複素解析の定理
複素解析 において 、 ジョルダンの補題は、 周回積分 や 不定積分 を評価するために 留数定理 と組み合わせて頻繁に使用される結果である 。この 補題は フランスの数学者 カミーユ・ジョルダン にちなんで名付けられている。
声明 半円輪郭上で定義された
複素数 値 連続関数 fを 考える。
Ｃ
R
= { R
e
私 θ
∣ θ ∈ [ 0 、 π ] }
{\displaystyle C_{R}=\{Re^{i\theta }\mid \theta \in [0,\pi ]\}}
上半平面 上にあり 、原点を中心とする 正の半径 Rの関数 f が次の形式である
場合、
ふ （ ず ） =
e
私 1つの ず
グ （ ず ） 、 ず ∈ Ｃ 、
{\displaystyle f(z)=e^{iaz}g(z),\quad z\in C,}
正のパラメータ a の場合、ジョルダンの補題は、輪郭積分の上限を次のように規定します。
|
∫
Ｃ
R
ふ （ ず ） d ず
|
≤
π 1つの
ま
R
どこ
ま
R
:=
最大
θ ∈ [ 0 、 π ]
|
グ
（
R
e
私 θ
）
|
。
{\displaystyle \left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {\pi }{a}}M_{R}\quad {\text{where}}\quad M_{R}:=\max _{\theta \in [0,\pi ]}\left|g\left(Re^{i\theta }\right)\right|.}
g が どこでもゼロになるとき、等式が成り立ち 、その場合、両辺はともにゼロになります。下半平面の半円形の輪郭についても、 a < 0 のときに同様のことが言えます。
もし fがすべての大きい R に対して 半円輪郭 C R 上で連続であり、 すると、ジョーダンの補題により
リム
R → ∞
∫
Ｃ
R
ふ （ ず ） d ず = 0.
{\displaystyle \lim _{R\to \infty }\int _{C_{R}}f(z)\,dz=0.}
a = 0 の場合については 、 推定補題 を参照してください。 推定補題と比較すると、ジョルダンの補題における上限は輪郭線 C R の長さに明示的に依存しません。
ジョルダンの補題の応用 パス C は、 パス C 1 と C 2 を連結したものです。 ジョルダンの補題は、上半平面上で正則で上半平面上で連続な 関数 f ( z ) = e i az g ( z ) の実軸に沿った積分を計算する簡単な方法を与える。ただし、有限個の非実数点 z 1 , z 2 , …, z n では連続となる可能性がある。図に示す
パス C 1 と C 2 の連結である閉じた輪郭 C を考える。定義により、
∮
Ｃ
ふ （ ず ） d ず =
∫
Ｃ
1
ふ （ ず ） d ず +
∫
Ｃ
2
ふ （ ず ） d ず 。
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\int _{C_{1}}f(z)\,dz+\int _{C_{2}}f(z)\,dz\ 、。}
C 2 では 変数 z は実数なので、2 番目の積分は実数です。
∫
Ｃ
2
ふ （ ず ） d ず =
∫
− R
R
ふ （ x ） d x 。
{\displaystyle \int _{C_{2}}f(z)\,dz=\int _{-R}^{R}f(x)\,dx\,.}
左辺は 留数定理 を用いて計算することができ、 | z 1 | 、 | z 2 | 、…、 | z n | の最大値より大きいすべての R について、
∮
Ｃ
ふ （ ず ） d ず = 2 π 私
∑
け = 1
ん
解像度 （ ふ 、
ず
け
） 、
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=2\pi i\sum _{k=1}^{n}\operatorname {Res} (f,z_{k})\,,}
ここで Res( f , z k ) は 特異点 z k におけるf の 留数 を表す 。したがって、 f が 条件 ( * )を満たす場合、 R が 無限大に近づくときの極限をとると、 C 1 上の周回積分は ジョルダンの補題により消え、不定積分の値が得られる。
∫
− ∞
∞
ふ （ x ） d x = 2 π 私
∑
け = 1
ん
解像度 （ ふ 、
ず
け
） 。
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx=2\pi i\sum _{k=1}^{n}\operatorname {Res} (f,z_{k})\,.}
例 機能
ふ （ ず ） =
e
私 ず
1 +
ず
2
、 ず ∈
Ｃ
∖ { 私 、 − 私 } 、
{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{1+z^{2}}},\qquad z\in {\mathbb {C} }\setminus \{i,-i\ },}
は、 R > 0かつ R ≠ 1 である すべてのRに対して a = 1 となるジョルダンの補題の条件を満たす。R > 1 に対して、
ま
R
=
最大
θ ∈ [ 0 、 π ]
1
|
1 +
R
2
e
2 私 θ
|
=
1
R
2
− 1
、
{\displaystyle M_{R}=\max _{\theta \in [0,\pi ]}{\frac {1}{|1+R^{2}e^{2i\theta }|}}={\frac {1}{R^{2}-1}}\,,}
したがって、( * )が成り立つ。上半平面における f の唯一の特異点は z = i にあるため、上記の適用
により、
∫
− ∞
∞
e
私 x
1 +
x
2
d x = 2 π 私 解像度 （ ふ 、 私 ） 。
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ix}}{1+x^{2}}}\,dx=2\pi i\,\operatorname {Res} (f,i)\,.}
z = i は f の 単極 であり 、 1 + z 2 = ( z + i )( z − i ) なので 、
解像度 （ ふ 、 私 ） =
リム
ず → 私
（ ず − 私 ） ふ （ ず ） =
リム
ず → 私
e
私 ず
ず + 私
=
e
− 1
2 私
{\displaystyle \operatorname {Res} (f,i)=\lim _{z\to i}(zi)f(z)=\lim _{z\to i}{\frac {e^{iz}} {z+i}}={\frac {e^{-1}}{2i}}}
となることによって
∫
− ∞
∞
コス x
1 +
x
2
d x = 再
∫
− ∞
∞
e
私 x
1 +
x
2
d x =
π e
。
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}\,dx=\operatorname {Re} \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ix}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {\pi }{e}}\,.}
この結果は、古典的な方法では計算が難しいいくつかの積分が複素解析の助けを借りて簡単に評価される方法を示しています。
この例では、はるかに単純な推定補題 の代わりに、ジョーダンの補題を使用できることがわかります 。実際、推定補題は とを計算するのに十分であり 、ここでのジョーダンの補題は不要です。
∫
− ∞
∞
e
私 x
1 +
x
2
d x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ix}}{1+x^{2}}}\,dx}
∫
− ∞
∞
コス x
1 +
x
2
d x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}\,dx}
ジョルダンの補題の証明 複素線積分 の定義により 、
∫
Ｃ
R
ふ （ ず ） d ず =
∫
0
π
グ （ R
e
私 θ
）
e
私 1つの R （ コス θ + 私 罪 θ ）
私 R
e
私 θ
d θ = R
∫
0
π
グ （ R
e
私 θ
）
e
1つの R （ 私 コス θ − 罪 θ ）
私
e
私 θ
d θ 。
{\displaystyle \int _{C_{R}}f(z)\,dz=\int _{0}^{\pi }g(Re^{i\theta })\,e^{iaR(\cos \theta +i\sin \theta )}\,iRe^{i\theta }\,d\theta =R\int _{0}^{\pi }g(Re^{i\theta })\,e^{aR(i\cos \theta -\sin \theta )}\,ie^{i\theta }\,d\theta \,.}
不平等は
|
∫
1つの
b
ふ （ x ） d x
|
≤
∫
1つの
b
|
ふ （ x ）
|
d x
{\displaystyle {\biggl |}\int _{a}^{b}f(x)\,dx{\biggr |}\leq \int _{a}^{b}\left|f(x)\right|\,dx}
収穫
私
R
:=
|
∫
Ｃ
R
ふ （ ず ） d ず
|
≤ R
∫
0
π
|
グ （ R
e
私 θ
）
e
1つの R （ 私 コス θ − 罪 θ ）
私
e
私 θ
|
d θ = R
∫
0
π
|
グ （ R
e
私 θ
）
|
e
− 1つの R 罪 θ
d θ 。
{\displaystyle I_{R}:={\biggl |}\int _{C_{R}}f(z)\,dz{\biggr |}\leq R\int _{0}^{\pi }{\bigl |}g(Re^{i\theta })\,e^{aR(i\cos \theta -\sin \theta )}\,ie^{i\theta }{\bigr |}\,d\theta =R\int _{0}^{\pi }{\bigl |}g(Re^{i\theta }){\bigr |}\,e^{-aR\sin \theta }\,d\theta \,.}
( * )で定義された M R と対称性 sin θ = sin( π − θ ) を用いると 、次式が得られる。
私
R
≤ R
ま
R
∫
0
π
e
− 1つの R 罪 θ
d θ = 2 R
ま
R
∫
0
π
/
2
e
− 1つの R 罪 θ
d θ 。
{\displaystyle I_{R}\leq RM_{R}\int _{0}^{\pi }e^{-aR\sin \theta }\,d\theta =2RM_{R}\int _{0} ^{\pi /2}e^{-aR\sin \theta }\,d\theta \,.}
sin θ のグラフは 区間 θ ∈ [0, π ⁄ 2]上で 凹面 なので、 sin θ のグラフは その端点を結ぶ直線より上に位置し、したがって
罪 θ ≥
2 θ
π
{\displaystyle \sin \theta \geq {\frac {2\theta }{\pi }}\quad }
すべてのθ ∈ [0, π ⁄ 2] に対して 成り立ち、これはさらに
私
R
≤ 2 R
ま
R
∫
0
π
/
2
e
− 2 1つの R θ
/
π
d θ =
π 1つの
（ 1 −
e
− 1つの R
）
ま
R
≤
π 1つの
ま
R
。
{\displaystyle I_{R}\leq 2RM_{R}\int _{0}^{\pi /2}e^{-2aR\theta /\pi }\,d\theta ={\frac {\pi }{a}}(1-e^{-aR})M_{R}\leq {\frac {\pi }{a}}M_{R}\,.}
参照
参考文献 Brown, James W.; Churchill, Ruel V. (2004)。 複素変数とその応用（第 7 版）。 ニューヨーク : McGraw Hill。pp. 262–265。ISBN 0-07-287252-7 。 
![{\displaystyle C_{R}=\{Re^{i\theta }\mid \theta \in [0,\pi ]\}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/cb8eb023ba7ce2e38acb3823078a036e77847324)
![{\displaystyle \left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {\pi }{a}}M_{R}\quad {\text{where}}\quad M_{R}:=\max _{\theta \in [0,\pi ]}\left|g\left(Re^{i\theta }\right)\right|.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0efa7b759225abf9cdf75f0de2431f2f16683a76)
![{\displaystyle M_{R}=\max _{\theta \in [0,\pi ]}{\frac {1}{|1+R^{2}e^{2i\theta }|}}={\frac {1}{R^{2}-1}}\,,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/903dee19462fa937a84af5d7f5d2becd1861df0a)
