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複素関数の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学複素関数

$a$ を $a > 1$ を満たす実数、 $n$ を $0$ 以上の整数とする。このとき
$\int_{0}^{2 π} \frac{cos n θ}{a - cos θ} d θ = \frac{2 π ( a - a ^{2} - 1 ) ^{n}}{a ^{2} - 1}$
が成り立つことを、留数定理を用いて証明せよ。

この問題で使うもの

三角関数の有理式の定積分（説明と入口の問題）
留数の計算（説明と入口の問題）
留数定理による複素積分（説明と入口の問題）
オイラーの公式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$cos n θ = Re e^{in θ}$ を使って、 $\int_{0}^{2 π} \frac{e ^{in θ}}{a - cos θ} d θ$ を $z = e^{i θ}$ で単位円周上の複素積分に直しましょう。

ヒント 2

$cos θ = \frac{1}{2} (z + z^{- 1})$ 、 $d θ = \frac{d z}{i z}$ より、積分は $2 i \oint_{∣ z ∣ = 1} \frac{z ^{n}}{z ^{2} - 2 a z + 1} d z$ になります。分母の $2$ つの根のうち、どちらが単位円の内部にあるかを調べます。

ヒント 3

根は $α = a - a^{2} - 1$ 、 $β = a + a^{2} - 1$ で、 $α β = 1$ 、 $0 < α < 1 < β$ です。 $n \geq 0$ なので $z = 0$ は特異点になりません。 $z = α$ での留数 $\frac{α ^{n}}{α - β}$ を計算しましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$a - cos θ > 0$ を確認し、 $cos n θ = Re e^{in θ}$ を用いて求める積分を複素数値の積分の実部として表している（1 点）
$z = e^{i θ}$ の置換で、積分を $2 i \oint_{∣ z ∣ = 1} \frac{z ^{n}}{z ^{2} - 2 a z + 1} d z$ の形に正しく変形している（3 点）
分母の根 $a \pm a^{2} - 1$ のうち $a - a^{2} - 1$ だけが単位円の内部にあることを不等式で示し、 $n \geq 0$ から $z = 0$ が特異点でないことにも触れている（2 点）
$z = a - a^{2} - 1$ における留数を $\frac{α ^{n}}{- 2 a ^{2} - 1}$ と計算している（2 点）
留数定理を適用して積分値を求め、それが実数であることから元の積分の値として結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

方針. $cos n θ = Re e^{in θ}$ に注目し、複素数値の積分
$I_{n} = \int_{0}^{2 π} \frac{e ^{in θ}}{a - cos θ} d θ$
を単位円周上の複素積分に書き直して留数定理で計算する。 $I_{n}$ が実数になることが分かれば、求める積分は $Re I_{n} = I_{n}$ である。

ステップ 0（積分の意味）. $a > 1$ より、すべての実数 $θ$ で $a - cos θ \geq a - 1 > 0$ である。よって被積分関数は $[0, 2 π]$ で連続で、積分は通常のリーマン積分として定まる。また $cos n θ$ と $a - cos θ$ は実数なので
$\int_{0}^{2 π} \frac{cos n θ}{a - cos θ} d θ = Re \int_{0}^{2 π} \frac{e ^{in θ}}{a - cos θ} d θ = Re I_{n} (1)$
である。

ステップ 1（複素積分への書き換え）. 単位円周 $C : z = e^{i θ} (0 \leq θ \leq 2 π)$ を正の向きにとる。 $C$ 上では
$e^{in θ} = z^{n}, cos θ = \frac{1}{2} (z + \frac{1}{z}), d z = i z d θ$
である。したがって
$a - cos θ = \frac{2 a z - z ^{2} - 1}{2 z} = - \frac{z ^{2} - 2 a z + 1}{2 z}$
となり、
$I_{n} = \oint_{C} z^{n} \cdot (- \frac{2 z}{z ^{2} - 2 a z + 1}) \frac{d z}{i z} = \frac{- 2}{i} \oint_{C} \frac{z ^{n}}{z ^{2} - 2 a z + 1} d z = 2 i \oint_{C} \frac{z ^{n}}{z ^{2} - 2 a z + 1} d z (2)$
を得る（ $\frac{- 2}{i} = 2 i$ を用いた）。

ステップ 2（特異点の位置）. $z^{2} - 2 a z + 1 = 0$ の解は
$α = a - a^{2} - 1, β = a + a^{2} - 1$
で、 $a > 1$ よりどちらも実数、 $α \neq = β$ 、 $α β = 1$ である。 $a^{2} - 1 < a^{2} = a$ なので $α > 0$ 。また $a - 1 > 0$ より $(a - 1)^{2} < (a - 1) (a + 1) = a^{2} - 1$ なので $a - 1 < a^{2} - 1$ 、すなわち $α < 1$ である。よって $0 < α < 1$ であり、 $β = 1/ α > 1$ である。

被積分関数 $g (z) = \frac{z ^{n}}{( z - α ) ( z - β )}$ は、 $n \geq 0$ より分子 $z^{n}$ が多項式なので、 $z = α, β$ を除いて $C$ で正則である（ $z = 0$ は特異点ではない）。 $C$ の内部 $∣ z ∣ < 1$ にある特異点は $α$ だけで、 $β$ は外部にあり、どちらも $C$ 上にはない。

ステップ 3（留数の計算）. $α \neq = β$ なので $z = α$ は $g$ の $1$ 位の極（ $α^{n} \neq = 0$ だから除去可能ではない。また $α^{n}$ の値によらず以下の公式は成り立つ）であり、
$Res_{z = α} g = z \to α lim (z - α) g (z) = \frac{α ^{n}}{α - β} = \frac{α ^{n}}{- 2 a ^{2} - 1} .$

ステップ 4（留数定理の適用）. $g$ は閉円板 $∣ z ∣ \leq 1$ の近傍で $α$ を除いて正則なので、留数定理より
$\oint_{C} g (z) d z = 2 π i \cdot \frac{α ^{n}}{- 2 a ^{2} - 1} = - \frac{π i α ^{n}}{a ^{2} - 1} .$
これを $(2)$ に代入すると
$I_{n} = 2 i \cdot (- \frac{π i α ^{n}}{a ^{2} - 1}) = \frac{2 π α ^{n}}{a ^{2} - 1} .$

ステップ 5（まとめ）. $α$ は実数なので $I_{n}$ は実数であり、 $(1)$ より
$\int_{0}^{2 π} \frac{cos n θ}{a - cos θ} d θ = Re I_{n} = \frac{2 π ( a - a ^{2} - 1 ) ^{n}}{a ^{2} - 1}$
が成り立つ。 $■$

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