積分公式

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2n}}= \frac{\pi}{n\sin{\frac{\pi}{2n}}}$の証明

関数$\displaystyle f(z)=\frac{1}{1+z^{2n}}$について

今回考える関数は、$\displaystyle f(z)=\frac{1}{1+z^{2n}}$ここで$n$は$n\in\mathbb{N}$とする。

$\displaystyle z^{2n}=-1$の解について

従って、今回求めるべきである$z^{2n}+1=0$は公式1から
$$z=e^{\frac{\pi ki}{n}-\frac{\pi i}{2n}}(k=1,2,...,2n)$$ である。

$\displaystyle \int_{C}\frac{dz}{1+z^{2n}}$の値

ここから、複素関数を用いて議論していく。まず、積分経路$C$を次の様に取る。

積分経路

ここで、$C_1$は実軸上にあり、$R$は十分大きいとする。$C_2$は半時計回りに$0\leq\theta\leq\pi$と取る。そうすると次のようになる。
$$\int_{C}f(z)dz=\int_{C_1}\frac{dz}{1+z^{2n}}+\int_{C_2}\frac{dz}{1+z^{2n}}$$積分経路$C_1$は実軸上にあるのでさらに書き換えると、$$\int_{C}f(z)dz=\int_{-R}^{R}\frac{dz}{1+z^{2n}}+\int_{C_2}\frac{dz}{1+z^{2n}}$$の様になる。

ここで、経路内の極は$n$個でありその値は、$\displaystyle e^{\frac{\pi ki}{n}-\frac{\pi i}{2n}}(k=1,2,...,n)$となっている。

従って、留数定理を用いて値を求める。

この公式1を用いて留数を求める。$p(z)=1$,$q(z)=1+z^{2n}$として考えると、留数は
$$Res\biggl[\frac{1}{1+z^{2n}},e^{\frac{\pi ik}{n}-\frac{\pi i}{2n}}\biggr]=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n}\frac{1}{e^{\frac{\pi ik}{n}-\frac{\pi i}{2n}}}$$となる。ここで、$\bigl|e^{\frac{\pi k}{n}-\frac{\pi}{2n}}\bigr|=1$より
$$\sum_{k=1}^{n}-\frac{1}{2n}\frac{1}{e^{\frac{\pi ik}{n}-\frac{\pi i}{2n}}}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n} {e^{\frac{\pi ik}{n}-\frac{\pi i}{2n}}}=-\frac{1}{2n}e^{-\frac{\pi i}{2n}}\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{\pi ik}{n}}$$と書ける。ここで、$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}e^{\frac{\pi ik}{n}}$は、初項$e^{\frac{\pi ik}{n}}$公比$e^{\frac{\pi ik}{n}}$の等比数列の和なので、$$-\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{\pi ik}{n}}=-\frac{e^{\frac{\pi i}{n}}(1-e^{\pi i})}{1-e^{\frac{\pi i}{n}}}=-\frac{2e^{\frac{\pi i}{n}}}{1-e^{\frac{\pi i}{n}}}$$これより求める値は、$$-\frac{1}{2n}e^{-\frac{\pi i}{2n}}\biggl(\frac{2e^{\frac{\pi i}{n}}}{1-e^{\frac{\pi i}{n}}}\biggr)=-\frac{1}{n}\biggl(\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}}{1-e^{\frac{\pi i}{n}}}\biggr)$$分母,分子に$e^{-\frac{\pi i}{2n}}$と、留数定理から$2\pi i$をかけて$\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}-e^{\frac{-\pi i}{2n}}}{2i}=\sin\bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)$の関係より　
$$\frac{\pi}{n}\Biggl(\frac{1}{\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}-e^{\frac{-\pi i}{2n}}}{2i}}\Biggr)=\frac{\pi}{n\sin\bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)}$$以上より、$$\int_C\frac{dz}{1+z^{2n}}=\frac{\pi}{n\sin\bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)}$$ここから、各積分経路ごとに値を見ていく。

積分$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{1+R^{2n}e^{2ni\theta}}d\theta$の評価

まず全体で$R\rightarrow \infty$として考える。その時、経路$C_1$は、$$\int_{C_1}\frac{dz}{1+z^{2n}}=\lim_{R\rightarrow \infty}\int_{-R}^{R}\frac{dz}{1+z^{2n}}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dz}{1+z^{2n}}$$の様になる。次に、経路$C_2$は、$z=Re^{i\theta}$と変数変換を行うと
$$\int_{C_2}\frac{dz}{1+z^{2n}}=\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{1+R^{2n}e^{2ni\theta}}d\theta$$と書ける。従って、次の様に絶対値をとって評価する。
$$\biggl|\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{1+R^{2n}e^{2ni\theta}}d\theta\biggr|<\int_{0}^{\pi}\biggl|\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}}\biggr| d\theta=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{\pi}{R^{2n-1}}=0$$となるので、$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dz}{1+z^{2n}}=\frac{\pi}{n\sin\bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)}$$に収束すること分かる。

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{z^{2n}+a^{2n}}dz=\frac{\pi}{na^{2n-1}\sin{\frac{\pi}{2n}}}$の証明

次に考える関数は$\displaystyle f(z)=\frac{1}{z^{2n}+a^{2n}}$で$n\in \mathbb{N},|a|>0,a\in\mathbb{C}$とする。

$z^{2n}+a^{2n}=0$の解

公式1を用いると、$$z=e^{\frac{1}{2n}\{(2k-1)\pi i+2n\log a\}}=e^{\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log a}　(k=1,2,...,2n)$$これを用いて、$\displaystyle \int_{C}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}$を求める。

$\displaystyle \int_{C}\frac{dx}{z^{2n}+a^{2n}}$の値

積分経路$C$を図1の通りに取るとすると
$\displaystyle \int_{C}\frac{dx}{z^{2n}+a^{2n}}$に対し$x=e^{\frac{1}{2n}\{(2k-1)\pi i+2n\log a\}}=e^{\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log a}　(k=1,2,...,n)$が極である。

次に、$R$は十分大きいとして考える。

そうすると、$\displaystyle \int_{C}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}$は留数定理により求まる。この時留数は、$$\begin{eqnarray} Res\biggl[\frac{1}{z^{2n}+a^{2n}},e^{\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log q}\biggr]&=\frac{1}{2n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{e^{(\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log q)(2n-1)}}\\ &=\frac{1}{2n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(-1)a^{2n}e^{-\frac{\pi i}{2n}(2k-1)-\log a}}\\ &=-\frac{1}{2na^{2n-1}}e^{-\frac{\pi i}{2n}}\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{\pi i}{n}k}\\ &=\frac{1}{na^{2n-1}}\biggl(\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}}{e^{\frac{\pi i}{n}}-1}\biggr)\end{eqnarray}$$である。ここで留数定理より値が求まるので、$$2\pi i\biggl\{\frac{1}{na^{2n-1}}\biggl(\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}}}{e^{\frac{\pi i}{n}}-1}\biggr)\biggr\}=\frac{\pi}{na^{2n-1}}\biggl(\frac{2i}{e^{\frac{\pi i}{2n}}-e^{-\frac{\pi i}{2n}}}\biggr)=\frac{\pi}{a^{2n-1}n\sin\bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)}$$の様になって結果

積分$\displaystyle \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}d\theta$の評価

次に、積分経路は$C=C_1+C_2$であり、経路$C_1$に関しては実軸上を動いているから

の様に書ける。この時、$(R\rightarrow \infty)$として考えると、$$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2n}+a^{2n}}+\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}$$経路$C_2$に関して$z=Re^{i\theta}$の様に変数変換すると微小量は、$dz=iRe^{i\theta}d\theta$となって、積分区間が$0\rightarrow\pi$であるので、$\displaystyle\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}$は次の様に変化する。
$$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}=\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}d\theta$$$\displaystyle \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}d\theta$の絶対値をとって評価すると、$$\lim_{R\rightarrow\infty}\Biggl|\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}d\theta\Biggr|<\lim_{R\rightarrow\infty}\Biggl|\int_{0}^{\pi}\frac{iRe^{i\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}}d\theta\Biggr|\leq\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{0}^{\pi}\frac{\bigl|iRe^{i\theta}\bigr|}{\bigl|R^{2n}e^{2ni\theta}\bigr|}d\theta=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{\pi}{R^{2n-1}}=0$$よって、$$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{dz}{z^{2n}+a^{2n}}=0$$従って、(1),(2)から
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2n}+a^{2n}}=\frac{\pi}{a^{2n-1}n\sin \bigl(\frac{\pi}{2n}\bigr)}$$に収束する。

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx=\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}$の証明

$$z=e^{\frac{1}{2n}\{(2k-1)\pi i+2n\log a\}}=e^{\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log a}　(k=1,2,...,2n)$$

この結果を参考に今から議論をする。ここで$p$を次の2つの場合に分けて考えることができる。
$$\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2n}}{x^{2n}+a^{2n}}dx　(p=2n)\\ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{p}}{x^{2n}+a^{2n}}dx　(p<2n)\end{eqnarray}$$ $p=2n$の時は下に示すように$+\infty$に発散していくことがわかる。

次に、$p<2n$の場合を取り扱うが、ここでも一点($p=2n-1$)で問題が発生するがその問題は後に任せるとして、$p<2n$の時の値を求めていく。

$\displaystyle\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz$の値

まず、$\displaystyle \int_{C}f(z)dz=\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz$に対し図1のような積分経路$C$を取る。

この時$R\rightarrow\infty$の極限を考える。 そうすると、$$\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{-R}^{R}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx+\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{C_2}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz$$の様に書ける。次に、留数定理より以下の様に書ける。
$$\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=2\pi i\sum_{k}Res\biggl[\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}},z_{k}\biggr]$$ここで、積分経路$C$内における$f(z)$の極は、$\displaystyle z=e^{\frac{\pi i}{2n}(2k-1)+\log a}$　$(k=1,2,...,n)$であるから、次のように書き換えられる。
$$\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}{2na^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{pk}{n}\pi i+\frac{\pi i}{n}k}\biggr\}=2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}{2na^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{k}{n}\pi(p+1)}\biggr\}$$シグマの中身を初項$e^{\frac{1}{n}\pi(p+1)}$公比$e^{\frac{1}{n}\pi(p+1)}$として計算すると、$$\begin{eqnarray} 2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}{2na^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}e^{\frac{k}{n}\pi(p+1)}\biggr\}&=& 2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}{2na^{2n-1}}\biggl(\frac{e^{\frac{\pi i}{n}(p+1)}(1-e^{\pi i(p+1)})}{1-e^{\frac{\pi i}{n}(p+1)}}\biggr)\biggr\}\nonumber \\ &=&2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}}{2na^{2n-1}}\biggl(\frac{e^{\frac{\pi i}{2n}(p+1)}(1-e^{\pi i(p+1)})}{1-e^{\frac{\pi i}{n}(p+1)}}\biggr)\biggr\}\nonumber \\ &=&2\pi i\biggl\{-\frac{a^{p}}{2na^{2n-1}}\biggl(\frac{(1-e^{\pi i(p+1)})}{e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}-e^{\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}\biggr)\biggr\} \nonumber \\ &=&2\pi i\biggl\{\frac{a^{p}}{2na^{2n-1}}\biggl(\frac{(1-(-1)^{(p+1)})}{e^{\frac{\pi i}{2n}(p+1)}-e^{-\frac{\pi i}{2n}(p+1)}}\biggr)\biggr\}\end{eqnarray}$$ここで、$(-1)^n=\cos(\pi n)$の関係を用いて式を変形すると、
$$\begin{eqnarray} 2\pi i\biggl\{\frac{a^{p}e^{\frac{\pi i}{n}(p+1)}}{2na^{2n-1}}\biggl(\frac{(1-(-1)^{(p+1)})}{e^{\frac{\pi i}{2n}(p+1)}-e^{-\frac{\pi i}{n}(p+1)}}\biggr)\biggr\} =\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}\end{eqnarray}$$となる。従って
$$\int_{C}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}$$が成立する。次に、積分経路$C_{2}$を評価する。

積分$\int_{0}^{\pi}\frac{R^{p}e^{pi\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}iRe^{i\theta}d\theta$の評価

$$\int_{C_2}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz$$に対し、$z=Re^{i\theta}$と変数変換すると、$$\int_{C_2}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=\int_{0}^{\pi}\frac{R^{p}e^{pi\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}iRe^{i\theta}d\theta$$の様になる。これから、この積分を評価していく。
$$\biggl|\int_{0}^{\pi}\frac{R^{p}e^{pi\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}iRe^{i\theta}d\theta\biggr|$$を評価する。ここで、$t=e^{i\theta}$と変数変換すると $$\begin{eqnarray} \biggl|\int_{0}^{\pi}\frac{R^{p}e^{pi\theta}}{R^{2n}e^{2ni\theta}+a^{2n}}iRe^{i\theta}d\theta\biggr|&=& \biggl|\int_{1}^{-1}\frac{R^{p}t^{p}}{R^{2n}t^{2n}+a^{2n}}Rdt\biggr|<\biggl|\int_{1}^{-1}\frac{R^{2n-1}t^{2n-1}}{R^{2n}t^{2n}+a^{2n}}dt\biggr|\\ &=&\int_{1}^{-1}\frac{R^{2n-1}t^{2n-1}}{R^{2n}t^{2n}+a^{2n}}dt=\biggl[\frac{R^{2n-2}}{2n}\log(R^{2n}t^{2n}+a^{2n})\biggr]_{1}^{-1}=0\nonumber\end{eqnarray}$$このことから、 $$\int_{C_2}\frac{z^p}{z^{2n}+a^{2n}}dz=0$$であるので、結果
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx=\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}$$となる。ここで、この式は、$p=2n-1$で$\frac{0}{0}$の不定形になってしまう

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx$における$p=2n-1$の問題

この問題を次の様にとらえてみる。
$$\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx=\lim_{p\rightarrow2n-1}\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}$$そして、左辺を次の様に変形する。
$$\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx=\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{-\infty}^{0}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx+\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{0}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx$$さらに$x=\frac{1}{t}$と変数変換すると、 $$\begin{eqnarray} \lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx&=&\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{0}^{\infty}-\frac{\frac{1}{t^{p+1}}}{\frac{1}t^{2n}+a^{2n}}dt+\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{\infty}^{0}-\frac{\frac{1}{t^{p+1}}}{\frac{1}t^{2n}+a^{2n}}dt\\ &=&-\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{1}{t^{p+1}}}{\frac{1}t^{2n}+a^{2n}}dt+\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{0}^{\infty}\frac{\frac{1}{t^{p+1}}}{\frac{1}t^{2n}+a^{2n}}dt\\ &=&\lim_{p\rightarrow2n-1}0=0\end{eqnarray}$$となって、$0$に収束する。次に右辺も
$$\lim_{p\rightarrow2n-1}\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}=0$$に収束することを示す。

まず、$$\lim_{p\rightarrow2n-1}a^p\pi\{1+\cos(p\pi)\}=\lim_{p\rightarrow2n-1}2na^{2n-1}\sin\biggl(\frac{p+1}{2n}\pi\biggr)=0 \tag*{...$\alpha$}$$である。次に、$2n-2< p<2n$の条件下では
$$\frac{d}{dp}2na^{2n-1}\sin\biggl(\frac{p+1}{2n}\pi\biggr)=\frac{d}{dp}\sin\biggl(\frac{\pi p}{2n}+\frac{\pi}{2n}\biggr)=\frac{\pi}{2n}\cos\biggl(\frac{\pi p}{2n}+\frac{\pi}{2n}\biggr)\neq0 \tag*{...$\beta$}$$となる。さらに、$$\lim_{p\rightarrow2n-1}\frac{\frac{d}{dp} a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{\frac{d}{dp} 2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}= \lim_{p\rightarrow2n-1}\frac{a^p\pi^{2}\sin(p\pi)}{a^{2n-1}\pi\cos\bigl(\frac{\pi p}{2n}+\frac{\pi}{2n}\bigr)}=0\tag*{...$\gamma$}$$ここで$\alpha,\beta,\gamma$は、ロピタルの定理 *4 の要件を満たしているので、今回示したかった極限の結果と一致する。従って、
$$\lim_{p\rightarrow2n-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^p}{x^{2n}+a^{2n}}dx=\lim_{p\rightarrow2n-1}\frac{a^p\pi(1+\cos(p\pi))}{2na^{2n-1}\sin(\frac{p+1}{2n}\pi)}=0$$となる。

参考文献

[1]杉浦光夫 著『基礎数学2　解析入門I』　東京大学出版会

[2]杉浦光夫 著『基礎数学3　解析入門II』　東京大学出版会

[3]柴　雅和 著『複素関数論』　朝倉書店

[4]涌井貞美 著『道具としての複素関数』　日本実業出版社

[5]岡本和夫 著『新版数学シリーズ　新版微分積分』　実教出版

参照

      $$\int_{\partial G}f(x,y)dx+g(x,y)dy=\int\int_{G}\biggl(\frac{\partial g}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}\biggr)dxdy$$証明は、参考文献[2]のp.168を参照されたい。