∫[-∞..∞] 1/(x^6+1) dxの値を部分分数分解を使って求める。

$\frac1{x^6+1}$は偶関数なので
$$ \BEQ \int_{-\infty}^{\infty}\frac1{x^6+1}dx &=& 2\int_{0}^{\infty}\frac1{x^6+1}dx\\ \EEQ $$
積分変数を複素変数$z$に置き換えて
$$ 2\int_{0}^{\infty}\frac1{x^6+1}dx =2\int_{0}^{\infty}\frac1{z^6+1}dz $$
ここで$z^6+1=0$の解$ζ_k$は
$$ ζ_k=e^{\frac{iπ}{6}(2k+1)} \qquad (k=0,1,\cdots,5)\\ $$となり、$ζ_k$を図示すると
$z^6=-1$の解
となる。
よって$\frac1{z^6+1}$をヘビサイドの展開定理を使って部分分数分解すると、
$$ \BEQ F(z):=\frac1{z^6+1} &=&\frac{A_0}{z-ζ_0}+\frac{A_1}{z-ζ_1}+\cdots++\frac{A_5}{z-ζ_5}\\ &=&\sum_{k=0}^5 \frac{A_k}{z-ζ_k} \EEQ $$ただし$A_k \quad (k=0,\cdots,5)$は
$$ \BEQ A_k &=& \lim_{z\to ζ_k}(z-ζ_k)F(z)\\ &=& \lim_{z\to ζ_k}\frac{z-ζ_k}{z^6+1}\\ &=& \lim_{z\to ζ_k}\frac{1}{6z^5} & \because \text{0/0不定形なのでロピタルの定理を適用}\\ &=& \frac{1}{6(ζ_k)^5}\\ \EEQ $$
ここで
$$ \BEQ \frac1{(\zeta_k)^5} &=&(\zeta_k)^{-5}\\ &=&e^{-\frac{i5π}{6}(2k+1)}\\ &=&e^{-iπ(\frac{5}{3}k+\frac56)}\\ &=&e^{-iπ(2k-\frac{1}{3}k+1-\frac16)}\\ &=&e^{-i2πk}e^{-iπ}e^{-iπ(-\frac{1}{3}k-\frac16)}\\ &=&-e^{-iπ(-\frac{1}{3}k-\frac16)}\\ &=&-e^{i\fracπ6(2k+1)}\\ &=&-\zeta_k\\ \EEQ $$なので、
$$ A_k=-\frac{ζ_k}6　\quad (k=0,\cdots,5) $$である。ここで$ζ_k$は
$$ ζ_0+ζ_3=0\\ ζ_1+ζ_4=0\\ ζ_2+ζ_5=0 $$という性質をもっている。これは先ほど示した図からも確かめられる。
つぎに$F(z)$の各項の中で、足すと$0$になる$ζ_k$のペアを含む項を足す。たとえば$ζ_0$と$ζ_3$を含む項を足すと
$$ \BEQ \frac{\frac{-ζ_0}{6}}{z-ζ_0}+\frac{\frac{-ζ_3}{6}}{z-ζ_3} &=&-\frac16 \frac{(ζ_0+ζ_3)z-2ζ_0ζ_3}{z^2-(ζ_0+ζ_3)z+ζ_0ζ_3}\\ &=&\frac13 \frac{ζ_0ζ_3}{z^2+ζ_0ζ_3} \EEQ $$となる。同様の計算で$ζ_1$と$ζ_4$,$ζ_2$と$ζ_5$を含む項をそれぞれ足すと
$$ \BEQ \frac{\frac{-ζ_1}{6}}{z-ζ_1}+\frac{\frac{-ζ_4}{6}}{z-ζ_4} &=&\frac13 \frac{ζ_1ζ_4}{z^2+ζ_1ζ_4}\\ \frac{\frac{-ζ_2}{6}}{z-ζ_2}+\frac{\frac{-ζ_5}{6}}{z-ζ_5} &=&\frac13 \frac{ζ_2ζ_5}{z^2+ζ_2ζ_5}\\ \EEQ $$となる。よって$F(z)$は
$$ \BEQ F(z)&=& \frac13\frac{ζ_0ζ_3}{z^2+ζ_0ζ_3}+\frac13 \frac{ζ_1ζ_4}{z^2+ζ_1ζ_4}+ \frac13 \frac{ζ_2ζ_5}{z^2+ζ_2ζ_5}\\ &=& \frac13 \left(\frac{ζ_0ζ_3}{z^2+ζ_0ζ_3}+\frac{ζ_1ζ_4}{z^2+ζ_1ζ_4}+\frac{ζ_2ζ_5}{z^2+ζ_2ζ_5} \right)\\ \EEQ $$となる。よって求める積分$I$は
$$ \BEQ I &=&2\int_0^{\infty} F(z) dz \\ &=&\frac23 \int_0^{\infty} \frac{ζ_0ζ_3}{z^2+ζ_0ζ_3}+\frac{ζ_1ζ_4}{z^2+ζ_1ζ_4}+\frac{ζ_2ζ_5}{z^2+ζ_2ζ_5} dz \\ &=&\frac23 \int_0^{\infty} \frac{1}{\left(\frac{z}{\sqrt{ζ_0ζ_3}}\right)^2+1}+\frac{1}{\left(\frac{z}{\sqrt{ζ_1ζ_4}}\right)^2+1}+\frac{1}{\left(\frac{z}{\sqrt{ζ_1ζ_4}}\right)^2+1} dz \\ \EEQ $$ここで$\frac{z}{\sqrt{ζ_n ζ_m}}=v $と置換して$dz=\sqrt{ζ_n ζ_m}dv$なので
$$ \BEQ &=&\frac23 \int_0^{\infty} \frac{\sqrt{ζ_0 ζ_3}}{v^2+1}+\frac{\sqrt{ζ_1 ζ_4}}{v^2+1}+\frac{\sqrt{ζ_2 ζ_5}}{v^2+1} dv \\ &=&\frac23 \left[ \sqrt{ζ_0 ζ_3} \arctan(v)+\sqrt{ζ_1 ζ_4}\arctan(v)+\sqrt{ζ_2 ζ_5}\arctan(v) \right]_{0}^{\infty} \\ &=&\frac23 \left(\fracπ2\sqrt{ζ_0 ζ_3}+\fracπ2\sqrt{ζ_1 ζ_4}+\fracπ2\sqrt{ζ_2 ζ_5} \right) \\ \EEQ $$
ここで足すと$0$になる$ζ_k$どうしの積は
$$ ζ_0ζ_3=e^{i\fracπ6+i\frac{7π}6}=e^{i\frac{8π}6}=e^{-i\frac{2π}{3}}\\ ζ_1ζ_4=i(-i)=1\\ ζ_2ζ_5=e^{i\frac{5π}6+i\frac{-π}6}=e^{i\frac{4π}6}=e^{i\frac{2π}{3}} $$なので
$$ =\frac23 \left(\fracπ2 \sqrt{e^{-i\frac{2π}{3}}}+\fracπ2 \sqrt{1}+\fracπ2 \sqrt{e^{i\frac{2π}{3}}} \right)\\ =\fracπ3 \left(e^{-i\frac{π}{3}}+1+e^{i\frac{π}{3}} \right)\\ =\fracπ3 \left(\frac12+1+\frac12 \right)\\ =\frac{2π}3\\ $$となり命題が示された。