有理関数の無限区間上の定積分

\dfrac{1}{1+x^4}

の積分

\int^\infty_{-\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\pi}{\sqrt{2}}

を示す。

実数 $R>1$ に対して、 $A_R$ を原点中心半径 $R$ の上半円の正の向き、 $I_R$ を閉区間 $[-R, R]$ 負から正への向きとする。十分大きな $R$ に対する閉曲線 $C_R=A_R+I_R$ での線積分

\int_{C_R}\frac{1}{1+z^4}dz

を留数定理を用いて計算する。

$f(z)=\dfrac{1}{1+z^4}$ は $1+z^4=0$ の解 $z=e^{\pi i/4}, e^{3\pi i/4}, e^{5\pi i/4}, e^{7\pi i/4}$ でそれぞれ $1$ 位の極を持つ。これらのうち $C_R$ の内部にあるのは $z=e^{\pi i/4}, e^{3\pi i/4}$ の二つである。それぞれにおける $f$ の留数を求めよう。ロピタルの定理を使って計算すると、

\lim_{z\to e^{\pi i/4}}\frac{z-e^{\pi i/4}}{1+z^4}=\frac{1}{4e^{3\pi i/4}}\\\\ \lim_{z\to e^{3\pi i/4}}\frac{z-e^{3\pi i/4}}{1+z^4}=\frac{1}{4e^{\pi i/4}}

である。よって、留数定理により

\int_{C_R}\frac{1}{1+z^4}dz=2\pi i\left(\frac{e^{-3\pi i/4}+e^{-\pi i/4}}{4}\right)=\frac{\pi i}{2}(-2i\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{\pi}{\sqrt{2}}

となる。これは $R$ には依存しない。

次に、 $I_R$ における線積分を計算する。 $I_R$ を $\gamma(t)=t$ でパラメータづけると

\int_{I_R}\frac{1}{1+z^4}dz=\int^R_{-R}\frac{1}{1+t^4}dt

である。これの $R\to\infty$ の極限が求める積分である。

広義積分の存在も確かめておく。 $\dfrac{1}{1+x^4}$ は連続で、 $\lvert x\rvert\geq1$ では $\dfrac{1}{1+x^4}\leq\dfrac{1}{x^4}$ であり、 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{dx}{x^4}$ は収束する。よって絶対可積分であり、広義積分は存在して上の極限と一致する。

最後に $A_R$ における線積分を計算する。実際には、これが $R\to\infty$ で $0$ に収束することを証明する。そのため、絶対値を評価する。まず積分の三角不等式により

\left\lvert\int_{A_R}\frac{1}{1+z^4}dz\right\rvert \leq\int_{A_R}\left\lvert\frac{1}{1+z^4}\right\rvert\lvert dz\rvert

である。ここでさらに $\lvert z\rvert=R$ のとき、 $R$ が十分大きければ、三角不等式より $R^4-1\leq \lvert1+z^4\rvert$ となる。よって、

\int_{A_R}\left\lvert\frac{1}{1+z^4}\right\rvert\lvert dz\rvert \leq\int_{A_R}\frac{1}{R^4-1}\lvert dz\rvert=\frac{\pi R}{R^4-1}

となる。これは $R\to\infty$ で $0$ に収束するので、

\lim_{R\to\infty}\int_{A_R}\frac{1}{1+z^4}dz=0

である。

以上より

\frac{\pi}{\sqrt{2}}=\int_{I_R}\frac{1}{1+z^4}dz+\int_{A_R}\frac{1}{1+z^4}dz

で、 $R\to\infty$ の極限をとることで、

\frac{\pi}{\sqrt{2}}=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{1+x^4}dx

が得られる。

\dfrac{1}{x^3+1}

の積分

\int^\infty_0\frac{1}{x^3+1}dx=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}

を示す。

ここでは半円ではなく角 $\dfrac{2\pi}{3}$ の扇形を使う。理由は $z^3$ の対称性にある。 $\omega=e^{2\pi i/3}$ とすると $\omega^3=1$ なので $(\omega z)^3=z^3$ であり、被積分関数 $\dfrac{1}{z^3+1}$ は $z\mapsto\omega z$ で不変である。

したがって戻りの半直線（偏角 $\dfrac{2\pi}{3}$ ）に沿った積分が、実軸上の積分の定数倍で書ける。その結果、求める積分について一次方程式が立ち、解くことができる。

半円を使うとうまくいかない。 $\dfrac{1}{x^3+1}$ は偶関数でないので $\int_0^\infty$ を $\int_{-\infty}^\infty$ に直せず、しかも実軸の負の部分に極 $z=-1$ が乗ってしまうからである。一般に整数 $n\geq2$ に対し、 $\dfrac{1}{x^n+1}$ では角 $\dfrac{2\pi}{n}$ の扇形をとる。

$f(z)=\dfrac{1}{z^3+1}$ とおく。 $R>1$ とし、 $I_R$ を実軸の $0$ から $R$ に向かう線分、 $A_R$ を半径 $R$ の円弧のうち偏角が $0$ から $\dfrac{2\pi}{3}$ の部分、 $J_R$ を $z=R\exp(\frac{2\pi}{3}i)$ から $z=0$ を結ぶ線分とし、 $C_R=I_R+A_R+J_R$ とする。

$C_R$ 内部にある $f$ の極は $z^3+1=0$ の解のうち $z=e^{\pi i/3}$ のみである。 $\lvert e^{\pi i/3}\rvert=1$ なので、これが内部に入るために $R>1$ が要る（ $R=1$ では極が円弧の上にある）。ここでの $f$ の留数は、ロピタルの定理を用いて

\lim_{z\to e^{\pi i/3}}\frac{z-e^{\pi i/3}}{z^3+1}=\frac{1}{3e^{2\pi i/3}}

と計算できる。よって、留数定理により

\int_{C_R}f(z)dz=2\pi i\frac{1}{3e^{2\pi i/3}}

である。

この左辺の積分を三つの曲線に分けて計算する。

まず $I_R$ での積分は

\int_{I_R}f(z)dz=\int^R_0\frac{1}{x^3+1}dx

であり、 $R\to\infty$ としたものが求めるべき積分である。

次に $J_R$ での積分はまた、

\int_{J_R}f(z)dz=\int^0_R\frac{1}{(x\exp(\frac{2\pi}{3}i))^3+1}e^{2\pi i/3}dx=-e^{2\pi i/3}\int^R_0\frac{1}{x^3+1}dx

である。

最後に $A_R$ での積分を三角不等式を用いて評価すると、

\left\lvert\int_{A_R}f(z)dz\right\rvert \leq \int_0^{2\pi/3}\left\lvert\frac{Rie^{i\theta}}{R^3e^{3 i\theta}+1}\right\rvert d\theta \\\\ \leq\int_0^{2\pi/3}\frac{R}{R^3-1}d\theta =\frac{R}{R^3-1}\frac{2\pi}{3}

となる。これは $R\to\infty$ で $0$ に収束するため、

\lim_{R\to\infty}\int_{A_R}f(z)dz=0

である。

以上をまとめると、

\frac{2\pi i}{3e^{2\pi i/3}} = (1-e^{2\pi i/3})\int^R_0\frac{1}{x^3+1}dx+\int_{A_R}\frac{1}{z^3+1}dz

である。

この式で $R\to\infty$ とすることで、

\frac{2\pi i}{3e^{2\pi i/3}} = (1-e^{2\pi i/3})\int^\infty_0\frac{1}{x^3+1}dx

となる。よって、

\int^\infty_0\frac{1}{x^3+1}dx=\frac{2\pi i}{3}e^{-2\pi i/3}(1-e^{2\pi i/3})^{-1} =\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}

となる。

\dfrac{1}{x^n+1}

の積分

$n\geq2$ なる整数 $n$ に対し

\int^\infty_0\frac{1}{x^n+1}dx=\frac{\pi}{n\sin(\pi/n)}

を示せ。

ヒント： $n=3$ の場合と同じく、角 $\dfrac{2\pi}{n}$ の扇形を積分路にとる。

扇形の内部にある極は $z=e^{\pi i/n}$ の一つだけである
戻りの半直線上では $z=e^{2\pi i/n}x$ となるので被積分関数の寄与が $e^{2\pi i/n}$ 倍になり、実軸上の積分の $\bigl(1-e^{2\pi i/n}\bigr)$ 倍が残る
円弧の寄与は、 $n\geq2$ より $\dfrac{R}{R^n-1}\to0$ となって消える

$n\geq2$ という条件がどこで効いているかを確かめよう。また $n=2$ とすると $\displaystyle\int^\infty_0\frac{dx}{x^2+1}=\frac{\pi}{2}$ となり、既知の値と一致することを確かめよ。

重極をもつ広義積分：手順を自分で組み立てる

\int^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}

を求めよ。計算だけでなく、次の各段階について理由を述べること。

この広義積分が収束すること
どの積分路を選ぶか、なぜそれでよいか
積分路の内部にある極とその位数
その極における留数
円弧に沿った積分が $R\to\infty$ で消えること

解答

1. 収束。 被積分関数は実軸上で連続であり、 $\lvert x\rvert\to\infty$ で $\dfrac{1}{x^4}$ と同程度に減衰する。 $\displaystyle\int^\infty_1\frac{dx}{x^4}$ が収束するので、この広義積分は絶対収束する。

2. 積分路。 被積分関数は偶関数で実軸全体の積分なので、上半円周で閉じる標準の形が使える。 $R>1$ とし、 $I_R$ を実軸上 $-R$ から $R$ まで、 $A_R$ を原点中心半径 $R$ の上半円周として $C_R=I_R+A_R$ とする。 $f(z)=\dfrac{1}{(1+z^2)^2}$ は実軸上に極を持たないので、迂回や主値を考える必要はない。

3. 極と位数。 $1+z^2=(z-i)(z+i)$ だから

f(z)=\frac{1}{(z-i)^2(z+i)^2}

であり、 $z=\pm i$ がいずれも $2$ 位の極である。上半平面にあるのは $z=i$ だけで、 $\lvert i\rvert=1$ なので $R>1$ のとき $C_R$ の内部に入る。

4. 留数。 $2$ 位の極なので

\Res_{z=i}f(z)=\lim_{z\to i}\frac{d}{dz}\left[(z-i)^2f(z)\right] =\lim_{z\to i}\frac{d}{dz}\frac{1}{(z+i)^2} =\lim_{z\to i}\frac{-2}{(z+i)^3}

である。 $(2i)^3=-8i$ だから、留数は $\dfrac{-2}{-8i}=\dfrac{1}{4i}$ である。

単純極のときのように分母を微分して代入するだけでは済まない点に注意しよう。位数が $2$ なので、 $(z-i)^2$ を掛けてから $1$ 回微分する必要がある。

5. 円弧。 $\lvert z\rvert=R$ では $\lvert 1+z^2\rvert\geq R^2-1$ だから

\left\lvert\int_{A_R}f(z)dz\right\rvert\leq\frac{\pi R}{(R^2-1)^2}=O(R^{-3})

であり、 $R\to\infty$ で $0$ に収束する。

結論。 留数定理より

\int_{C_R}f(z)dz=2\pi i\cdot\frac{1}{4i}=\frac{\pi}{2}

であり、 $R\to\infty$ とすると円弧の寄与が消えるので

\int^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^2}=\frac{\pi}{2}

を得る。

検算として、 $x=\tan\theta$ と置換すると $\displaystyle\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta=\dfrac{\pi}{2}$ となり一致する。