レポート問題 (5/17) 解答例
問題
f(ζ) = Z ∞
−∞
eζx 1
√2πe−x2/2dx, ζ∈C
とおく．
1. C3ζ7→f(ζ)∈Cは正則関数であることを証明せよ．
(数理学府学生はLebesugueの優収束定理の適用法について詳述せよ．)
2. ζ∈Rのときにf(ζ)を求め，一般のζ∈Cに対しf(ζ) =eζ2/2となることを証明せよ．
3. ζに関するTaylor展開を用いて Z ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx=
0, (n:奇数),
n!
2n/2(n/2)!, (n:偶数) となることを証明せよ．
解答例
1. g(ζ, x) = (2π)−1/2eζxe−x2/2とおく．ζ=ξ+√
−1η (ξ, η∈R)と表示すれば，
∂g
∂ξ(ζ, x) =xg(ζ, x), ∂g
∂η(ζ, x) =√
−1xg(ζ, x). (∗)
R >0を任意に固定し，|ζ|< Rとする．
|xg(ζ, x)| ≤(2π)−1/2|x|eR|x|e−x2/2
であり，(2π)−1/2|x|eR|x|e−x2/2は可積分であるから，Lebesgueの優収束定理(微分版)より，
∂f
∂ξ(ζ) = Z ∞
−∞
∂g
∂ξ(ζ, x)dx, ∂f
∂η(ζ) = Z ∞
−∞
∂g
∂η(ζ, x)dx となる．f =u+√
−1vと実数値関数u, vを用いて表示すれば(∗)とあわせて
0 = ∂f
∂ξ +√
−1∂f
∂η = µ∂u
∂ξ +√
−1∂v
∂ξ
¶ +√
−1 µ∂u
∂η +√
−1∂v
∂η
¶
= µ∂u
∂ξ −∂v
∂η
¶ +√
−1 µ∂u
∂η +∂v
∂ξ
¶ .
すなわち
∂u
∂ξ =∂v
∂η, ∂u
∂η =−∂v
∂ξ
となり，Cauchy-Riemannに関係式が成り立つ．よってfは領域|ζ|< Rにおいて正則である．Rは任意であっ たからf はCで正則となる．
2. ζx−12x2=−12(x−ζ)2+12ζ2 であるから，ζ∈Rならばy=x−ζという変数変換により
f(ζ) =eζ2/2 Z ∞
−∞
√1
2πe−y2/2dy=eζ2/2.
両辺ともに正則であるからf(ζ) =eζ2/2(ζ∈C)となる．
3. Taylor展開により
eζ2/2= X∞ k=0
1
k!(ζ2/2)k= X∞ k=0
1
2kk!ζ2k, (∗∗)
eζx= X∞ n=0
xnζn n! .
X∞ n=0
¯¯¯¯xnζn n!
¯¯¯¯≤e|ζ||x|
であるから，e|ζ||x|e−x2/2が可積分であることに注意すればLebsugueの優収束定理より Z ∞
−∞
eζx 1
√2πe−x2/2dx= X∞ n=0
Z ∞
−∞
xnζn n!
√1
2πe−x2/2dx= X∞ n=0
1 n!
µZ ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx
¶ ζn.
2.を用いて(∗∗)を代入すれば X∞ n=0
1 n!
µZ ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx
¶ ζn=
X∞ k=0
1 2kk!ζ2k.
ζnの係数を比較し，nが奇数ならば
1 n!
µZ ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx
¶
= 0, i.e.
Z ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx= 0,
n= 2kならば
1 n!
µZ ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx
¶
= 1
2kk!, i.e.
Z ∞
−∞
xn 1
√2πe−x2/2dx= n!
2n/2(n/2)!
となる．
