三角関数を含む定積分

三角関数の有理式の積分を留数定理を用いて計算しよう。 F(X,Y)F(X,Y)をX,YX, Yについての有理式としたとき、

∫02πF(cos⁡θ,sin⁡θ)dθ\int^{2\pi}_0F(\cos\theta, \sin\theta)d\theta

を考える。

単位円周∣z∣=1\lvert z \rvert=1正の向きCCでの線積分をγ(θ)=eiθ\gamma(\theta)=e^{i\theta}とパラメータづけすることで、 θ\thetaの0≤θ≤2π0\leq\theta\leq2\piでの積分に書き換えることができる。 この書き換えの逆によって、数直線上の積分を単位円周での線積分に書き換えることにより、留数定理を用いて積分が計算できる。

cos⁡θ=z+z−12,sin⁡θ=z−z−12i,dz=ieiθdθ=izdθ\cos\theta=\frac{z+z^{-1}}{2}, \sin\theta=\frac{z-z^{-1}}{2i}, dz=ie^{i\theta}d\theta=izd\theta

となるので、

∫02πF(cos⁡θ,sin⁡θ)dθ=∫CF(z+z−12,z−z−12i)dziz\int^{2\pi}_0F(\cos\theta, \sin\theta)d\theta=\int_CF\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2i}\right)\frac{dz}{iz}

である。 この単位円周での線積分を留数定理を用いて計算する。

いくつか例題を見てみよう。

∫02πdθ3+sin⁡θ \int^{2\pi}_0\frac{d\theta}{3+\sin\theta}

を計算する。

まず上の通り単位円周での線積分に書き換えると、

∫02πdθ3+sin⁡θ=∫C13+(z−z−1)/2idziz=∫C26iz+z2−1dz=2∫Cdz6iz+z2−1 \int^{2\pi}_0\frac{d\theta}{3+\sin\theta}=\int_C\frac{1}{3+(z-z^{-1})/2i}\frac{dz}{iz} =\int_C\frac{2}{6iz+z^2-1}dz =2\int_C\frac{dz}{6iz+z^2-1}

となる。

ここで、16iz+z2−1\dfrac{1}{6iz+z^2-1}の正則でない孤立特異点は、z2+6iz−1=0z^2+6iz-1=0の解z=−3i±22iz=-3i\pm2\sqrt{2}iであり、これらはいずれも11位の極である。 このうち∣z∣<1\lvert z\rvert<1なのは、z=−3i+22iz=-3i+2\sqrt{2}iのみである。

z=−3i+22iz=-3i+2\sqrt{2}iでの留数は、

lim⁡z→−3i+22i1(z−(−3i+22i))(z−(−3i−22i))(z−(−3i+22i))=142i \lim_{z\to-3i+2\sqrt{2}i}\frac{1}{(z-(-3i+2\sqrt{2}i))(z-(-3i-2\sqrt{2}i))}(z-(-3i+2\sqrt{2}i))=\frac{1}{4\sqrt{2}i}

である。

よって、留数定理により

2∫Cdz6iz+z2−1=4πi42i=π2 2\int_C\frac{dz}{6iz+z^2-1} = \frac{4\pi i}{4\sqrt{2}i} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}

となる。

∫02π15+3cos⁡θdθ=π2\int^{2\pi}_0\frac{1}{5+3\cos\theta}d\theta=\frac{\pi}{2}