ペケとジマの複素解析 #7 log絡みの複素積分

コジ

2024年11月17日 23:52

登場人物

ペケ
理系，学部2年．
メガネのレンズがプラスチック

ジマ
文系，ペケの先輩．
メガネのレンズがガラス

ペケ：・・・またここからスか？

ジマ：でも今回は$${w=\log(z)}$$のリーマン面上のようだな．ちなみに表記は同じだけどこの$${\log}$$はペケくんが高校でやってた自然対数とは少しモノが違うよォー．

ペケ：そうなんですね．

ジマ：せっかくだからまた原点の周りをしっぽりと回ってはくれないかい？俺はここで待ってるからよォー．

ペケ：またですか…

・・・ジマさん，動いたでしょ？
だって，足元にさっきと目盛りも全く同じ実軸がありますもん．

ジマ：動いてねーよ．もっと回ってみれば？

ペケ：はい．

ﾊｧﾊｧ…ジマさん，もう勘弁してください．

ジマ：ｸｸｸｸｸ…w あまりにもチンパンジーが過ぎるw
戻ってこれるわけねーだろwﾈｰﾀﾞﾛw

ペケ：そうか，前回は$${w=\sqrt z}$$だったから，$${z=1}$$スタートで2周したら$${z=e^{4\pi i}=1}$$でどっちの$${z}$$でも$${w=1}$$だから戻ってこれたけど，
今回は同じ$${z=1}$$でも$${z=1,e^{2\pi i},e^{4\pi i},…}$$のとき，
$${w=\log(1)=0}$$
$${w=\log(e^{2\pi i})=2\pi i}$$
$${w=\log(e^{4\pi i})=4\pi i}$$
$${\vdots}$$
だから，同じ結果にならないからずっと回ってても，永遠に螺旋階段みたく続いて帰ってこれないってことですか．
ハメましたね！

ジマ：ｳﾍﾍﾍﾍ！3周目くらいで気付けよw
お前の名前チンパンジーにしといたるわ．ホイ．

チンパンジー：ひどいよー．

ジマ：まぁ，気づけたところで一旦現実世界に戻ろうか．

スッパ！！！

チンパンジー：．．．戻れた．

ジマ：さて，今回はこれを踏まえて次の積分をやってもらおうか．

$$
\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(x+a)^2}\mathrm dx \ (a>0)
$$

チンパンジー：どうせまた天下りなんでしょ？

ジマ：バチクソ天下りだよー．次の複素積分をやってもらおうか．

$$
\oint_{視} \frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz
$$

積分経路は前回の「視力検査」だよォー． $${(0 < r < a < R)}$$

チンパンジー：へー，$${\log}$$の部分は2乗するんですね．

ジマ：Soー．分子に$${\log (一次式)}$$があるとき，$${(\log (一次式))^2}$$に直して複素積分するとうまくいくんだよね．なんでうまくいくかはやればわかるよォー．
では，しっぽりと解いてくれ給へ．

チンパンジー：はい．まずは留数計算ですね．「視力検査」の内部に被積分関数は$${z=-a}$$に2位の極を持つから，

$$
\begin{aligned}
&\oint_{視} \frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&=2\pi i \ {\underset{z=-a}{\mathrm{Res}}}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\\
&=2\pi i\lim_{z\rightarrow -a}\frac{\mathrm d}{\mathrm dz}(\log(z))^2\\
&=2\pi i\lim_{z\rightarrow -a}\frac{2\log(z)}{z}\\
&=2\pi i\frac{2\log(ae^{\pi i})}{-a}\\
&=-2\pi i\frac{2\log(a)+2\pi i}{a}\\
&=\frac{4\pi^2}{a}-\frac{4\pi i}{a}\log(a)\\
\end{aligned}
$$

ジマ：次$${C_2}$$ー．

チンパンジー：で，$${C_2}$$の積分は・・・
分子が$${\log}$$オーダーで分母が2次式だから$${R\rightarrow\infty}$$で収束しそうだな．
絶対値をとると，$${R\rightarrow\infty}$$だから，$${R\geq e^{2\pi}>1}$$としてよく，

$$
\begin{aligned}
&\left|\int_{C_2}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz
\right|\\
&\leq\int_{C_2}\left|\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz
\right|\\
&＝\int_0^{2\pi}\left|\frac{(\log(Re^{i\theta}))^2}{(Re^{i\theta}+a)^2}iRe^{i\theta}\mathrm d\theta\right|\\
&＝\int_0^{2\pi}\frac{|\log(Re^{i\theta})|^2}{|Re^{i\theta}+a|^2}R\mathrm d\theta\\
&＝\int_0^{2\pi}\frac{|\log(R)+i\theta|^2}{|Re^{i\theta}+a|^2}R\mathrm d\theta\\
&\leq\int_0^{2\pi}\frac{(\log(R)+|i\theta|)^2}{(R-a)^2}R\mathrm d\theta\\
&(\because 三角不等式)\\
&=\int_0^{2\pi}\frac{(\log(R)+\theta)^2}{(R-a)^2}R\mathrm d\theta\\
&\leq\int_0^{2\pi}\frac{(\log(R)+\log(R))^2}{(R-a)^2}R\mathrm d\theta\\
&=\frac{8\pi R(\log(R))^2}{(R-a)^2}\end{aligned}
$$

だから，

$$
\begin{aligned}
\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{R(\log(R))^2}{(R-a)^2}
&=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{(\log(R))^2}{R-2a+a^2/R}\\
&=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{2\log(R)/R}{1-a^2/R^2}\\
&(\because ロピタルの定理)\\
&=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{2\log(R)}{R-a^2/R}\\
&=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{2/R}{1+a^2/R^2}\\
&(\because ロピタルの定理)\\
&=0
\end{aligned}
$$

より，

$$
\therefore\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz=0
$$

でつ．

ジマ：$${C_4}$$は？

チンパンジー：$${C_4}$$の積分は同様に分子が$${\log}$$オーダーだから変数変換で出てくる$${r}$$によって$${r\rightarrow+0}$$でゼロに収束しそうなので絶対値をとると，$${r\leq e^{-2\pi}<1}$$としてよく，

$$
\begin{aligned}
&\left|\int_{C_4}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz
\right|\\
&\leq\int_{C_4}\left|\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz
\right|\\
&＝\int_{2\pi}^0\left|\frac{(\log(re^{i\theta}))^2}{(re^{i\theta}+a)^2}ire^{i\theta}\mathrm d\theta\right|\\
&＝\int_0^{2\pi}\left|\frac{(\log(re^{i\theta}))^2}{(re^{i\theta}+a)^2}ire^{i\theta}(-\mathrm d\theta)\right|\\
&＝\int_0^{2\pi}\frac{|\log(re^{i\theta})|^2}{|re^{i\theta}+a|^2}r\mathrm d\theta\\
&＝\int_0^{2\pi}\frac{|\log(r)+i\theta|^2}{|re^{i\theta}+a|^2}r\mathrm d\theta\\
&\leq\int_0^{2\pi}\frac{(|\log(r)|+|i\theta|)^2}{(a-r)^2}r\mathrm d\theta\\
&(\because 三角不等式)\\
&=\int_0^{2\pi}\frac{(-\log(r)+\theta)^2}{(a-r)^2}R\mathrm d\theta\\
&\leq\int_0^{2\pi}\frac{(-\log(r)-\log(r))^2}{(a-r)^2}R\mathrm d\theta\\
&=\frac{8\pi r(\log(r))^2}{(a-r)^2}\end{aligned}
$$

で，

$$
\begin{aligned}
\lim_{r\rightarrow+0}r(\log(r))^2
&=\lim_{r\rightarrow+0}\frac{(\log(r))^2}{1/r}\\
&=\lim_{r\rightarrow+0}\frac{2\log(r)/r}{-1/r^2}\\
&(\because ロピタルの定理)\\
&=\lim_{r\rightarrow+0}\frac{2\log(r)}{-1/r}\\
&=\lim_{r\rightarrow+0}\frac{2/r}{1/r^2}\\
&(\because ロピタルの定理)\\
&=\lim_{r\rightarrow+0}2r\\
&=0
\end{aligned}
$$

より，

$$
\therefore\lim_{r\rightarrow+0}\int_{C_4}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz=0
$$

ですね．

ジマ：そしていつも通り最後は$${C_1+C_3}$$だな．

チンパンジー：はい．こないだと一緒で，$${C_3}$$の$${r,R}$$は$${C_1}$$より偏角が$${2\pi}$$進んでることに注意すると，$${re^{2\pi i},Re^{2\pi i}}$$と書けるから，

$$
\begin{aligned}
&\int_{C_1}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz+\int_{C_3}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&=\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz＋\int_{Re^{2\pi i}}^{re^{2\pi i}}\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&=\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz＋\int_R^r\frac{(\log(ue^{2\pi i}))^2}{(ue^{2\pi i}+a)^2}e^{2\pi i}\mathrm du\\
&(z=ue^{2\pi i}と置換)\\
&=\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz＋\int_R^r\frac{(\log(u)+2\pi i)^2}{(u+a)^2}\mathrm du\\
&=\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz-\int_r^R\frac{(\log(z)+2\pi i)^2}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&=\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz-\int_r^R\frac{(\log(z))^2}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&-4\pi i\int_r^R\frac{\log(z)}{(z+a)^2}\mathrm dz
+4\pi^2\int_r^R\frac{1}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&=-4\pi i\int_r^R\frac{\log(z)}{(z+a)^2}\mathrm dz
+4\pi^2\int_r^R\frac{1}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
\end{aligned}
$$

あー！$${(\log(z))^2/(z+a)^2}$$が相殺されて求めたい$${\log(z)/(z+a)^2}$$が残りました！！次数を増やしたのはこの為だったんですね．
最後に留数と経路積分を等置したら，

$$
\begin{aligned}
&\frac{4\pi^2}{a}-\frac{4\pi i}{a}\log(a)\\
&=-4\pi i\int_r^R\frac{\log(z)}{(z+a)^2}\mathrm dz
+4\pi^2\int_r^R\frac{1}{(z+a)^2}\mathrm dz\\
&+\int_{C_2}\frac{(\log(z+1))^2}{(z+2)^2}\mathrm dz +\int_{C_4}\frac{(\log(z+1))^2}{(z+2)^2}\mathrm dz
\end{aligned}
$$

両辺$${r\rightarrow+0,R\rightarrow\infty}$$として，

$$
\begin{aligned}
&\frac{4\pi^2}{a}-\frac{4\pi i}{a}\log(a)\\
&=-4\pi i\int_0^\infty\frac{\log(z)}{(z+a)^2}\mathrm dz
+4\pi^2\int_0^\infty\frac{1}{(z+a)^2}\mathrm dz+0+0\\
\end{aligned}
$$

で，両辺$${-4\pi i}$$で割って実部を比較して，

$$
\begin{aligned}

\therefore \int_0^\infty\frac{\log(z)}{(z+a)^2}\mathrm dz
=\frac{1}{a}\log(a)
\end{aligned}
$$

ですね．

ジマ：ちゃんと完走できたじゃん．

チンパンジー：ありがとうございます．てかこれ，

$$
\begin{aligned}
I&=\int_0^\infty\frac{\log(x)}{(x+1)^2}\mathrm dx\\
&=\int_\infty^0\frac{\log(1/y)}{(1/y+1)^2}\left(-\frac{1}{y^2}\right)\mathrm dy \ \left(x=\frac{1}{y}\right)\\
&=-\int_0^\infty\frac{\log(y)}{(y+1)^2}\mathrm dy \\
&=-I
\end{aligned}
$$

だから，$${I=0}$$で，

$$
\begin{aligned}
&\int_0^\infty\frac{\log(x)}{(x+a)^2}\mathrm dx\\
&=\int_0^\infty\frac{\log(at)}{(at+a)^2}a\mathrm dt \ (x=at)\\
&=\int_0^\infty\frac{\log(a)}{a(t+1)^2}\mathrm dt+\int_0^\infty\frac{\log(t)}{a(t+1)^2}\mathrm dt\\
&=\frac{1}{a}\log(a)\left[-\frac{1}{t+1}\right]_0^\infty+\frac{1}{a}I\\
&=\frac{1}{a}\log(a)+\frac{1}{a}\cdot0\\
&=\frac{1}{a}\log(a)
\end{aligned}
$$