複素線積分
複素解析における線積分(せんせきぶん、line integral)とは、複素平面内の道に沿った積分であり、特に道がジョルダン曲線の場合の線積分を周回積分(しゅうかいせきぶん、contour integral)ということがある。
線積分は複素解析の手法である留数計算と密接に関連している。
線積分のひとつの使い方として、実変数だけの方法を使うことでは容易には分からない、実数直線に沿った積分の計算がある。
線積分の方法は以下を含む。
複素数値関数の複素平面内の曲線に沿った直接の積分、
コーシーの積分公式の応用、
留数定理の応用。
これらの積分や和を求めるために、これらのうちのひとつ、あるいは、複数を組み合わせた、また、極限をとる様々な方法を使うことができる。
複素解析において、積分路は複素平面内の曲線の一種である。路に沿う積分では、積分路がその上で積分が適切に定義できる曲線の正確な定義を与える。複素平面内の曲線は、実数直線の閉区間から複素平面への連続関数 z: [a, b] → C として定義される。
曲線のこの定義は、直感的な概念と一致するが、閉区間からの連続関数による径数付けを含む。このより正確な定義により、曲線が積分に有用なためにもたなければならない性質が何であるかを考えることができる。以下の小節では、積分できる曲線を、向きを与えることができる有限個の連続曲線から作ることのできるものだけに絞る。さらに、「断片」は互いに交わらない場合だけを考え、各断片は有限の(消えない)連続微分を持つと仮定する。これらの仮定は次のような曲線だけを考えることと対応する。例えばペンによって、切れ目なく一筆書きで、曲線の新しい断片を始める時だけ止まり、ずっとペンは持ち上げないように、たどることができる。
積分路はしばしば向き付けられた滑らかな曲線のことばで定義される。これらは、滑らかな曲線の「断片」の正確な定義を与え、積分路は断片からなる。
滑らかな曲線とは、曲線 z: [a, b] → C であって、微分が消えず連続で、各点が一度だけ通過される(z が単射である)ものである、ただし終点が始点と一致する場合 (z(a) = z(b)) だけは例外である。終点が始点と一致するような場合には、曲線は閉曲線と呼ばれ、関数は他のいたるところ単射でなければならず、微分はその一致する点で連続でなければならない (z(a)  z(b))。閉でない滑らかな曲線はしばしば滑らかな弧と呼ばれる。
曲線の径数付けにより曲線上の点に自然な順序が入る:x < y のとき z(x) は z(y) より"小さい"。このことは向き付けられた滑らかな曲線 (directed smooth curve) の概念を導く。特定の径数付けに依存しない曲線を考えるのが最も有用である。このことは同じ方向を持つ滑らかな曲線の同値類を考えることによってなされる。すると方向をもつ滑らかな曲線は、ある滑らかな曲線の像である複素平面の点の集合に(径数付けから定まる)自然な順序をいれたものとして定義できる。点のすべての順序付けが滑らかな曲線の自然な順序であるわけではないことに注意。実は、与えられた滑らかな曲線は、そのような順序付けを2つしかもたない。また、ひとつの閉曲線は任意の点を終点として持つことができるが、滑らかな弧の終点となるのは2点のみである。
積分路はその上で路に沿う積分を定義する曲線のクラスである。積分路は向き付けられた滑らかな曲線の有限列 γ1, ..., γn からなる向き付けられた曲線であって、すべての 1 ≤ i < n に対して γi の終点が γi+1 の始点と一致するようなものである(そうすると向きが上手く定まる)。積分路はすべての向き付けられた滑らかな曲線を含む。また、複素平面の一点も積分路と考える。記号 + が曲線をつないで新しい曲線を作ることを表すためにしばしば用いられる。したがって n 個の断片からなる積分路 Γ を
\Gamma = \gamma_1 + \gamma_2 + \cdots + \gamma_n
と書くことができる。
複素関数 fː C → C の路に沿う積分(contour integral, 曲線に沿う積分、線積分)は、実数値関数の積分の一般化である。複素平面内の連続関数に対し、路に沿う積分は線積分の類似で定義することができる。最初に向き付けられた滑らかな曲線に沿った積分を実数値のパラメータの上の積分のことばで定義するのである。より一般的な定義は、区間の分割との類似による積分路の分割とリーマン積分のことばにより与えることができる。どちらの場合も路に沿う積分は積分路を構成する向き付けられた滑らかな曲線上の積分の和として定義される。
積分路の終点が始点と一致するとき、路に沿う積分を周回積分ということがある。
この方法で路に沿う積分を定義するためにはまず実変数上の複素数値関数の積分を考えなければならない。f: R → C を実変数 t の複素数値関数とする。f の実部と虚部はしばしばそれぞれ u(t) と v(t) と書かれる、つまり
f(t) = u(t) + iv(t)
である。すると複素数値関数 f の区間 [a, b] 上の積分は次で与えられる:
\begin{align}
\int_a^b f(t) \, dt &=  \int_a^b \big[ u(t) + i v(t) \big] \, dt \\
&= \int_a^b u(t) \, dt + i \int_a^b v(t) \, dt.
\end{align}
f: C → C を向き付けられた滑らかな曲線 γ 上の連続関数とする。z: R → C をその順序(向き)と両立する γ の任意の径数付けとする。すると γ に沿った積分は
\int_\gamma f(z)\, dz\,
と記され、
\int_\gamma f(z) \, dz = \int_a^b f(z(t)) z'(t) \, dt
によって与えられる。
この定義は well defined である。つまり、結果は選ばれた径数付けに依存しない。右辺の実積分が存在しない場合には γ に沿う積分は存在しないと言われる。
リーマン積分の複素変数の関数への一般化は実数からの関数に対する定義との完全な類似でなされる。向き付けられた滑らかな曲線 γ の分割は γ 上の有限個の順序付けられた点の集合と定義される。その曲線上の積分は分割の点での関数値の有限和の極限である。極限は分割の連続する2点の(複素平面での)距離(分割の幅)の最大値が 0 に行くようにとる。
直接的な方法は多変数解析学における線積分の計算と類似の手法による積分計算を含む。これは以下の手法を用いることを意味する:
積分路は実変数の微分可能な複素数値関数によって径数付けられる、あるいは積分路は断片に分けられ別々に径数付けられる。
径数付けを被積分関数に代入することで積分が一実変数の積分となる。
積分は実変数の積分と類似の手法で計算される。
複素解析における基本的な結果は z−1 の周回積分が 2πi であることである、ただし積分路は単位円周を反時計回りに一周するものをとる(あるいは 0 についての任意の正の向きのジョルダン曲線でもよい)。単位円周の場合には積分
\oint_C {1 \over z}\,dz
を計算する直接的な方法がある。この積分の計算では、単位円周 !z! = 1 を z(t) = eit (t ∈ [0, 2π]) で径数付けしたものを積分路として使う。すると dz/dt = ieit であり、積分は次のように計算される。
\oint_C {1 \over z}\,dz = \int_0^{2\pi} \frac{1}{e^{it} ie^{it}\,dt = i\int_0^{2\pi} dt = 2\pi i.
路に沿う積分を計算するために積分定理を用いることもしばしばある。これは実数値関数が路に沿う積分の計算と一緒に同時に計算されることを意味する。
コーシーの積分公式や留数定理のような積分定理は以下の手法において一般的に用いられる:
ある特定の閉じた積分路が選ばれる:
積分路は以下のように選ばれる。実数値積分を記述する複素平面の部分を通り、コーシーの積分公式や留数定理が使えるように被積分関数の特異点を囲む。
コーシー・グルサの定理の適用
積分は各極のまわりの小さい円周に沿う積分のみに簡約される。
これらの積分公式を適用することで積分路全体の積分の値が得られる。
積分路の全体は前に選んだように実数値積分を記述する複素平面の部分を通る積分路 R と複素平面をお横断する積分路 Iに分割できる。積分路全体上の積分はこれらの積分路それぞれの上の積分の和である。
I 上の積分が 0 であることを示すことができるか、あるいは、求める実数値積分が広義積分のときは I 上の積分が 0 に収束することを示せば、R 上の積分は積分路 R + I に沿う積分に収束する。
上記の段階を示すことができれば、R 上の実数値積分を計算することができる。
次の積分を考える:
\int_{-\infty}^\infty {1 \over (x^2+1)^2}dx.
この積分を計算するために、次の複素数値関数を見る:
f(z)={1 \over (z^2+1)^2}.
この関数は i と −i に特異点を持つ。積分路として実数値積分を含む積分路を選ぶ。ここでは実数直線上に境界の直径(−a から a まで)を持つ半円が便利である。この積分路を C と呼ぶ。
2つのやり方がある。コーシーの積分公式を使う方法と留数の手法によるものである:
次に注意:
\oint_C f(z)\,dz = \int_{-a}^a f(z)\,dz  + \int_\text{Arc} f(z)\,dz
\int_{-a}^a f(z)\,dz = \oint_C f(z)\,dz - \int_\text{Arc} f(z)\,dz.
さらに次が成り立つ:
f(z)={1 \over (z^2+1)^2}={1 \over (z+i)^2(z-i)^2}.
閉曲線の囲む領域内に二位の極 i があるため、コーシーの積分公式を用いて、
\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \frac{d}{dz} \left({1 \over (z+i)^2}\right)\Bigg|_{z=i} =2 \pi i \left(\frac{-2}{(z+i)^3}\right)\Bigg|_{z = i} =\frac{\pi}{2}.
半円の弧を Arc と呼ぶことにすれば、Arc 上の積分が R → ∞ のとき 0 に収束することを示す必要がある。estimation lemma を用いて
\left|\int_\text{Arc} f(z)\,dz\right| \le ML
ただし M は Arc 上の !f(z)! の上界であり、L は Arc の長さである。今
\left| \int_\text{Arc} f(z)\,dz \right| \le \frac{R\pi}{(R^2-1)^2} \to 0 \quad (R \to \infty)
である。したがって
\int_{-\infty}^\infty {1 \over (x^2+1)^2}\,dx = \int_{-\infty}^\infty f(z)\,dz = \lim_{a \to +\infty} \int_{-a}^a f(z)\,dz = {\pi\over 2}.\quad\square
i の周りでの f (z) のローラン展開を考える(i は考える必要のある唯一の特異点である)。すると
f(z) = {-1 \over 4(z-i)^2} + {-i \over 4(z-i)} + {3 \over 16} + {i \over 8}(z-i) + {-5 \over 64}(z-i)^2 + \cdots
となる(この級数の導出はローラン級数の計算例を参照)。
留数が −i/4 であることは見た目から明らかである(これを確かめるには、上の等式に z − i を掛けたものを考え、コーシーの積分公式を用いて両辺を積分すると、第二項のみが 0 でない値となる)。よって留数定理より
\oint_C f(z)\,dz = \oint_C {1 \over (z^2+1)^2}\,dz = 2 \pi i \,\mathrm{Res}_{z=i} f =\frac{\pi}{2}.\quad\square
したがって前と同じ結果が得られた。
余談ではあるが、他の特異点 −i を囲む半円を取らなかったことについて疑問が生じ得る。正しい向きに動いて実軸に沿って積分するには、その積分路は時計回り、つまり負の方向にまわらなければならず、積分全体の符号が逆になる。
これは級数による留数の手法の使用に影響しない。
\int_{-\infty}^\infty {e^{itx} \over x^2+1}\,dx
(確率論においてコーシー分布の特性関数のスカラー倍として生じる)は初等解析学のテクニックでは困難である。それを次の積分路 C に沿った線積分の極限として表示することにより計算しよう:実数直線を −a から a まで沿って行き、0 を中心とする半円に沿って a から −a まで反時計回りに行く。a を 1 よりも大きく取って、虚数単位 i が曲線の内側に入るようにする。線積分は
\int_C {e^{itz} \over z^2+1}\,dz
である。eitz は整関数(複素平面のどこにも特異点を持たない)だから、この関数は分母 z2 + 1 が 0 になる点でのみ特異点を持つ。z2 + 1 = (z + i)(z − i) であるから、それは z = i あるいは z = −i でのみ起こる。これらの点のうち1つだけが積分路で囲まれる領域に含まれる。f(z) の z = i における留数は
\mathrm{Res}_{z=i} f(z) = \lim_{z\to i}(z-i)f(z) = \lim_{z\to i}{e^{itz} \over z+i}={e^{-t}\over 2i}
である。留数定理により、
\int_C f(z)\,dz= 2\pi i \operatorname{Res}_{z=i}f(z)= \pi e^{-t}
となる。積分路 C は「まっすぐな (straight)」部分と曲がった弧 (arc) とに分けられるので
\int_{\text{straight}+\int_{\text{arc}=\pi e^{-t}
\int_{-a}^a =\pi e^{-t}-\int_{\text{arc}
となる。t > 0 のとき
\int_{\text{arc}{e^{itz} \over z^2+1}\,dz \rightarrow 0 \text{ as } a\rightarrow\infty
であることを示すことができる。よって t > 0 のとき
\int_{-\infty}^\infty {e^{itx} \over x^2+1}\,dx=\pi e^{-t}
である。t < 0 のときは i ではなく −i をまわる弧を用いた類似の議論によって
\int_{-\infty}^\infty {e^{itx} \over x^2+1}\,dx=\pi e^t
が示される。よって最終的に次を得る:
\int_{-\infty}^\infty {e^{itx} \over x^2+1} \,dx=\pi e^{-\left|t\right〕.\quad\square
(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。)
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。
例として次のような積分を考える。
\int_{-\pi}^\pi {1 \over 1 + 3 (\cos{t})^2} \,dt.
z = eit と変数変換する。
\cos t = {1 \over 2} \left(e^{it}+e^{-it}\right) = {1 \over 2} \left(z+{1 \over z}\right)
{dz \over dt} = iz,\ dt = {dz \over iz}
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。
\begin{align}
\oint_C {1 \over 1 + 3 ({1 \over 2} (z+{1 \over z}))^2} \,{dz\over iz} &= \oint_C {1 \over 1 + {3 \over 4} (z+{1 \over z})^2}{1 \over iz} \,dz \\
&= \oint_C {-i \over z+{3\over 4}z(z+{1\over z})^2}\,dz \\
& = -i \oint_C { 1 \over z+{3\over 4}z(z^2+2+{1\over z^2})} \,dz \\
& = -i \oint_C {1\over z+{3\over 4}(z^3+2z+{1 \over z})} \,dz \\
&= -i \oint_C {1 \over {3\over 4 }z^3+{5 \over 2}z+{3 \over 4z} \,dz \\
& = -i \oint_C {4 \over 3z^3+10z+{3\over z}\,dz \\
&= -4i \oint_C {1 \over 3z^3+10z+{3\over z}\,dz \\
& = -4i \oint_C { z \over 3z^4+10z^2+3 } \,dz \\
& = -4i \oint_C {z \over 3(z+\sqrt{3}i)\left(z-\sqrt{3}i\right)\left(z+\frac{i}{\sqrt{3}\right)\left(z-\frac{i}{\sqrt{3}\right)}\,dz \\
& = -{4\over 3}i \oint_C {z \over (z+\sqrt{3}i)(z-\sqrt{3}i)\left(z+\frac{i}{\sqrt{3}\right)\left(z-\frac{i}{\sqrt{3}\right)}\,dz.
\end{align}
考える必要がある特異点は 3−1/2i, −3−1/2i の2つである。
C1 を 3−1/2i を囲む小さな円周、C2 を −3−1/2i を囲む小さな円周として、以下のように計算できる。
\begin{align}
&-\frac{4}{3}i \left [ \oint_{C_1} \frac{\frac{z}{(z+\sqrt{3}i)(z-\sqrt{3}i)\left(z+\frac{i}{\sqrt{3} \right)}{z-\frac{i}{\sqrt{3}}\,dz +\oint_{C_2} \frac{\frac{z}{(z+\sqrt{3}i)(z-\sqrt{3}i)\left(z-\frac{i}{\sqrt{3}\right)}{z+\frac{i}{\sqrt{3}} \, dz \right ] \\
&= -\frac{4}{3}i \left[ 2\pi i \left(\frac{z}{(z+\sqrt{3}i)(z-\sqrt{3}i)(z+\frac{i}{\sqrt{3})}\right)\Bigg|_{z=\frac{i}{\sqrt{3}} + 2\pi i \left(\frac{z}{(z+\sqrt{3}i)(z-\sqrt{3}i)(z-\frac{i}{\sqrt{3})} \right)\Bigg|_{z=-\frac{i}{\sqrt{3}}\right] \\
&= \frac{8\pi}{3} \left[\frac{\frac{i}{\sqrt{3}}{(\frac{i}{\sqrt{3}+\sqrt{3}i)(\frac{i}{\sqrt{3}-\sqrt{3}i)(\frac{i}{\sqrt{3}+\frac{i}{\sqrt{3})} + \frac{-\frac{i}{\sqrt{3}}{(-\frac{i}{\sqrt{3}+\sqrt{3}i)(-\frac{i}{\sqrt{3}-\sqrt{3}i)(-\frac{i}{\sqrt{3}-\frac{i}{\sqrt{3})} \right] \\
&= \frac{8\pi}{3} \left[\frac{\frac{i}{\sqrt{3}}{(\frac{4}{\sqrt{3}i)(-\frac{2}{i\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3}i})}+\frac{-\frac{i}{\sqrt{3}}{(\frac{2}{\sqrt{3}i)(-\frac{4}{\sqrt{3}i)(-\frac{2}{\sqrt{3}i)}\right] \\
&= \frac{8\pi}{3}\left[\frac{\frac{i}{\sqrt{3}}{i(\frac{4}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})}+\frac{-\frac{i}{\sqrt{3}}{-i(\frac{2}{\sqrt{3})(\frac{4}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})}\right] \\
&= \frac{8\pi}{3}\left[\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}{(\frac{4}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})}+\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}{(\frac{2}{\sqrt{3})(\frac{4}{\sqrt{3})(\frac{2}{\sqrt{3})}\right] \\
&= \frac{8\pi}{3}\left[\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}{\frac{16}{3\sqrt{3}}+\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}{\frac{16}{3\sqrt{3}} \right] \\
&= \frac{8\pi}{3}\left[\frac{3}{16} +  \frac{3}{16} \right] = \pi.
\end{align}
上記の方法は、次の形をした全ての積分に適用できる。
\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
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。
変数変換 z = \exp(i t) を行うのが技巧である。このとき dz = i \exp(i t) \,dt だから、
\frac{1}{iz} \,dz = dt.
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、
\sin(k t) = \frac{\exp(i k t) - \exp(- i k t)}{2 i} = \frac{z^k - z^{-k}{2i}
\cos(k t) = \frac{\exp(i k t) + \exp(- i k t)}{2} = \frac{z^k + z^{-k}{2}
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
\oint_〔z|=1} f(z) \frac{1}{iz}\, dz
となる。この積分は f(z)\frac{1}{iz} の、単位円板内にある留数の和をとることで計算できる。
I = \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{1 + \sin(t)^2}\, dt,
の場合を図示したものである。まず、
I = \frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \frac{1}{1 + \sin(t)^2} \,dt.
と変形して、変数変換をすると
\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
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)。
対応する留数はいずれも −i√2/16 だから、求める積分値は
I = 2 \pi i \; 2 \left( - \frac{\sqrt{2}{16} i \right) = \pi \frac{\sqrt{2}{4}
となる。
\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx.
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。
\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=I.
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、z1/2 = e(1/2)Log(z) であり、z1/2 には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。
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。
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。
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
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。
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
\int_C = \int_\varepsilon^R + \int_\Gamma + \int_R^\varepsilon + \int_\gamma
と分解できる。
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 z1/2 = e(1/2)Log(z) 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
\begin{align}
\int_R^\varepsilon {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz&=\int_R^\varepsilon {e^\int_R^\varepsilon {e^ \int_R^\varepsilon { e^e^{(1/2)(2\pi i)} \over z^2+6z+8}\,dz\\
&=\int_R^\varepsilon { e^e^{\pi i} \over z^2+6z+8}\,dz \\
& = \int_R^\varepsilon {-\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz\\
&=\int_\varepsilon^R {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz.
\end{align}
\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz = 2\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx