複素線積分
実関数積分
∫ 0 ∞ x x 2 + 6 x + 8 d x . {\displaystyle \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。
∫ C z z 2 + 6 z + 8 d z = I . {\displaystyle \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、z = e であり、z 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
実軸に下半平面側から接近し平行な線分
積分
∫ − ∞ ∞ e i t x x 2 + 1 d x {\displaystyle \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
∫ C e i t z z 2 + 1 d z {\displaystyle \int _{C}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz}
である。e 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 z + 1 が 0 になる点でのみ特異点を持つ。z + 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
{\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}}
考える必要がある特異点は 3i, −3i の2つである。
C1 を 3i を囲む小さな円周、C2 を −3i を囲む小さな円周として、以下のように計算できる。
∫ arc e i t z z 2 + 1 d z → 0 as a → ∞ {\displaystyle \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
∫ − ∞ ∞ e i t x x 2 + 1 d x = π e − t {\displaystyle \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
∫ − ∞ ∞ e i t x x 2 + 1 d x = π e t {\displaystyle \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:
∫ − ∞ ∞ e i t x x 2 + 1 d x = π e − | t | . ◻ {\displaystyle \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 π である。)