Gauss の平均値定理

クリスカ^{∗}

2011 年 1 月 28 日

定理 (Gauss の平均値定理) ; f(z) が, a を中心とする円 C の内部および周上で正則であるとする. C 上における f(z) ; の値の平均は f(a) に等しい. 解答 Cauchy の積分公式により

f(a) = \frac{1}{2πi} ∮_{c} \frac{f(z)}{z − a} dz

C の半径を r とすれば, C の方程式は |z − a| = r, すなわち z = a + re^{iθ}. よって上式は

f(a) = \frac{1}{2πi} ∫_{0}^{2π} \frac{f(a + re^{iθ})}{re^{iθ}}ire^{iθ} dθ  (∵ dz = ire^{iθ}dθ)

= \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} f(a + re^{iθ}) dθ

となり, これが求める結果である.

問題 1 ; \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} sin^{2} (\frac{π}{6} + 2e^{iθ}) dθ ; の値を求めよ.

解答 f(z) = sin^{2} z とおくと, これは\frac{π}{6} を中心とする半径 2 の円の内部及び周上で正則である. よって,

\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} sin^{2} (\frac{π}{6} + 2e^{iθ}) dθ = sin^{2} \frac{π}{6} = \frac{1}{4}

∗ k-nakagawa@h6.dion.ne.jp

{問題 2 \atop 円 |z − 5 + 2i| = 3 上での, x^{2} − y^{2} + 2y の平均値を求めよ.}

解答 z = x + iy とおくと, x^{2} − y^{2} + 2y = ℜ (z^{2} − 2iz) となる. また, 平均値は以下のようになる.

\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} f ((5 − 2i) + 3e^{iθ}) dθ

ここで, f(z) = ℜ (z^{2} − 2iz). よって Gauss の平均値定理より,

\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} f ((5 − 2i) + 3e^{iθ}) dθ = ℜ (z^{2} − 2iz)|_{z=5−2i} = ℜ (17 − 30i) = 30

問題 3 ; ∫_{0}^{π} ln sin θ dθ = −π ln 2 ; を証明せよ. 解答 f(z) = ln(1 + z) とおくと,

\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} (1 + (1 − 2e^{iθ})) dθ = ln(1 + 1) = ln 2

となる. また,

\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} ln (1 + (1 − 2e^{iθ})) dθ = \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} ln (2 − 2e^{iθ}) dθ

= \frac{1}{2π} ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{i2θ}) d2θ (θ → 2θ)

= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{i2θ}) dθ

= \frac{1}{π} ∫_{π}^{0} ln (2 − 2e^{i2(π−θ)}) d(π − θ) (θ → π − θ)

= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{−i2θ}) dθ

と書き直すことも出来る.

∴ \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{i2θ}) dθ = \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{−i2θ}) dθ = π ln 2

ここで,

ln (2 − 2e^{i2θ}) = ln (2 − 2 cos 2θ − 2i sin 2θ)

= ln \frac{(2 − 2 cos 2θ − 2i sin 2θ) (2 − 2 cos 2θ + 2i sin 2θ)}{2 − 2 cos 2θ + 2i sin 2θ}

= ln \frac{4 − 8 cos 2θ + 4 cos^{2} 2θ + 4 sin^{2} 2θ}{2 − 2 cos 2θ + 2i sin 2θ}

= ln \frac{8 − 8 cos 2θ}{2 − 2 cos 2θ + 2i sin 2θ}

= ln \frac{8 − 8 (1 − 2 sin^{2} θ)}{2 − 2 cos 2θ + 2i sin 2θ}

= ln \frac{16 sin^{2} θ}{2 − 2e^{−i2θ}}

= 4 ln 2 + 2 ln sin θ − ln (2 − 2e^{−i2θ})

∴ ln sin θ = \frac{ln (2 − 2e^{i2θ}) + ln (2 − 2e^{−i2θ})}{2} − 2 ln 2

よって,

∫_{0}^{π} ln sin θ = \frac{1}{2} \{∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{i2θ}) dθ + ∫_{0}^{π} ln (2 − 2e^{−i2θ}) dθ\} − ∫_{0}^{π} 2 ln 2 dθ

= π ln 2 − 2π ln 2

= −π ln 2