-\infty$ まで動くとき $\Delta_L \arg f(z) = -6\pi$。命題 3.7.1 より、$f(z) = 0$ の右半平面内の根はない。

例 3.7.5 $f(z) = z^4 + 2z^3 + 3z^2 + z + 2$。 $f(z) = 0$ の右半平面内の根の個数を求める。

$z = it$ を代入すると

$$f(it) = \left(t^4 - 3t^2 + 2\right) + i\left(-2t^3 + t\right).$$

$t$ が $+\infty$ から $-\infty$ まで動くとき $\Delta_L \arg f(z) = 0$。$f(z) = 0$ の右半平面内の根は2個ある。

系 3.7.1（Bring--Jerrard 多項式） $f(z) = z^n + az + b$（$a, b \in \mathbb{R}$、$ab \ne 0$）とし、$f(z) = 0$ の右半平面内の根がちょうど $r$ 個あるとする。

$n$ が奇数のとき
$$r = \begin{cases} \dfrac{n-1}{2}, & (-1)^{\frac{n-1}{2}} b > 0, \\[6pt] \dfrac{n+1}{2}, & (-1)^{\frac{n-1}{2}} b < 0. \end{cases}$$
$n$ が偶数かつ $(-1)^{n/2} b > 0$ のとき $r = \dfrac{n}{2}$。
$n$ が偶数かつ $(-1)^{n/2} b < 0$ のとき
$$r = \begin{cases} \dfrac{n}{2} - 1, & ab > 0, \\[6pt] \dfrac{n}{2} + 1, & ab < 0. \end{cases}$$

3.8 留数定理の応用

3.8.1 三角有理関数の積分

$R(x, y)$ を $x$、$y$ に関する有理関数（$R = \dfrac{f(x,y)}{g(x,y)}$、$f$、$g$ は $x$、$y$ に関する多項式）とする。次の形の積分を計算することを目標とする。

$$\int_0^{2\pi} R(\sin\theta, \cos\theta)\, d\theta.$$

単位円 $C \colon z = e^{i\theta}$（$0 \le \theta \le 2\pi$）を考える。単位円上の点 $z$ に対して

$$\cos\theta = \frac{z + \bar{z}}{2}, \quad \sin\theta = \frac{z - \bar{z}}{2i}, \quad d\theta = \frac{dz}{iz}.$$

単位円上では $\bar{z} = \dfrac{1}{z}$ なので代入すると

$$\int_0^{2\pi} R(\sin\theta, \cos\theta)\, d\theta = \int_C R\!\left(\frac{z - \frac{1}{z}}{2i},\, \frac{z + \frac{1}{z}}{2}\right) \frac{dz}{iz}.$$

これにより留数定理を用いて積分が計算できる。

例 3.8.1

$\displaystyle\int_0^{2\pi} \dfrac{d\theta}{2 + \cos\theta}$ を求める。
上記の変換により
$$\int_{|z|=1} \frac{1}{2 + \frac{z + \frac{1}{z}}{2}} \cdot \frac{dz}{iz} = \frac{2}{i} \int_{|z|=1} \frac{dz}{z^2 + 4z + 1} = 4\pi \operatorname{Res}\!\left(\frac{1}{z^2 + 4z + 1},\, \sqrt{3} - 2\right) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}.$$
$\displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{d\theta}{2 + \cos\theta}$ を求める。
被積分関数は偶関数で周期 $2\pi$ をもつので
$$\int_0^\pi \frac{d\theta}{2 + \cos\theta} = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{2 + \cos\theta} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}.$$

例 3.8.2 $\displaystyle\int_0^{2\pi} \dfrac{d\theta}{1 + 2p\cos\theta + p^2}$（$|p| \ne 1$）を求める。

変換により

$$\frac{1}{i} \int_{|z|=1} \frac{dz}{pz^2 + (p^2+1)z + p} = \frac{1}{i} \int_{|z|=1} \frac{dz}{(pz+1)(z+p)}.$$

$|p| > 1$ のとき、単位円盤内の1位の極は $z = -\dfrac{1}{p}$ のみで $\operatorname{Res}\!\left(f, -\dfrac{1}{p}\right) = \dfrac{1}{p^2 - 1}$。 $|p| < 1$ のとき、単位円盤内の1位の極は $z = -p$ のみで $\operatorname{Res}(f, -p) = \dfrac{1}{1 - p^2}$。留数定理より

$$\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1 + 2p\cos\theta + p^2} = \frac{2\pi}{|p^2 - 1|}.$$

例 3.8.3 $\displaystyle\int_0^{2\pi} \cos^n\theta\, d\theta$ を求める。

変換により

$$\frac{1}{i2^n} \int_{|z|=1} \left(z + \frac{1}{z}\right)^n \frac{dz}{z} = \frac{1}{i2^n} \int_{|z|=1} \frac{(z^2+1)^n}{z^{n+1}}\, dz.$$

$z = 0$ は単位円盤内の唯一の極。直接計算により

$$\operatorname{Res}\!\left(\frac{(z^2+1)^n}{z^{n+1}}, 0\right) = \begin{cases} \dfrac{(2m)!}{(m!)^2}, & n = 2m, \\[4pt] 0, & n = 2m-1. \end{cases}$$

留数定理より

$$\int_0^{2\pi} \cos^n\theta\, d\theta = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot 2\pi, & n = 2m, \\[4pt] 0, & n = 2m-1, \end{cases}$$

ここで $n!!$ は二重階乗（$n$ 以下で $n$ と同じ奇偶性をもつ正整数の積）を表す。

例 3.8.4 同様に

$$\int_0^{2\pi} \sin^n\theta\, d\theta = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} \cdot 2\pi, & n = 2m, \\[4pt] 0, & n = 2m-1. \end{cases}$$

3.8.2 有理関数の広義積分

$f(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)}$ を有理関数とする（$P$、$Q$ は多項式）。$f$ が次の条件を満たすと仮定する。

方程式 $Q(z) = 0$ は実数根をもたない。
$\deg Q - \deg P \ge 2$。
$P$、$Q$ は共通因子をもたない。

定理 3.8.1 $\{a_j\}_{j=1}^k$ を $f$ が上半平面内にもつ全ての奇点とする。このとき

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}\, dx = 2\pi i \sum_{j=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{P(z)}{Q(z)}, a_j\right).$$

例 3.8.5 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^2 + x + 1}$ を求める。

$f(z) = \dfrac{1}{z^2+z+1}$ の上半平面内の1位の極は $z = e^{2\pi i/3}$ のみで、その留数は

$$\operatorname{Res}\!\left(f, e^{2\pi i/3}\right) = \lim_{z \to e^{2\pi i/3}} (z - e^{2\pi i/3}) f(z) = \frac{1}{\sqrt{3}i}.$$

よって

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2 + x + 1} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}.$$

例 3.8.6 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^4 + 1}$ を求める。

$f(z) = \dfrac{1}{z^4+1}$ の上半平面内の1位の極は $z = e^{\pi i/4}$ と $z = e^{3\pi i/4}$ で、それぞれの留数は

$$\operatorname{Res}\!\left(f, e^{\pi i/4}\right) = \frac{1}{4} e^{-3\pi/4}, \qquad \operatorname{Res}\!\left(f, e^{3\pi i/4}\right) = \frac{1}{4} e^{-\pi/4}.$$

よって

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^4+1} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}.$$

3.8.3 重み付き有理関数の広義積分

有理関数 $f = \dfrac{P}{Q}$ の条件 (2) を $\deg Q > \deg P$ に緩め、$\nu$ を任意の正実数とする。

定理 3.8.2 $\{a_j\}_{j=1}^k$ を $f$ が上半平面内にもつ全ての奇点とする。このとき

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} e^{i\nu x}\, dx = 2\pi i \sum_{j=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{P(z)}{Q(z)} e^{i\nu z}, a_j\right).$$

すなわち

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \sin\nu x\, dx &= \operatorname{Im}\!\left(2\pi i \sum_{j=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{P(z)}{Q(z)} e^{i\nu z}, a_j\right)\right), \\ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \cos\nu x\, dx &= \operatorname{Re}\!\left(2\pi i \sum_{j=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{P(z)}{Q(z)} e^{i\nu z}, a_j\right)\right).\end{aligned}$$

例 3.8.7 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x\sin x}{x^2 + 1}\, dx$ を求める。

$f(z) = \dfrac{z}{z^2+1} e^{iz}$ の上半平面内の1位の極は $z = i$ のみで $\operatorname{Res}(f, i) = \dfrac{1}{2e}$。よって

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

したがって

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin x}{x^2+1}\, dx = \operatorname{Im}\!\left(\frac{\pi}{e} i\right) = \frac{\pi}{e}.$$

例 3.8.8 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\cos^2 x}{x^2+1}\, dx$ を求める。

倍角公式 $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ を用いると

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

まず

$$\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2+1} = \pi i \operatorname{Res}\!\left(\frac{1}{x^2+1}, i\right) = \frac{\pi}{2}.$$

次に定理 3.8.2 より

$$\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x^2+1}\, dx = \frac{1}{2} \operatorname{Re}\!\left(2\pi i \operatorname{Res}\!\left(\frac{e^{2iz}}{z^2+1}, i\right)\right) = \frac{\pi}{2e^2}.$$

よって

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos^2 x}{x^2+1}\, dx = \frac{\pi}{2}\!\left(1 + \frac{1}{e^2}\right).$$

3.8.4 定理 3.8.1 と定理 3.8.2 の証明および他の応用

以下の補題は各種実積分の計算に非常に有効である。次の二種類の扇形領域を考える。

$$\begin{aligned}\mathcal{D}_1 &: 0 < |z - a| < r,\quad \theta_1 \le \arg(z-a) \le \theta_2, \\ \mathcal{D}_2 &: r < |z| < +\infty,\quad \theta_1 \le \arg z \le \theta_2.\end{aligned}$$

補題 3.8.1

$f(z)$ が $\mathcal{D}_1$ 上連続で $\displaystyle\lim_{\rho \to 0}(z-a)f(z) = \lambda$ とすると
$$\lim_{\rho \to 0} \int_{\Gamma_\rho} f(z)\, dz = i\lambda(\theta_2 - \theta_1),$$
ここで $\Gamma_\rho \colon z = a + \rho e^{i\theta}$（$0 < \rho < r$、$\theta_1 \le \theta \le \theta_2$）。
$f(z)$ が $\mathcal{D}_2$ 上連続で $\displaystyle\lim_{R \to +\infty} z f(z) = \lambda$ とすると
$$\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma_R} f(z)\, dz = i\lambda(\theta_2 - \theta_1),$$
ここで $\Gamma_R \colon z = Re^{i\theta}$（$r < R < +\infty$、$\theta_1 \le \theta \le \theta_2$）。

証明

(1) $\varepsilon > 0$ に対して $\delta > 0$ を $|z-a| < \delta$ のとき $|(z-a)f(z) - \lambda| < \varepsilon$ となるよう選ぶ。$\rho < \delta$ のとき

$$\left|\int_{\Gamma_\rho} f(z)\, dz - i\lambda(\theta_2-\theta_1)\right| = \left|\int_{\Gamma_\rho} \frac{(z-a)f(z) - \lambda}{z-a}\, dz\right| \le \frac{\varepsilon}{(\theta_2-\theta_1)} \cdot \frac{1}{\rho} \cdot (\theta_2-\theta_1)\rho = \varepsilon.$$

(2) は反演変換で (1) に帰着する。

以下の補題も有用である（証明は聡明な読者にまかせる）。

補題 3.8.2 $f(z)$ が $\mathcal{D}_3 \colon r \le |z| < +\infty$、$\operatorname{Im} z > 0$ 上連続で $\displaystyle\lim_{\rho \to 0} f(z) = 0$ とするとき、任意の正実数 $k$ に対して

$$\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma_R} e^{ikz} f(z)\, dz = 0,$$

ここで $\Gamma_R \colon z = Re^{i\theta}$（$r < R < +\infty$、$0 \le \theta \le \pi$）。

定理 3.8.1 の証明。 $C_R \colon z = Re^{i\theta}$（$0 \le \theta \le \pi$）、$L_R \colon z = t$（$-R \le t \le R$）とおく。 $\mathcal{D}$ を $C_R + L_R$ で囲まれた有界領域とする（$R$ は $f(z)$ の全ての上半平面内の奇点が $\mathcal{D}$ に含まれるほど十分大きい）。留数定理より

$$\int_{C_R+L_R} \frac{P(z)}{Q(z)}\, dz = 2\pi i \sum_{j=1}^k \operatorname{Res}\!\left(\frac{P(z)}{Q(z)}, a_j\right).$$

$R \to +\infty$ で左辺を極限に取ると

$$\lim_{R \to +\infty} \int_{C_R+L_R} \frac{P(z)}{Q(z)}\, dz = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}\, dx + \lim_{R \to +\infty} \int_{C_R} \frac{P(z)}{Q(z)}\, dz.$$

$\deg Q - \deg P \ge 2$ より $\displaystyle\lim_{R \to +\infty} z f(z) = 0$。補題 3.8.1 より $\displaystyle\lim_{R \to +\infty} \int_{C_R} \dfrac{P(z)}{Q(z)}\, dz = 0$。以上を組み合わせれば結論が得られる。

定理 3.8.2 の証明も同様であり、留数定理と補題 3.8.2 を使えばよいので省略する。

補題 3.8.1 と補題 3.8.2 の類似の評価を用いることで、他のいくつかの古典的な広義実積分も計算できる。

例 3.8.9 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x}\, dx$ を求める。

この積分の被積分関数は定理 3.8.2 の条件 (1) を満たさないので、その定理は直接使えない。 $f(z) = \dfrac{e^{iz}}{z}$ とおく。次の積分路を考える。

$$\Gamma_R \colon z = Re^{i\theta},\quad 0 \le \theta \le \pi, \qquad \Gamma_\varepsilon \colon z = \varepsilon e^{i\theta},\quad 0 \le \theta \le \pi,$$

および実軸上の線分 $[-R, -\varepsilon]$ と $[\varepsilon, R]$ で囲まれた領域 $\mathcal{D}$。コーシーの積分定理より

$$0 = \int_{\Gamma_R} \frac{e^{iz}}{z}\, dz - \int_{\Gamma_\varepsilon} \frac{e^{iz}}{z}\, dz + \int_{-R}^{-\varepsilon} \frac{e^{iz}}{z}\, dz + \int_{\varepsilon}^{R} \frac{e^{iz}}{z}\, dz. \tag{3-6}$$

各項の極限を取る。補題 3.8.1 と補題 3.8.2 より

$$\lim_{R \to +\infty} \int_{\Gamma_R} \frac{e^{iz}}{z}\, dz = 0, \qquad \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{\Gamma_\varepsilon} \frac{e^{iz}}{z}\, dz = i\pi.$$

また

$$\int_{-R}^{-\varepsilon} \frac{e^{iz}}{z}\, dz + \int_{\varepsilon}^{R} \frac{e^{iz}}{z}\, dz = 2i \int_{\varepsilon}^{R} \frac{\sin x}{x}\, dx.$$

よって

$$\lim_{R \to +\infty} \lim_{\varepsilon \to 0}\!\left(\int_{-R}^{-\varepsilon} \frac{e^{iz}}{z}\, dz + \int_{\varepsilon}^{R} \frac{e^{iz}}{z}\, dz\right) = 2i \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\, dx.$$

(3-6) に代入して結論が得られる。すなわち $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x}\, dx = \pi$。

3.8.5 双周期関数

数学解析では実軸上で定義された周期関数を研究した。最も基本的な周期関数は三角関数 $\sin x$ と $\cos x$ であり、他の周期関数はフーリエ展開によって三角関数で表される。

複素関数では自然にこの概念を拡張できる。この場合の関数の定義域は直線から複素平面に変わるので、この関数は二方向の異なる周期をもつはずである。

定義 3.8.1 有理型関数（複素平面上で極を除いて至る所解析的な関数）$f(z)$ が次の条件を満たすとき、双周期関数（または楕円関数）と呼ぶ。

$$f(z + \omega_1) = f(z) = f(z + \omega_2),$$

ここで $\omega_1, \omega_2 \in \mathbb{C}$ は与えられたゼロでない定数（周期と呼ぶ）で、ベクトルとして線形独立である。

双周期関数については基本平行四辺形と呼ばれる領域 $P$ だけを調べれば十分である。$P$ を次の平行四辺形領域とする。

定理 3.8.3（リウヴィル定理） $f(z)$ を $P$ を基本平行四辺形とする双周期関数とし、$P$ の境界 $L$ 上に極と零点がないとする。 $\{a_i\}_{i=1}^n$（それぞれ $\{b_j\}_{j=1}^m$）を $f(z)$ の $P$ 内の全ての極（それぞれ零点）とし、 $n_i$（それぞれ $m_j$）を極（それぞれ零点）$a_i$（それぞれ $b_j$）の次数とする。このとき

$\displaystyle\sum_{i=1}^n \operatorname{Res}(f, a_i) = 0$。
$\displaystyle\sum_{i=1}^n n_i = \sum_{j=1}^m m_j$。
整数 $a$、$b$ が存在して
$$-\sum_{i=1}^n n_i a_i + \sum_{j=1}^m m_j b_j = a\omega_1 + b\omega_2.$$

証明

(1) $\displaystyle\int_L f(z)\, dz$ を考える。これを基本平行四辺形の四辺上の積分に分解できる。$f(z)$ の双周期性より各対辺上の積分の和はゼロである。よって $\displaystyle\int_L f(z)\, dz = 0$。留数定理より結論が得られる。

(2) $f'/f$ も $P$ を基本平行四辺形とする双周期関数なので、(1) より $\displaystyle\int_L \dfrac{f'(z)}{f(z)}\, dz = 0$。対数導関数の積分公式（定理 3.5.1）より結論が得られる。

(3) 重み付き対数導関数の積分公式より

$$2\pi i\!\left(-\sum_{i=1}^n n_i a_i + \sum_{j=1}^m m_j b_j\right) = \int_L z \frac{f'(z)}{f(z)}\, dz.$$

右辺の積分を各辺ごとに計算すると（詳細は省略）、一方の対辺の積分の組が $-\omega_2 \displaystyle\int_\alpha^{\alpha+\omega_1} \dfrac{f'(z)}{f(z)}\, dz$ に等しく、$f(\alpha) = f(\alpha + \omega_1)$ より $\displaystyle\int_\alpha^{\alpha+\omega_1} \dfrac{f'(z)}{f(z)}\, dz = 2\pi i b$（$b$ は整数）となる。よってこの対辺の積分の組は $2\pi i b\omega_2$ に等しい。同様に、もう一方の対辺の積分の組は $2\pi i a\omega_1$（$a \in \mathbb{Z}$）に等しい。これにより結論が得られる。

例 3.8.10 最も著名な双周期関数はワイエルシュトラスの楕円関数

$$\wp(z) = \frac{1}{z^2} + \sum_{n,m \in \mathbb{Z}}'\!\left(\frac{1}{(z - n\omega_1 - m\omega_2)^2} - \frac{1}{(n\omega_1 + m\omega_2)^2}\right)$$

である。ここで $\displaystyle\sum_{n,m \in \mathbb{Z}}'$ は $n$、$m$ が全整数を走るが同時にゼロにはならないことを意味する。

定理 3.8.4

任意の双周期関数は $\wp(z)$ と $\wp'(z)$ に関する有理関数で表せる。逆も然り。
周期 $\omega_1$、$\omega_2$ に関連した定数 $a$、$b$ が存在して
$$\wp'(z)^2 = 4\wp(z)^3 + a\wp(z) + b, \quad a^3 + 27b^2 \ne 0.$$
この関係式は楕円曲線と呼ばれる代数曲線を定める。

本章の練習問題

$\ast$ の問題はやや難しい。

練習問題 3.1 $f(z) = \dfrac{1}{e^z-1} - \dfrac{1}{\sin z}$ の全ての奇点の型を分析し、極の次数を指摘せよ。

練習問題 3.2 $\mathcal{D}$ を単純閉曲線 $C$ で囲まれた有界領域、$f(z)$ を $\mathcal{D}$ 内の解析関数で境界上連続かつ $|f(z)| < 1$（$\forall z \in C$）とする。$f(z) = 1$ の $\mathcal{D}$ 内での根の個数は $N(C, f)$ に等しいことを証明せよ。

練習問題 3.3 方程式 $z^4 - 8z + 10 = 0$ の $|z| < 1$ 内の根の個数と $1 < |z| < 3$ 内の根の個数を求めよ。

練習問題 3.4 $f(z) = \dfrac{(\sin z)^2}{(1+z^2)^3}$、$C \colon |z| = 4$ として偏角増量 $\Delta_C \arg f(z)$ を求めよ。

練習問題 3.5 保領域性定理を用いて最大値原理を証明せよ。

練習問題 3.6 方程式 $z^n + az^{n-1} + b = 0$ の右半平面内の根の個数を論じよ。

練習問題 3.7 積分

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2 + \lambda x + 1}, \quad |\lambda| < 2$$

を求めよ。

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