有理関数の無限区間上の定積分

∫−∞∞11+x4dx=π2 \int^\infty_{-\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{\pi}{\sqrt{2}}

を示す。

実数R>0R>0に対して、ARA_Rを原点中心半径RRの上半円の正の向き、IRI_Rを閉区間[−R,R][-R, R]負から正への向きとする。 十分大きなRRに対する閉曲線CR=HR+IRC_R=H_R+I_Rでの線積分

∫CR11+z4dz \int_{C_R}\frac{1}{1+z^4}dz

を留数定理を用いて計算する。

f(z)=11+z4f(z)=\dfrac{1}{1+z^4}は1+z4=01+z^4=0の解z=eπi/4,e3πi/4,e5πi/4,e7πi/4z=e^{\pi i/4}, e^{3\pi i/4}, e^{5\pi i/4}, e^{7\pi i/4}でそれぞれ11の極を持つ。 これらのうちCRC_Rの内部にあるのはz=eπi/4,e3πi/4z=e^{\pi i/4}, e^{3\pi i/4}の二つである。 それぞれにおけるff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→eπi/4z−eπi/41+z4=14e3πi/4lim⁡z→e3πi/4z−e3πi/41+z4=14eπi/4 \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

∫CR11+z4dz=2πi(e−3πi/4+e−πi/44)=πi2(−2i12)=π2 \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RRには依存しない。

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

∫IR11+z4dz=∫−RR11+t4dt \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→∞R\to\inftyの極限が（広義積分の存在は別に証明が必要だが、）求める積分である。

最後にARA_Rにおける線積分を計算する。 実際には、これがR→∞R\to\inftyで00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

∣∫AR11+z4dz∣≤∫HR∣11+z4∣∣dz∣ \left\lvert\int_{A_R}\frac{1}{1+z^4}dz\right\rvert \leq\int_{H_R}\left\lvert\frac{1}{1+z^4}\right\rvert\lvert dz\rvert

である。 ここでさらに∣z∣=R\lvert z\rvert=Rのとき、RRが十分大きければ、三角不等式よりR4−1≤∣1+z4∣R^4-1\leq \lvert1+z^4\rvertとなる。 よって、

∫HR∣11+z4∣∣dz∣≤∫HR1R4−1∣dz∣=πRR4−1 \int_{H_R}\left\lvert\frac{1}{1+z^4}\right\rvert\lvert dz\rvert \leq\int_{H_R}\frac{1}{R^4-1}\lvert dz\rvert=\frac{\pi R}{R^4-1}

となる。 これはR→∞R\to\inftyで00に収束するので、

lim⁡R→∞∫AR11+z4dz=0 \lim_{R\to\infty}\int_{A_R}\frac{1}{1+z^4}dz=0

である。

以上より

π2=∫IR11+z4dz+∫HR11+z4dz \frac{\pi}{\sqrt{2}}=\int_{I_R}\frac{1}{1+z^4}dz+\int_{H_R}\frac{1}{1+z^4}dz

で、R→∞R\to\inftyの極限をとることで、

π2=∫−∞∞11+x4dx \frac{\pi}{\sqrt{2}}=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{1+x^4}dx

が得られる。

∫0∞1x3+1dx=2π33 \int^\infty_0\frac{1}{x^3+1}dx=\frac{ 2\pi}{3\sqrt{3}}

を示す。

f(z)=1z3+1f(z)=\dfrac{1}{z^3+1}とおく。 RRを正の実数とし、IRI_Rを実軸の00からRRに向かう線分、ARA_Rを半径RRの円弧のうち偏角が00から2π3\dfrac{2\pi}{3}の部分、 JRJ_Rをz=Rexp⁡(2π3i)z=R\exp(\frac{2\pi}{3}i)からz=0z=0を結ぶ線分とし、CR=IR+AR+JRC_R=I_R+A_R+J_Rとする。

CRC_R内部にあるffの極はz3+1=0z^3+1=0の解のうちz=eπi/3z=e^{\pi i/3}のみである。 ここでのffの留数は、ロピタルの定理を用いて

lim⁡z→eπi/3z−eπi/3z3+1=13e2πi/3 \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

∫CRf(z)dz=2πi13e2πi/3 \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IRI_Rでの積分は

∫IRf(z)dz=∫0R1x3+1dx \int_{I_R}f(z)dz=\int^R_0\frac{1}{x^3+1}dx

であり、R→∞R\to\inftyとしたものが求めるべき積分である。

次にJRJ_Rでの積分は また、

∫JRf(z)dz=∫R01(xexp⁡(2π3i))3+1e2πi/3dx=−e2πi/3∫0R1x3+1dx \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ARA_Rでの積分は、、三角不等式を用いると、

∣∫ARf(z)dz∣≤∫02π/3∣RieiθR3e3iθ+1∣dθ≤∫02π/3RR3−1dθ=RR3−12π3 \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→∞R\to\inftyで00に収束するため、

lim⁡R→∞∫ARf(z)dz=0 \lim_{R\to\infty}\int_{A_R}f(z)dz=0

である。

以上をまとめると、

2πi3e2πi/3=(1−e2πi/3)∫0R1x3+1dx+∫AR1z3+1dz \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→∞R\to\inftyとすることで、

2πi3e2πi/3=(1−e2πi/3)∫0∞1x3+1dx \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、

∫0∞1x3+1dx=2πi3e−2πi/3(1−e2πi/3)−1=2π33 \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。

自然数nnに対し

∫0∞1xn+1dx=πnsin⁡(π/n) \int^\infty_0\frac{1}{x^n+1}dx=\frac{\pi}{n\sin(\pi/n)}

を示す。