1/(1+x^n)を高校数学で積分する+自己紹介

自己紹介

izayoiです。高3です。(すなわち共テ1週間前です)
時々Wolfram Alphaと積分で遊んでます。
書くことがない

(本題)$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^n}dx$を求めたい

匿(Tock)さんの こちらの記事 を読んだあと、Wolfram先生にいろいろ積分を計算させてみたらこんな結果が出てきました。
$n=5$ なんでこれだけガンマ関数で表示してるんでしょうか
$n=7$
$n=11$
$n=e^e$(???)
こんなん見てしまったら

だとしか思えません。いくつか実験してみます。

いい感じですね。
そこで$n$が2以上の自然数の場合に限定して$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+x^n}dx$を高校数学$+\alpha$で求めていきます。
(一般の実数に対しては自分の知識と技量じゃ無理だと思いました。$n$が自然数以外についても証明したものがあったりそもそもこの内容が既出だったり(←多分既出)したらご一報いただけますと嬉しいです。)
記事作成中に追記: こちら に普通にありました。留数定理で導出できるみたいです。
留数定理なんて未履修なので今回は高校範囲で同じようなのを導出した、ということにしておきましょう(分母に$x^{m-1}$があるパターンも気が向いたらやります)

収束することの確認

$a \gt 1 $のとき
\begin{eqnarray} \int_{0}^{a} \frac{1}{1+x^n}dx&=&\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^n}dx+\int_{1}^{a} \frac{1}{1+x^n}dx\\& \leq &1+\int_{1}^{a} \frac{1}{1+x^2}dx\\ & \lt &1+\frac{\pi}{4} \end{eqnarray}
であり単調増加で上に有界だから$a\rightarrow\infty$のとき収束

$n$が奇数の場合

原始関数を求める

部分分数分解する

とおくと$-\zeta^k \ (0\leq k \leq n-1)$は方程式$x^n+1=0$の解であることが簡単に分かります。すると$$1+x^n=\prod_{k=0}^{n-1}(\zeta^k+x)$$より適当な複素数$a_0,a_1, \cdots,a_{n-1} $を用いて
$$\frac{n}{1+x^n}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{\zeta^k+x}$$と表せます。(右辺に$\frac{1}{n}$が登場して鬱陶しくなるのでここから先は予め$n$を被積分関数につけておきます)両辺$1+x^n$倍して
\begin{eqnarray} n&=&\sum_{k=0}^{n-1}a_k\prod_{\substack{0\leq j \leq n-1\\j\neq k}}(\zeta^j+x) \\ &=& a_0(\zeta+x)(\zeta^2+x)(\zeta^3+x)\cdots(\zeta^{n-1}+x)+a_1(1+x)(\zeta^2+x)(\zeta^3+x)\cdots(\zeta^{n-1}+x)+a_2(1+x)(\zeta+x)(\zeta^3+x)\cdots(\zeta^{n-1}+x)+\cdots+a_{n-1}(1+x)(\zeta+x)(\zeta^2+x)\cdots(\zeta^{n-2}+x) \end{eqnarray}

を得ます。$x=-\zeta^k$を代入すると$a_k$がついている項以外全部$0$になり、$a_k$の項を組立除法かなんかで頑張って展開すると
$$a_k(1+x)(\zeta+x)\cdots(\zeta^{k-1}+x)(\zeta^{k+1}+x)\cdots(\zeta^{n-1}+x)=a_k\sum_{j=0}^{n-1}(-\zeta^k)^{n-j-1}x^j$$
となるから各$k \ (=0,1,2,\cdots,n-1)$に対して

\begin{eqnarray} n &=&a_k\sum_{j=0}^{n-1}(-\zeta^k)^{n-j-1}(-\zeta^k)^j \\&=&a_k\sum_{j=0}^{n-1}(-\zeta^k)^{n-1}\\&=&na_k\zeta^{kn} \cdot \zeta^{-k} \ ( \because \text{$n$は奇数だから}(-1)^{n-1}=1)\\&=&na_k\zeta^{-k}\ (\because\zeta^n=1) \end{eqnarray}
$$\therefore a_k=\zeta^k$$
したがって

積分する

$\frac{1}{1+x}$以外の項について$k=j \ (j=1,2,\cdots\frac{n-1}{2})$の項と$k=n-j$の項を組み合わせるように通分すると(端から順に組み合わせていくと)
\begin{eqnarray} \frac{\zeta^j}{\zeta^j+x}+\frac{\zeta^{n-j}}{\zeta^{n-j}+x}&=&\frac{\zeta^j}{\zeta^j+x}+\frac{\zeta^{-j}}{\zeta^{-j}+x}\\&=&\frac{2+(\zeta^j+\zeta^{-j})x}{1+(\zeta^j+\zeta^{-j})x+x^2}\\&=&\frac{2+2(\cos\frac{2j\pi}{n})x}{1+2(\cos\frac{2j\pi}{n})x+x^2} \end{eqnarray}
となりなんと虚数単位が全部消えてくれます。よって以下簡単のために$\theta_j=\frac{2j\pi}{n}$とすると
\begin{eqnarray} \frac{n}{1+x^n}&=&\frac{1}{1+x}+\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{2+2(\cos\theta_j)x}{1+2(\cos\theta_j)x+x^2}\\&=&\frac{1}{1+x}+\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\left\{\frac{2\cos\theta_j+2x}{1+2(\cos\theta_j)x+x^2}\cos\theta_j+\frac{2\sin^2\theta_j}{1+2(\cos\theta_j)x+x^2}\right\}\\&=&\frac{1}{1+x}+\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\left\{\frac{2\cos\theta_j+2x}{1+2(\cos\theta_j)x+x^2}\cos\theta_j+\frac{2\sin^2\theta_j}{\sin^2\theta_j+(\cos\theta_j+x)^2}\right\} \end{eqnarray}
となります。$\tan x(-\frac{\pi}{2} \lt x\lt \frac{\pi}{2})$の逆関数$\arctan x$を用いて
$$\int\frac{f^{\prime}(x) }{f(x)}dx=\log \left| f(x) \right|+C,\int\frac{dx}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C $$などから

となります。個人的にはこれが得られただけでも結構うれしいです。(ただの副産物にすぎないわけですが)
ここまでは匿(Tock)さんの17乗の積分の記事の手法をパクら参考にさせていただきました。この場を借りてお礼申し上げます。

定積分する

$$F_n(x)=\log \left| 1+x \right|+\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\left\{(\cos\theta_j)\log(1+2(\cos\theta_j)x+x^2)+2(\sin\theta_j)\arctan\frac{\cos\theta_j+x}{\sin\theta_j}\right\}$$
とおきます。$x=0$を代入すると$\log$の中身が全部0になってくれるので$\arctan$だけ考えると

\begin{eqnarray} F_n(0)&=&\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}2(\sin\theta_j)\arctan\frac{\cos\theta_j}{\sin\theta_j}\\&=&\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}2(\sin\theta_j)\arctan\left(\tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta_j\right)\right)\\&=&\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}(\sin\theta_j)\left(\pi-2\theta_j\right) \end{eqnarray}
となります。

次に$x\rightarrow\infty$のときを考えるのですが$\log$に$x$がいっぱい入っていてどうも不穏です。冒頭で示したように$x\rightarrow\infty$のとき収束するはずなので$x$の次数っぽいものを考えて次の等式が成り立つはずです。

証明します。

これを用いて
\begin{eqnarray} \lim_{x\rightarrow\infty}F_n(x)&=&\lim_{x\rightarrow\infty}\left\{\left(\frac{1}{2}+\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos\theta_j\right)\log x^2+\log \left| \frac{1}{x}+1 \right| +\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\left\{(\cos\theta_j)\log(\frac{1}{x^2}+2\left(\cos\theta_j\right)\frac{1}{x}+1)+2(\sin\theta_j)\arctan\frac{\cos\theta_j+x}{\sin\theta_j}\right\}\right\}\\&=&\lim_{x\rightarrow\infty}\left\{\log \left| \frac{1}{x}+1 \right| +\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\left\{(\cos\theta_j)\log(\frac{1}{x^2}+2\left(\cos\theta_j\right)\frac{1}{x}+1)+2(\sin\theta_j)\arctan\frac{\cos\theta_j+x}{\sin\theta_j}\right\}\right\}\\&=&\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}2(\sin\theta_j) \cdot \frac{\pi}{2}\\&=&\pi\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\sin\theta_j \end{eqnarray}
を得ます。
以上より
\begin{eqnarray} \int_0^{\infty}\frac{n}{1+x^n}dx&=&\lim_{a\rightarrow\infty}\left[F_n(x)\right]_0^{a}\\&=&\pi\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\sin\theta_j-\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}(\sin\theta_j)\left(\pi-2\theta_j\right)\\&=&\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}2\theta_j\sin\theta_j \end{eqnarray}
となります。なんじゃこれ???

$\sum$を外す

といっても$\theta_j=\frac{2j\pi}{n} $なので結局は(等差)×(等比)とほとんど同じです。$n$が偶数のときにも同じようなものが出てくるので軽く一般化しておきます。

帰納法でも十分めんどかったです。
ということで求めたいのは
$$\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{4j\pi}{n}\sin\frac{2j\pi}{n} $$
なので$a=\frac{4\pi}{n},b=\phi=0,\theta=\frac{2\pi}{n},m=\frac{n-1}{2}$を代入すると
\begin{eqnarray} \sum_{j=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{4j\pi}{n}\sin\frac{2j\pi}{n}&=&\frac{1}{4\sin^2\frac{\pi}{n}}\left\{\frac{4\pi}{n}\left(\frac{n-1}{2}+1\right)\sin\left(\frac{n-1}{2}\cdot\frac{2\pi}{n}\right)-\frac{4\pi}{n}\cdot\frac{n-1}{2}\sin\left(\left(\frac{n-1}{2}+1\right)\frac{2\pi}{n}\right)\right\}\\&=&\frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{n}}\left\{\frac{\pi}{n}\cdot\frac{n+1}{2}\sin\left(\pi-\frac{\pi}{n}\right)-\frac{\pi}{n}\cdot\frac{n-1}{2}\sin\left(\pi+\frac{\pi}{n}\right)\right\}\\&=&\frac{\pi}{n\sin^2\frac{\pi}{n}}\left\{\frac{n+1}{2}\sin\frac{\pi}{n}+\frac{n-1}{2}\sin\frac{\pi}{n}\right\}\\&=&\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{n}} \end{eqnarray}
となり
$$\int_0^{\infty}\frac{n}{1+x^n}dx=\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{n}} $$
すなわち

が"$n$が3以上の奇数の場合に"証明できました!!!!!!!!!
また同じことを偶数でもう１回やらなきゃいけないんですか?????

$n$が偶数の場合

原始関数を求める

部分分数分解する

今度は$\zeta=\cos\frac{\pi}{n}+i\sin\frac{\pi}{n}$とおきます。すると$k=0,1,2,\cdots n-1$として$-\zeta^{2k+1}$が$x^n+1=0$の解になっていることが簡単な計算で分かります。すなわち
$$1+x^n=\prod_{k=0}^{n-1}(\zeta^{2k+1}+x)$$
そして$n$が奇数の場合とほとんど同様にして

を得ます。$k=j\quad (j=0,1,2,\cdots,\frac{n}{2}-1)$の項と$k=n-j-1$の項を組み合わせて通分すると
\begin{eqnarray} \frac{\zeta^{2j+1}}{\zeta^{2j+1}+x}+\frac{\zeta^{2(n-j-1)+1}}{\zeta^{2(n-j-1)+1}+x}&=&\frac{\zeta^{2j+1}}{\zeta^{2j+1}+x}+\frac{\zeta^{-(2j+1)}}{\zeta^{-(2j+1)}+x}\quad (\because \zeta^{2n}=1)\\&=&\frac{2+(\zeta^{2j+1}+\zeta^{-(2j+1)})x}{1+(\zeta^{2j+1}+\zeta^{-(2j+1)})x+x^2}\\&=&\frac{2+2(\cos\frac{2j+1}{n}\pi)x}{1+2(\cos\frac{2j+1}{n}\pi)x+x^2}\\&=&\frac{2\cos\frac{2j+1}{n}\pi+2x}{1+2(\cos\frac{2j+1}{n}\pi)x+x^2}\cos\frac{2j+1}{n}\pi+\frac{2\sin^2\frac{2j+1}{n}\pi}{\sin^2\frac{2j+1}{n}\pi+(\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x)^2} \end{eqnarray}
今度は$\frac{1}{1+x}$とかいう余り物はないので
$$\frac{n}{1+x^n}=\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left\{\frac{2\cos\frac{2j+1}{n}\pi+2x}{1+2(\cos\frac{2j+1}{n}\pi)x+x^2}\cos\frac{2j+1}{n}\pi+\frac{2\sin^2\frac{2j+1}{n}\pi}{\sin^2\frac{2j+1}{n}\pi+(\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x)^2}\right\} $$
と綺麗に$\sum$だけで表せて原始関数は
$$\int\frac{n}{1+x^n}dx=\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left\{\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\log\left(1+2\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)x+x^2\right)+2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\frac{\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x}{\sin\frac{2j+1}{n}\pi}\right\}+C\quad (C\text{は積分定数})$$
となります。

定積分する

$$F_n(x)=\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left\{\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\log\left(1+2\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)x+x^2\right)+2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\frac{\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x}{\sin\frac{2j+1}{n}\pi}\right\}$$
とおくと
\begin{eqnarray} F_n(0)&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\frac{\cos\frac{2j+1}{n}\pi}{\sin\frac{2j+1}{n}\pi}\\&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2j+1}{n}\pi\right)\\&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left(\pi-\frac{4j+2}{n}\pi\right)\sin\frac{2j+1}{n}\pi\quad \left(\because-\frac{\pi}{2}\lt\pi-\frac{2j+1}{n}\lt\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray}
次に$\log$の真数について調べるために次の補題を示します。

よって

\begin{eqnarray} \lim_{x\rightarrow\infty}F_n(x)&=&\lim_{x\rightarrow\infty}\left\{\left(\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\log x^2+\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left\{\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\log(\frac{1}{x^2}+2\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\frac{1}{x}+1)+2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\frac{\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x}{\sin\frac{2j+1}{n}\pi}\right\}\right\}\\&=&\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left\{\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\log(\frac{1}{x^2}+2\left(\cos\frac{2j+1}{n}\pi\right)\frac{1}{x}+1)+2\left(\sin\frac{2j+1}{n}\pi\right)\arctan\frac{\cos\frac{2j+1}{n}\pi+x}{\sin\frac{2j+1}{n}\pi}\right\}\\&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\pi\sin\frac{2j+1}{n}\pi \end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray} \int_0^{\infty}\frac{n}{1+x^n}dx&=&\lim_{a\rightarrow\infty}\left[F_n(x)\right]_0^{a}\\&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\pi\sin\frac{2j+1}{n}\pi-\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\left(\pi-\frac{4j+2}{n}\pi\right)\sin\frac{2j+1}{n}\pi\\&=&\sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\frac{4j+2}{n}\pi\sin\frac{2j+1}{n}\pi \end{eqnarray}

これに$a=\frac{4\pi}{n},b=\theta=\frac{2\pi}{n},\phi=\frac{\pi}{n},m=\frac{n}{2}-1$を代入してめちゃくちゃ頑張って整理すると(計算過程なんてものはめんどいので略)
$$ \sum_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}\frac{4j+2}{n}\pi\sin\frac{2j+1}{n}\pi=\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{n}}$$
となりこれより目標であった

を$n$が偶数の場合にも得ることができました。

成果

最後に適当に1個計算しておきます。
$$\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^{65536}}dx=\frac{\pi}{32768\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}}}}}}}}}}}} $$
ここまで読んでいただきありがとうございました。