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複素解析 において、ジョルダンの補題 は、周回積分 と広義積分 を評価するために留数定理 と組み合わせて頻繁に使用される定理である。フランスの数学者カミーユ・ジョルダン にちなんで名付けられた。
原点を中心とする上半平面 にある正の半径R の半円の経路で定義された複素数 値の連続関数 f を考える。
C
R
=
{
R
e
i
θ
∣
θ
∈
[
0
,
π
]
}
{\displaystyle C_{R}=\{Re^{i\theta }\mid \theta \in [0,\pi ]\}}
a を正の数として、関数f が次の形式であるとする。
f
(
z
)
=
e
i
a
z
g
(
z
)
,
z
∈
C
R
{\displaystyle f(z)=e^{iaz}g(z),\quad z\in C_{R}}
このとき、ジョルダンの補題は、周回積分の次の上限を示す。
|
∫
C
R
f
(
z
)
d
z
|
≤
π
a
M
R
where
M
R
:=
max
θ
∈
[
0
,
π
]
|
g
(
R
e
i
θ
)
|
.
{\displaystyle \left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {\pi }{a}}M_{R}\quad {\text{where}}\quad M_{R}:=\max _{\theta \in [0,\pi ]}\left|g\left(Re^{i\theta }\right)\right|.}
等号はg がすべてにおいてゼロとなるときに成り立ち、このとき両辺がゼロになる。下半平面の半円形の経路に関する同様の定理は、 a < 0 の場合に当てはまる。
lim
R
→
∞
M
R
=
0
{\displaystyle \lim _{R\to \infty }M_{R}=0}
(* )
が成り立つとき、ジョルダンの補題より次が導かれる。
lim
R
→
∞
∫
C
R
f
(
z
)
d
z
=
0.
{\displaystyle \lim _{R\to \infty }\int _{C_{R}}f(z)\,dz=0.}
a = 0 の場合については、推定補題を参照せよ。
推定補題と比較すると、ジョルダンの補題の上限は経路CR の長さに明示的に依存しない。
ジョルダンの補題の適用 [ 編集 ]
経路C は経路C 1 C 2 からなる。
ジョルダンの補題により、関数f (z ) = ei a z g (z ) の実軸に沿った積分を計算する簡単な方法が与えられる。f (z ) が上半平面で正則 であり、閉じた上半平面で連続であるとき(ただし有限個の極z 1 , z 2 , …, zn を除く)、画像に示されている経路C 1 C 2 を連結した閉じた経路C を考える。定義より、
∮
C
f
(
z
)
d
z
=
∫
C
1
f
(
z
)
d
z
+
∫
C
2
f
(
z
)
d
z
.
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\int _{C_{1}}f(z)\,dz+\int _{C_{2}}f(z)\,dz\,.}
C 2 では変数z が実数であるため、2番目の積分は実数である。
∫
C
2
f
(
z
)
d
z
=
∫
−
R
R
f
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle \int _{C_{2}}f(z)\,dz=\int _{-R}^{R}f(x)\,dx\,.}
左辺は、留数定理を使用して計算する。 |z 1 | 、 |z 2 | 、…、 |zn | のすべてより大きいR について以下が成り立つ。
∮
C
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
∑
k
=
1
n
Res
(
f
,
z
k
)
,
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=2\pi i\sum _{k=1}^{n}\operatorname {Res} (f,z_{k})\,,}
Res(f , zk ) はf の特異点zk についての留数 を示す。 f が条件( * )を満たしている場合、 R が無限大の極限では、C 1 についての周回積分はジョルダンの補題によって消滅し、広義積分の値が以下のように得られる。
∫
−
∞
∞
f
(
x
)
d
x
=
2
π
i
∑
k
=
1
n
Res
(
f
,
z
k
)
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx=2\pi i\sum _{k=1}^{n}\operatorname {Res} (f,z_{k})\,.}
関数
f
(
z
)
=
e
i
z
1
+
z
2
,
z
∈
C
∖
{
i
,
−
i
}
,
{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{1+z^{2}}},\qquad z\in {\mathbb {C} }\setminus \{i,-i\},}
はR ≠ 1 をみたすR > 0 に対してa = 1 でジョルダンの補題の条件を満たす。 R > 1 の場合、
M
R
=
max
θ
∈
[
0
,
π
]
1
|
1
+
R
2
e
2
i
θ
|
=
1
R
2
−
1
,
{\displaystyle M_{R}=\max _{\theta \in [0,\pi ]}{\frac {1}{|1+R^{2}e^{2i\theta }|}}={\frac {1}{R^{2}-1}}\,,}
したがって、( * )が成り立つ。上半平面におけるf の唯一の特異点はz = i にあるため
∫
−
∞
∞
e
i
x
1
+
x
2
d
x
=
2
π
i
Res
(
f
,
i
)
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ix}}{1+x^{2}}}\,dx=2\pi i\,\operatorname {Res} (f,i)\,.}
z = i はf の単純な極 であり、1 + z 2 = (z + i )(z − i ) であるため、次のようになる。
Res
(
f
,
i
)
=
lim
z
→
i
(
z
−
i
)
f
(
z
)
=
lim
z
→
i
e
i
z
z
+
i
=
e
−
1
2
i
{\displaystyle \operatorname {Res} (f,i)=\lim _{z\to i}(z-i)f(z)=\lim _{z\to i}{\frac {e^{iz}}{z+i}}={\frac {e^{-1}}{2i}}}
そのため
∫
−
∞
∞
cos
x
1
+
x
2
d
x
=
Re
∫
−
∞
∞
e
i
x
1
+
x
2
d
x
=
π
e
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}\,dx=\operatorname {Re} \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ix}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{e}}\,.}
この結果は、古典的な方法での計算が難しい積分のうち、一部が複素解析により簡単に求まることの例である。
ジョルダンの補題の証明 [ 編集 ]
複素線積分 の定義により、
∫
C
R
f
(
z
)
d
z
=
∫
0
π
g
(
R
e
i
θ
)
e
i
a
R
(
cos
θ
+
i
sin
θ
)
i
R
e
i
θ
d
θ
=
R
∫
0
π
g
(
R
e
i
θ
)
e
a
R
(
i
cos
θ
−
sin
θ
)
i
e
i
θ
d
θ
.
{\displaystyle \int _{C_{R}}f(z)\,dz=\int _{0}^{\pi }g(Re^{i\theta })\,e^{iaR(\cos \theta +i\sin \theta )}\,iRe^{i\theta }\,d\theta =R\int _{0}^{\pi }g(Re^{i\theta })\,e^{aR(i\cos \theta -\sin \theta )}\,ie^{i\theta }\,d\theta \,.}
不等式
|
∫
a
b
f
(
x
)
d
x
|
≤
∫
a
b
|
f
(
x
)
|
d
x
{\displaystyle {\biggl |}\int _{a}^{b}f(x)\,dx{\biggr |}\leq \int _{a}^{b}\left|f(x)\right|\,dx}
から
I
R
:=
|
∫
C
R
f
(
z
)
d
z
|
≤
R
∫
0
π
|
g
(
R
e
i
θ
)
e
a
R
(
i
cos
θ
−
sin
θ
)
i
e
i
θ
|
d
θ
=
R
∫
0
π
|
g
(
R
e
i
θ
)
|
e
−
a
R
sin
θ
d
θ
.
{\displaystyle I_{R}:={\biggl |}\int _{C_{R}}f(z)\,dz{\biggr |}\leq R\int _{0}^{\pi }{\bigl |}g(Re^{i\theta })\,e^{aR(i\cos \theta -\sin \theta )}\,ie^{i\theta }{\bigr |}\,d\theta =R\int _{0}^{\pi }{\bigl |}g(Re^{i\theta }){\bigr |}\,e^{-aR\sin \theta }\,d\theta \,.}
( * )で定義されているMR と、正弦関数の対称性sin θ = sin(π – θ ) から、次が導かれる。
I
R
≤
R
M
R
∫
0
π
e
−
a
R
sin
θ
d
θ
=
2
R
M
R
∫
0
π
/
2
e
−
a
R
sin
θ
d
θ
.
{\displaystyle I_{R}\leq RM_{R}\int _{0}^{\pi }e^{-aR\sin \theta }\,d\theta =2RM_{R}\int _{0}^{\pi /2}e^{-aR\sin \theta }\,d\theta \,.}
sin θ のグラフは領域θ ∈ [0, π ⁄ 2] で凹関数 なので、sin θ のグラフは、それの端点を結んだ直線よりも上に来る。よってθ ∈ [0, π ⁄ 2] において
sin
θ
≥
2
θ
π
{\displaystyle \sin \theta \geq {\frac {2\theta }{\pi }}\quad }
このことから
I
R
≤
2
R
M
R
∫
0
π
/
2
e
−
2
a
R
θ
/
π
d
θ
=
π
a
(
1
−
e
−
a
R
)
M
R
≤
π
a
M
R
.
{\displaystyle I_{R}\leq 2RM_{R}\int _{0}^{\pi /2}e^{-2aR\theta /\pi }\,d\theta ={\frac {\pi }{a}}(1-e^{-aR})M_{R}\leq {\frac {\pi }{a}}M_{R}\,.}
参考文献 [ 編集 ]
Brown, James W.; Churchill, Ruel V. (2004). Complex Variables and Applications (7th ed.). New York: McGraw Hill . pp. 262–265. ISBN 0-07-287252-7