複素解析③ コーシーの積分公式
度々現れる形なので覚えておいて損はないと思います。
コーシーの積分公式の証明と使い方
コーシーの積分公式
単純閉曲線$C$を考えます。$C$とその内部で正則な関数$f(x)$、$C$の内部の点$\alpha$について、\begin{align*}\displaystyle \oint_{C} \dfrac{f(z)}{z-\alpha}dz=2\pi if(\alpha)\end{align*}
が成り立ちます。
特に、$f(z)=1$とした
\begin{align*}\displaystyle \int_{C}\dfrac{1}{z-\alpha}dz=2\pi i\end{align*}
をよく使います。
コーシーの積分公式の証明
まずは以下のような形に変形します。\begin{align*}\displaystyle \oint_{C} \dfrac{f(z)}{z-\alpha}=\oint_{C} \dfrac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}dz+\oint_{C}\dfrac{f(\alpha)}{z-\alpha}dz\cdots(*)\end{align*}
第二項について、コーシーの積分定理より、$R\geq 0$に対して、$z=Re^{i\theta}+\alpha\ (0\leq \theta\leq 2\pi)$と積分経路が変更できます。$dz=iRe^{i\theta}d\theta$なので、
\begin{align*}
\displaystyle\oint_{C}\dfrac{f(\alpha)}{z-\alpha}dz&=f(\alpha)\int_{0}^{2\pi}\dfrac{iRe^{i\theta}}{\left(Re^{i\theta}+\alpha\right)-\alpha}d\theta\\ &=if(\alpha)\int_{0}^{2\pi}d\theta\\
&=2\pi if(\alpha)
\end{align*}
となります。つまり、(*)式の第1項が0になることを示せばよいことになります。ここで、コーシーの積分定理から先ほどと同様に積分経路を変更することを考えます。
\begin{align*}z=\varepsilon e^{i\theta}+\alpha\end{align*}
という経路を考えます。(のちに$\varepsilon\to 0$とするので、半径を$\varepsilon$としています。) $dz=i\varepsilon e^{i\theta}$なので、
\begin{align*}\displaystyle\oint_{C} \dfrac{f(z)-f(\alpha)}{z-\alpha}dz=\int_{0}^{2\pi}\dfrac{f(\varepsilon e^{i\theta}+\alpha)-f(\alpha)}{\varepsilon e^{i\theta}}i\varepsilon e^{i\theta}d\theta\end{align*}
ここで、$\varepsilon\to 0$とすれば、$0\leq |\varepsilon e^{i\theta}|=|\varepsilon|\to 0$となり、はさみうちの原理から$\varepsilon e^{i\theta}\to 0$となります。つまり、
\begin{align*}\dfrac{f(\varepsilon e^{i\theta}+\alpha)-f(\alpha)}{\varepsilon e^{i\theta}}=f'(\alpha)\end{align*}
となります。よって、定数になるのでこれを積分の外に出せば、
\begin{align*}
&\displaystyle \int_{0}^{2\pi}\dfrac{f(\varepsilon e^{i\theta}+\alpha)-f(\alpha)}{\varepsilon e^{i\theta}}i\varepsilon e^{i\theta}d\theta\\
&=i\varepsilon f(\alpha)\int_{0}^{2\pi}e^{i\theta}d\theta\\
&=0
\end{align*}
となります。
コーシーの積分公式を用いる例題と解答
\begin{align*}\displaystyle\oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z^{2}+1}dz\end{align*}
を計算します。分母が一次でなければ公式が使えないので、基本的には部分分数分解によって一次に分解することがほとんどです。
\begin{align*}\displaystyle\dfrac{1}{2i}\oint_{|z|=2}\left(\dfrac{1}{z-i}-\dfrac{1}{z+i}\right)dz=\dfrac{1}{2i}\left(\oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z-i}dz-\oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z+i}dz\right)\end{align*}
ここで、$f(z)=1$とおけば、$f(z)$は曲線$|z|=2$とその内部で正則なのでコーシーの積分公式が使えて、
\begin{align*}
\displaystyle \oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z-i}dz&=2\pi i\\ \displaystyle \oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z+i}dz&=-2\pi i
\end{align*}
となるので、
\begin{align*}\displaystyle\oint_{|z|=2}\dfrac{1}{z^{2}+1}dz=2\pi\end{align*}
と計算できます。