複素線積分
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、
\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
を得る。
この節では、
\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx
のようなタイプの積分を扱う。
この積分を計算するのに、関数
f(z) = \left (\frac{\log(z)}{1+z^2} \right )^2
を用い、-\pi < \arg(z) \le \pi 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
\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}
と計算できる。
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:
\left| \int_R f(z) \, dz \right| \le 2 \pi R \frac{(\log(R))^2 + \pi^2}{(R^2-1)^2} \to 0
M, N に沿った積分値を計算するため、M 上では z =-x + i\epsilon、N上では z = -x - i\epsilon (0 < x < ∞) ととると、
\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 \\
&= 4 \pi i \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx
\end{align}
\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2} \, dx = - \frac{\pi}{4}.
次の積分を計算したい。
I = \int_0^3 \frac{x^{\frac{3}{4} (3-x)^{\frac{1}{4}}{5-x}\,dx.
これには、関数
f(z) = z^{\frac{3}{4} (3-z)^{\frac{1}{4}.
の精密な分析が必要である。f(z) を、分岐切断が図に赤で示したように [0, 3] となるよう構成する。これをするため、2つの対数関数を、枝がそれぞれ
z^{\frac{3}{4} = \exp \left (\frac{3}{4}\log(z) \right ) \quad \mbox{where} \quad -\pi \le \arg(z) < \pi
(3-z)^{\frac{1}{4} = \exp \left (\frac{1}{4} \log(3-z) \right ) \quad \mbox{where} \quad 0 \le \arg(3-z) < 2\pi
となるよう選ぶ。
このとき、z3/4 の分岐切断は (−∞, 0] であり、(3−z)1/4 の分岐切断は (−∞, 3] となる。これらの積、つまり f(z) の分岐切断は [0, 3] である。なぜなら、f(z) は実は (−∞, 0) をまたいで連続になるからである。このことは、z = −r < 0 として (−∞, 0) に向かって上半平面から近づくときの f(z) の値が
r^{\frac{3}{4} \exp(\tfrac{3 \pi i}{4}) (3+r)^{\frac{1}{4} \exp(\tfrac{2 \pi i}{4}) = r^{\frac{3}{4} (3+r)^{\frac{1}{4} \exp(\tfrac{5 \pi i}{4})
であり、一方下半平面から近づくときの f(z) の値が
r^{\frac{3}{4} \exp(-\tfrac{3 \pi i}{4}) (3+r)^{\frac{1}{4} \exp(\tfrac{0 \pi i}{4}) = r^{\frac{3}{4} (3+r)^{\frac{1}{4} \exp(-\tfrac{3 \pi i}{4})
となるが、
\exp(-\tfrac{3 \pi i}{4}) = \exp(\tfrac{5 \pi i}{4})
だから、この両者は (−∞, 0) を越えて連続となることからわかる。図中では、2個の向きのついた黒い円周が、それぞれ z3/4 と (3−z)1/4 を定義している対数関数の偏角とともに示されている。
図中の緑色の積分路を使うことにする。このため線分のすぐ上側と、すぐ下側を通る経路上の積分を考える。これらの経路は極限では(つまり2個の緑色の円周が半径0となるとき)、z = r (0 ≤ r ≤ 3) となる。線分の上側では、f(z) の値は
r^{\frac{3}{4} \exp(\tfrac{0 \pi i}{4}) (3-r)^{\frac{1}{4} \exp(\tfrac{2 \pi i}{4}) = i \, r^{\frac{3}{4} (3-r)^{\frac{1}{4}
と求まる。線分の下側では、
r^{\frac{3}{4} \exp(\tfrac{0 \pi i}{4}) (3-r)^{\frac{1}{4} \exp(\tfrac{0 \pi i}{4}) = r^{\frac{3}{4} (3-r)^{\frac{1}{4}
となる。これらより
\frac{f(z)}{5-z}
の積分は、線分の上側を通るとき極限では −iI となり、下側を通るとき極限では I となることがわかる。
2個の緑色の円周上の積分が極限では消えることを示せれば、留数定理によって I の値も得られる。緑色の円周の半径を ρ とし、ρ < 1/1000 を満たしつつ ρ → 0 と向かう状況を考える。
ML不等式を左側の円周 CL に適用すると、
\left| \int_{C_L} \frac{f(z)}{5-z} dz \right| \le 2 \pi \rho \frac{\rho^{\frac{3}{4} (3+\frac{1}{1000})^{\frac{1}{4}}{5-\frac{1}{1000} \in \mathcal{O} \left( \rho^{\frac{7}{4} \right) \to 0
が得られる。同様に、右側の円周 CR に適用すると、
\left| \int_{C_R} \frac{f(z)}{5-z} dz \right| \le 2 \pi \rho \frac{(3+\frac{1}{1000})^{\frac{3}{4} \rho^{\frac{1}{4}}{2-\frac{1}{1000} \in \mathcal{O} \left( \rho^{\frac{5}{4} \right) \to 0
が得られる。
ここで留数定理より(今考えている積分路は、内側には有限個の孤立特異点を囲めていない事に注意する)、
(-i + 1) I = -2\pi i \left( \mathrm{Res}_{z=5} \frac{f(z)}{5-z} + \mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{f(z)}{5-z} \right)
となる。ここで右辺の最初に負号がついているのは、特異点から見ると積分路は時計回りをしているからである。上で定めた対数関数の枝を使うと、明らかに
\mathrm{Res}_{z=5} \frac{f(z)}{5-z} = - 5^{\frac{3}{4} \exp \left (\tfrac{\log(-2)}{4} \right).
この極は図では青い点で示されている。値は単純化されて
- 5^{\frac{3}{4} \exp \left (\tfrac{\log(2) + \pi i}{4} \right ) = - \exp (\tfrac{\pi i}{4}) 5^{\frac{3}{4} 2^{\frac{1}{4}
となる。
無限遠点での留数を求めるのに、次の公式を使う。
\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z) = \mathrm{Res}_{z=0} \left[- \frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right].
z を 1/z に置き換えて、
\frac{1}{5-\frac{1}{z} = -z \left(1 + 5z + 5^2 z^2 + 5^3 z^3 + \cdots\right)
\left(\frac{1}{z^3}\left (3-\frac{1}{z} \right )\right)^{\frac{1}{4} = \frac{1}{z} (3z-1)^{\frac{1}{4} = \frac{1}{z}\exp(\tfrac{\pi i}{4}) (1-3z)^{\frac{1}{4}
を得る。ここで、2番目の対数関数の枝について −1 = eiπ であることを用いた。
更に二項展開から、
\frac{1}{z} \exp(\tfrac{\pi i}{4}) \left( 1 - {\frac{1}{4} \choose 1} 3z + {\frac{1}{4} \choose 2} 3^2 z^2 - {\frac{1}{4} \choose 3} 3^3 z^3 + \cdots \right)
を得る。結論として、留数
\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{f(z)}{5-z} = \exp (\tfrac{\pi i}{4}) \left (5 - \frac{3}{4} \right ) = \exp(\tfrac{\pi i}{4})\frac{17}{4}
が得られた。
以上より、最終的に I の値は
\begin{align}
I &= 2 \pi i \frac{\exp(\tfrac{\pi i}{4})}{-1+i} \left(\frac{17}{4} - 5^{\frac{3}{4} 2^{\frac{1}{4} \right) = 2 \pi 2^{-\frac{1}{2} \left(\frac{17}{4} - 5^{\frac{3}{4} 2^{\frac{1}{4} \right) \\
& = \frac{\pi}{2\sqrt{2} \left(17 - 5^{\frac{3}{4} 2^{\frac{9}{4} \right) = \frac{\pi}{2\sqrt{2} \left(17 - 40^{\frac{3}{4} \right)
\end{align}
と求まる。
関数の積分表現 (integral representation) とは路に沿う積分を含む関数の表示である。様々な積分表現が多くの特殊関数に対して知られている。積分表現は理論的な理由で重要となり得る。例えば解析接続や関数等式やときには数値評価を与える。
例えば、リーマンのゼータ関数 ζ(s) のディリクレ級数を用いたもともとの定義
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}
は Re(s) > 1 に対してのみ有効である。しかし
\zeta(s) = - \frac{\Gamma(1 - s)}{2 \pi i} \int_H\frac{(-t)^{s-1}{e^t - 1} dt
(ただし積分はハンケルの積分路 H 上する)はすべての複素数 s に対して有効である。