複素解析 I 演習略解 No.3 ∫ ∫ π πr2 3-1 (1) xdy = r cos θ(r sin θ)′ dθ = . 2 C ∫ 0 ∫ π πr2 (2) ydx = r sin θ(r cos θ)′ dθ = − . 2 C 0 3-2 (1) C0 = {(1 + 2i)t; 0 5 t 5 1}, C1 = {t; 0 5 t 5 1}, C2 = {1 + it; 0 5 t 5 2}. ∫ ∫ 1 (1 + 2i)3 11 2 (2) z 2 dz = ((1 + 2i)t)2 (1 + 2i)dt = = − − i. 3 3 3 C0 ∫ ∫ 1 0 ∫ 2 11 2 z 2 dz = t2 dt + (1 + 2it)2 idt = · · · = − − i. 3 3 C ∫ 0 ∫ 0 ∫ ∫ ∫ 1 ∫ 2 1 1 1 (3) zdz = t(1 + 2i)dt = + i. Re(z)dz + Re(z)dz = tdt + 1 · idt = + 2i. 2 2 C0 C1 C2 0 0 0 注意．(2) の計算結果は一致するが，(3) は一致せず積分の値が積分路に依る．これは被積分関数の正則性に依ることで，このことを正確に述べるのがコーシーの積分定理である． dz(t) = ireit より n ̸= −1 のときは dt ∫ 2π ∫ 2π n n+1 i(n+1)t n+1 (z − a) dz = ir e dt = ir (cos(n + 1)t + i sin(n + 1)t)dt = 0. 3-3 (z − a)n = rn eint , ∫ C(r) 0 n = −1 のときは ∫ ∫ (z − a)−1 dz = C(r) ∫ 3-4 |z|=r 0 2π idt = 2πi. 0 f (z) dz = z ∫ 0 2π f (reiθ ) iθ rie dθ = i reiθ ∫ 2π f (reiθ )dθ → i · f (0) · 2π. 0 3-5 (1) 1 − ww を変形すると，次のようになる： (z − a)(z − a) (1 − az)(1 − az) − (z − a)(z − a) = (1 − az)(1 − az) (1 − az)(1 − az) 2 2 2 1 + aazz − zz − aa 1 + |a| |z| − |z| − |a|2 (1 − |a|2 )(1 − |z|2 ) = = = 2 (1 − az)(1 − az) |1 − az| |1 − az|2 1 − |w|2 =1 − ww = 1 − (2) (1) より |z| < 1 であれば |w| < 1 が成り立つ．上への写像であることを示すためには，|w| < 1 ならば， z−a w = eiθ をみたす |z| < 1 をみたす z が存在することを示せばよい．今，z を w で表すと， 1 − az z = e−θi θi w + eθi a −θi w − (−e a) = e 1 + e−θi az 1 − (−eθi a)z となるから，(1) を用いれば |z| < 1 であり，これが求める z である． ∫β 3-6 (1) I = α F (t)dt とおく．I = 0 のときは，不等式は成り立つ．よって I ̸= 0 の場合を考える．arg I = θ ∫β ∫β ∫β とすれば e−iθ I = |I|. よって，|I| は実数だから，|I| = e−iθ α F (t)dt = α e−iθ F (t)dt = α Re(e−iθ F (t))dt と ∫β ∫β なる．自明な等式 | Re(z)| 5 |z| より，|I| 5 α |e−iθ F (t)|dt = α |F (t)|dt. ∫ ∫β ∫β ∫ (2) (1) より，| C f (z)dz| = | α f (z(t))z ′ (t)dt| 5 α |f (z(t))||z ′ (t)|dt = γ |f (z)||dz|. ∫ ∫β ∫β√ また γ |dz| = α |z ′ (t)|dt = α (x′ (t))2 + (y ′ (t))2 dt で，この最後の積分が曲線 γ の長さの定義．