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九州大学 システム情報科学府 情報学専攻・情報知能工学専攻・電気電子工学専攻 共通 2015年度入学 数学 問4（複素関数論）

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思齐塾, 祭音Myyura

Description​

出典：九州大学公式問題。

次の積分の値を複素積分を用いて求めよ。ただし、 0<p<10 < p < 1 , n=0,1,2,…n = 0, 1, 2, \dots とする。

∫02πcos⁡nθ1+pcos⁡θdθ\int_{0}^{2\pi} \frac{\cos n\theta}{1 + p \cos \theta} d\theta

题目描述​

设

0<p<1,n=0,1,2,….0<p<1,\qquad n=0,1,2,\ldots.

使用复积分求定积分

∫02πcos⁡(nθ)1+pcos⁡θ dθ\int_0^{2\pi}\frac{\cos(n\theta)}{1+p\cos\theta}\,d\theta

的值，并使所得公式同时涵盖 n=0n=0 与所有 n≥1n\ge1 的情形。

Kai​

解答​

与えられた積分を II とする。

I=∫02πcos⁡nθ1+pcos⁡θdθI = \int_{0}^{2\pi} \frac{\cos n\theta}{1 + p \cos \theta} d\theta

この積分を複素積分に変換するため、変数変換 z=eiθz = e^{i\theta} を行う。このとき、積分路は複素平面上の単位円 C:∣z∣=1C: |z|=1 を反時計回りに一周するものとなる。

この変換により、以下の関係式が得られる。 dz=ieiθdθ=izdθ  ⟹  dθ=dzizdz = ie^{i\theta}d\theta = izd\theta \implies d\theta = \frac{dz}{iz} cos⁡θ=eiθ+e−iθ2=z+z−12=z2+12z\cos \theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} = \frac{z + z^{-1}}{2} = \frac{z^2+1}{2z} cos⁡nθ=einθ+e−inθ2=zn+z−n2=z2n+12zn\cos n\theta = \frac{e^{in\theta} + e^{-in\theta}}{2} = \frac{z^n + z^{-n}}{2} = \frac{z^{2n}+1}{2z^n}

これらを元の積分に代入する。

I=∮Cz2n+12zn1+pz2+12zdziz=∮Cz2n+12zn2z+p(z2+1)2zdzizI = \oint_C \frac{\frac{z^{2n}+1}{2z^n}}{1 + p \frac{z^2+1}{2z}} \frac{dz}{iz} = \oint_C \frac{\frac{z^{2n}+1}{2z^n}}{\frac{2z + p(z^2+1)}{2z}} \frac{dz}{iz}
I=∮Cz2n+12zn⋅2zpz2+2z+pdziz=∮Cz2n+1zn(pz2+2z+p)dziI = \oint_C \frac{z^{2n}+1}{2z^n} \cdot \frac{2z}{pz^2+2z+p} \frac{dz}{iz} = \oint_C \frac{z^{2n}+1}{z^n(pz^2+2z+p)} \frac{dz}{i}
I=1ip∮Cz2n+1zn(z2+2pz+1)dzI = \frac{1}{ip} \oint_C \frac{z^{2n}+1}{z^n(z^2 + \frac{2}{p}z + 1)} dz

被積分関数を f(z)=z2n+1zn(z2+2pz+1)f(z) = \frac{z^{2n}+1}{z^n(z^2 + \frac{2}{p}z + 1)} とおく。留数定理により、積分の値は I=1ip⋅2πi∑Res=2πp∑ResI = \frac{1}{ip} \cdot 2\pi i \sum \text{Res} = \frac{2\pi}{p} \sum \text{Res} で与えられる。ここで ∑Res\sum \text{Res} は単位円 CC の内部にある f(z)f(z) のすべての留数の和である。

極の特定​

f(z)f(z) の極は、分母 zn(z2+2pz+1)=0z^n(z^2 + \frac{2}{p}z + 1) = 0 の根である。

  1. z=0z=0 (ただし n≥1n \geq 1 の場合)
  2. z2+2pz+1=0z^2 + \frac{2}{p}z + 1 = 0 の根

二次方程式の根を求めると、

z=−2p±(2p)2−42=−1±1−p2pz = \frac{-\frac{2}{p} \pm \sqrt{(\frac{2}{p})^2 - 4}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1-p^2}}{p}

これらの根を α,β\alpha, \beta とする。 α=−1+1−p2p\alpha = \frac{-1 + \sqrt{1-p^2}}{p} , β=−1−1−p2p\beta = \frac{-1 - \sqrt{1-p^2}}{p}

根の積は αβ=1\alpha\beta = 1 である。 0<p<10 < p < 1 という条件から、 0<1−p2<10 < \sqrt{1-p^2} < 1 である。 α\alpha の絶対値を評価すると、 ∣α∣=∣−1+1−p2p∣=1−1−p2p|\alpha| = \left| \frac{-1 + \sqrt{1-p^2}}{p} \right| = \frac{1 - \sqrt{1-p^2}}{p} ∣α∣<1  ⟺  1−1−p2<p  ⟺  1−p<1−p2|\alpha| < 1 \iff 1 - \sqrt{1-p^2} < p \iff 1-p < \sqrt{1-p^2} となる。 0<p<10 < p < 1 より両辺は正なので、2乗して比較できる。 (1−p)2<1−p2  ⟺  1−2p+p2<1−p2  ⟺  2p2−2p<0  ⟺  2p(p−1)<0(1-p)^2 < 1-p^2 \iff 1 - 2p + p^2 < 1 - p^2 \iff 2p^2 - 2p < 0 \iff 2p(p-1) < 0 これは 0<p<10 < p < 1 の範囲で成立する。したがって、 ∣α∣<1|\alpha| < 1 である。 ∣α∣∣β∣=1|\alpha||\beta|=1 であるから、 ∣β∣=1/∣α∣>1|\beta| = 1/|\alpha| > 1 となる。 よって、単位円 CC の内部にある極は z=αz=\alpha と、 n≥1n \geq 1 の場合の z=0z=0 である。

留数の計算​

**Case 1: n=0n=0 ** このとき、 I0=∫02π11+pcos⁡θdθI_0 = \int_0^{2\pi} \frac{1}{1+p\cos\theta}d\theta となり、被積分関数は f(z)=2z2+2pz+1=2(z−α)(z−β)f(z) = \frac{2}{z^2+\frac{2}{p}z+1} = \frac{2}{(z-\alpha)(z-\beta)} となる。 z=0z=0 は極ではない。唯一の内部の極は単純極 z=αz=\alpha である。

Res(f,α)=lim⁡z→α(z−α)f(z)=lim⁡z→α2z−β=2α−β\text{Res}(f, \alpha) = \lim_{z\to\alpha} (z-\alpha)f(z) = \lim_{z\to\alpha} \frac{2}{z-\beta} = \frac{2}{\alpha-\beta}

ここで、 α−β=−1+1−p2p−−1−1−p2p=21−p2p\alpha-\beta = \frac{-1+\sqrt{1-p^2}}{p} - \frac{-1-\sqrt{1-p^2}}{p} = \frac{2\sqrt{1-p^2}}{p} なので、

Res(f,α)=221−p2/p=p1−p2\text{Res}(f, \alpha) = \frac{2}{2\sqrt{1-p^2}/p} = \frac{p}{\sqrt{1-p^2}}

積分の値は、

I0=2πp⋅Res(f,α)=2πp⋅p1−p2=2π1−p2I_0 = \frac{2\pi}{p} \cdot \text{Res}(f, \alpha) = \frac{2\pi}{p} \cdot \frac{p}{\sqrt{1-p^2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-p^2}}

**Case 2: n≥1n \geq 1 ** このとき、内部の極は z=0z=0 (位数 nn の極) と z=αz=\alpha (単純極) である。 f(z)=z2n+1zn(z−α)(z−β)f(z) = \frac{z^{2n}+1}{z^n(z-\alpha)(z-\beta)}

z=αz=\alpha での留数:

Res(f,α)=lim⁡z→α(z−α)f(z)=α2n+1αn(α−β)\text{Res}(f, \alpha) = \lim_{z\to\alpha} (z-\alpha)f(z) = \frac{\alpha^{2n}+1}{\alpha^n(\alpha-\beta)}

z=0z=0 での留数: Res(f,0)=1(n−1)!lim⁡z→0dn−1dzn−1[znf(z)]=1(n−1)!lim⁡z→0dn−1dzn−1[z2n+1(z−α)(z−β)]\text{Res}(f, 0) = \frac{1}{(n-1)!} \lim_{z\to 0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} [z^n f(z)] = \frac{1}{(n-1)!} \lim_{z\to 0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \left[ \frac{z^{2n}+1}{(z-\alpha)(z-\beta)} \right] これは z2n+1(z−α)(z−β)\frac{z^{2n}+1}{(z-\alpha)(z-\beta)} の z=0z=0 を中心としたテイラー展開における zn−1z^{n-1} の係数に等しい。 1(z−α)(z−β)=1α−β(1z−α−1z−β)=1α−β∑k=0∞(αk+1−βk+1)zk\frac{1}{(z-\alpha)(z-\beta)} = \frac{1}{\alpha-\beta} \left( \frac{1}{z-\alpha} - \frac{1}{z-\beta} \right) = \frac{1}{\alpha-\beta} \sum_{k=0}^\infty (\alpha^{k+1}-\beta^{k+1})z^k {(1+z2n)1(z−α)(z−β)}\{ (1+z^{2n}) \frac{1}{(z-\alpha)(z-\beta)} \} の zn−1z^{n-1} の係数は、 n≥1n \ge 1 のとき z2nz^{2n} の項は影響しないため、 1(z−α)(z−β)\frac{1}{(z-\alpha)(z-\beta)} の zn−1z^{n-1} の係数に等しい。

Res(f,0)=αn−βnα−β\text{Res}(f, 0) = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha-\beta}

内部の留数の和は、

∑Res=Res(f,α)+Res(f,0)=α2n+1αn(α−β)+αn−βnα−β\sum \text{Res} = \text{Res}(f, \alpha) + \text{Res}(f, 0) = \frac{\alpha^{2n}+1}{\alpha^n(\alpha-\beta)} + \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha-\beta}
=1α−β(αn+1αn+αn−βn)= \frac{1}{\alpha-\beta} \left( \alpha^n + \frac{1}{\alpha^n} + \alpha^n - \beta^n \right)

αβ=1\alpha\beta = 1 より 1/αn=βn1/\alpha^n = \beta^n なので、

=1α−β(αn+βn+αn−βn)=2αnα−β= \frac{1}{\alpha-\beta} (\alpha^n + \beta^n + \alpha^n - \beta^n) = \frac{2\alpha^n}{\alpha-\beta}

α−β=21−p2p\alpha-\beta = \frac{2\sqrt{1-p^2}}{p} を代入すると、

∑Res=2αn21−p2/p=pαn1−p2\sum \text{Res} = \frac{2\alpha^n}{2\sqrt{1-p^2}/p} = \frac{p\alpha^n}{\sqrt{1-p^2}}

積分の値は、

In=2πp∑Res=2πppαn1−p2=2παn1−p2I_n = \frac{2\pi}{p} \sum \text{Res} = \frac{2\pi}{p} \frac{p\alpha^n}{\sqrt{1-p^2}} = \frac{2\pi\alpha^n}{\sqrt{1-p^2}}

結論​

n≥1n \geq 1 の場合の結果 In=2παn1−p2I_n = \frac{2\pi\alpha^n}{\sqrt{1-p^2}} に n=0n=0 を代入すると、 α0=1\alpha^0=1 であるから I0=2π1−p2I_0 = \frac{2\pi}{\sqrt{1-p^2}} となり、Case 1 の結果と一致する。

したがって、すべての n=0,1,2,…n=0, 1, 2, \dots に対して、積分の値は

I=2παn1−p2=2π1−p2(−1+1−p2p)nI = \frac{2\pi\alpha^n}{\sqrt{1-p^2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-p^2}} \left(\frac{-1 + \sqrt{1-p^2}}{p}\right)^n
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