$I = \int_{0}^{\infty} d x \frac{1}{x^{4} + 1}$

留数定理を用いた解法

積分の範囲を拡張し $I = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{2} \frac{1}{x^{4} + 1} d x$
また $f (x) = \frac{1}{2} \frac{1}{x^{4} + 1}$ と置き複素数 $z$ に拡張し $f (z) = \frac{1}{2} \frac{1}{z^{4} + 1}$ とする

この時の $I$ の範囲 $C$ は次のように定義される $C = \lim_{R \to \infty} (I_{R} \cup C_{R})$
ここで

$I_{R} = {- R < x < R}$
$C_{R} = {z = R e^{j θ} ∣ 0 \leq θ \leq π}$

したがって $\int_{C} f (z) d z = \lim_{R \to \infty} (\int_{- R}^{R} f (x) d x + \int_{C_{R}} f (z) d z)$
これを整理すると $\int_{C} f (z) d z = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) d x + \int_{C_{\infty}} f (z) d z = I + \int_{C_{\infty}} f (z) d z$
次に $\int_{C} f (z) d z$ について考える

$f (z)$ を以下のように分解する $f (z) = \frac{1}{2} \frac{1}{z^{4} + 1} = \frac{1}{2} \frac{1}{(z - z_{0}) (z - z_{1}) (z - z_{2}) (z - z_{3})}$
ここで次のように定義する

${z_{n}}^{4} = - 1 = e^{j (2 n + 1) π} (n = 0, 1, 2, 3)$

$z_{n} = e^{j \frac{(2 n + 1) π}{4}} (n = 0, 1, 2, 3)$
留数を計算する $Res (f, z_{0}) = \lim_{z \to z_{0}} (z - z_{0}) f (z) = \frac{1}{2} \lim_{z \to z_{0}} \frac{z - z_{0}}{1 + z^{4}}$
このまま極限操作を行うと不定形になるためロピタルの定理を用いる

$Res (f, z_{0}) = \frac{1}{2} \lim_{z \to z_{0}} \frac{1}{4 z^{3}} = \frac{1}{8 z_{0^{3}}} = \frac{1}{8} e^{- j \frac{3 π}{4}} = \frac{1}{8} z_{2}$
さらに計算すると $Res (f, z_{0}) = \frac{1}{8 \sqrt{2}} (- 1 - j)$
同様にして $Res (f, z_{1}) = \frac{1}{8 z_{1^{3}}} = \frac{1}{8} e^{- j \frac{9 π}{4}} = \frac{1}{8} z_{2} = \frac{1}{8 \sqrt{2}} (1 - j)$
これらより $\int_{C} f (z) d z = j 2 π [Res (f, z_{0}) + Res (f, z_{1})]$ $= j 2 π \frac{1}{8 \sqrt{2}} [- 1 - j + 1 - j] = \frac{π}{2 \sqrt{2}}$

次に $\int_{C_{\infty}} f (z) d z$ について考える

$C_{R} = {z = R e^{j θ} ∣ 0 \leq θ \leq π}$ とし $\frac{d z}{d θ} = j R e^{j θ}$
と置換する $\int_{C_{\infty}} f (z) d z = \lim_{R \to \infty} \int_{C_{R}} f (z) d z = \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{π} f (e^{j θ}) j R e^{j θ} d θ$ $= \lim_{R \to \infty} \frac{j}{2 R^{3}} \int_{0}^{π} \frac{e^{j θ}}{e^{j 4 θ} + \frac{1}{R^{4}}} d θ = 0$

以上より $\int_{C} f (z) d z = I + \int_{C_{\infty}} f (z) d z$ $\frac{π}{2 \sqrt{2}} = I + 0$ $I = \frac{π}{2 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4} π$

因数分解と部分分数分解を用いた解法

分母を因数分解する $x^{4} + 1 = {(x^{2} + 1)}^{2} - {(\sqrt{2} x)}^{2}$ $= (x^{2} - \sqrt{2} x + 1) (x^{2} + \sqrt{2} x + 1)$
以上より $\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{1}{(x^{2} - \sqrt{2} x + 1) (x^{2} + \sqrt{2} x + 1)}$
部分分数分解を行うために式① $\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{a_{1} x + a_{0}}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1} + \frac{a_{3} x + a_{2}}{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}$
を置く $1 = (a_{1} x + a_{0}) (x^{2} + \sqrt{2} x + 1) + (a_{3} x + a_{2}) (x^{2} - \sqrt{2} x + 1)$ $= x^{3} (a_{1} + a_{3}) + x^{2} (- \sqrt{2} a_{1} + a_{0} + \sqrt{2} a_{3} + a_{2})$ $+ x (a_{1} - \sqrt{2} a_{0} + a_{3} + \sqrt{2} a_{2}) + (a_{0} + a_{2})$
係数比較を行うと $a_{1} + a_{3} = 0$ $- \sqrt{2} a_{1} + a_{0} + \sqrt{2} a_{3} + a_{2} = 0$ $a_{1} - \sqrt{2} a_{0} + a_{3} + \sqrt{2} a_{2} = 0$ $a_{0} + a_{2} = 1$
これらを解くと $a_{0} = \frac{1}{2} a_{1} = \frac{1}{2 \sqrt{2}}, a_{2} = \frac{1}{2}, a_{3} = - \frac{1}{2 \sqrt{2}}$
これを式①に代入すると $\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{\frac{1}{2 \sqrt{2}} x + \frac{1}{2}}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1} + \frac{- \frac{1}{2 \sqrt{2}} x + \frac{1}{2}}{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}$
整理すると $\frac{1}{x^{4} + 1} = \frac{1}{4} (- \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{2 x - \sqrt{2}}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1} + \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{2 x + \sqrt{2}}{x^{2} + \sqrt{2} x + 1} + \frac{2}{1 + {(\sqrt{2} x - 1)}^{2}} + \frac{2}{1 + {(\sqrt{2} x + 1)}^{2}})$

積分できる形になったので積分する $I = \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} (- \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{2 x - \sqrt{2}}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1} + \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{2 x + \sqrt{2}}{x^{2} + \sqrt{2} x + 1} + \frac{2}{1 + {(\sqrt{2} x - 1)}^{2}} + \frac{2}{1 + {(\sqrt{2} x + 1)}^{2}}) d x$
積分の結果 $I = \frac{1}{4} {[- \frac{1}{\sqrt{2}} \log (x^{2} - \sqrt{2} + 1) + \frac{1}{\sqrt{2}} \log (x^{2} + \sqrt{2} + 1) + \sqrt{2} \arctan (\sqrt{2} x - 1) + \sqrt{2} \arctan (\sqrt{2} x + 1)]}_{0}^{\infty}$ $= \frac{1}{4 \sqrt{2}} [\lim_{x \to \infty} \log (\frac{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1}) - \lim_{x \to 0} \log (\frac{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1})] + \frac{\sqrt{2}}{4} (\frac{π}{2} - 0 + \frac{π}{2} - 0)$
任意の $x \to \infty, 0$ で発散しない関数 $f (x)$ に関して $\lim_{x \to \infty, 0} \log (f (x)) = \log (\lim_{x \to \infty, 0} f (x))$
が成り立つためロピタルの定理を用いて $\lim_{x \to \infty, 0} \log (\frac{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1}) = \log (\lim_{x \to \infty, 0} \frac{x^{2} + \sqrt{2} x + 1}{x^{2} - \sqrt{2} x + 1}) = \log (\lim_{x \to \infty, 0} \frac{2 x + \sqrt{2}}{2 x - \sqrt{2}}) = \log (\lim_{x \to \infty, 0} \frac{2}{2}) = 0$
したがって $I = \frac{\sqrt{2}}{4} π$

ベータ関数を用いた解法

変数変換として

$x^{4} = y 4 x^{3} d x = d y, 0 \leq y \leq \infty$

を用いると

$I = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + y} \frac{d y}{4 y^{\frac{3}{4}}} = \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{y^{- \frac{3}{4}}}{1 + y} d y$

これをベータ関数の積分公式

$B (l, m) = \int_{0}^{\infty} \frac{y^{l - 1}}{{(1 + y)}^{l + m}} d y = \frac{(l - 1)! (m - 1)!}{(l + m - 1)!} = \frac{Γ (l) Γ (m)}{Γ (l + m)}$

より計算すると

$I = \frac{1}{4} B (\frac{1}{4}, \frac{3}{4}) = \frac{1}{4} \frac{Γ (\frac{1}{4}) Γ (\frac{3}{4})}{Γ (1)}$

ここでガンマ関数の定義 $Γ (n + 1) = n!$ を用いると

$I = \frac{1}{4} Γ (\frac{1}{4}) Γ (\frac{3}{4})$

さらにガンマ関数の相反公式

$Γ (z) Γ (1 - z) = \frac{π}{\sin (π z)}$

を用いて

$I = \frac{1}{4} \frac{π}{\sin (\frac{π}{4})} = \frac{1}{4} \frac{π}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4} π$

懐かしいノートが出てきたのでmathmlのテストも兼ねて載せる

かなり古いもので稚拙だから頭痛がするわけだが当時に対して何かができるようになったわけではなくよっぽど退化しているのだから手の施しようがない

zolaの簡単な変更によってmathmlに変換できるのだが更新の度に少々の作業が発生すると記憶が保たない私には相性が悪いから普通に変換してコピペした

具体的に4乗にしているし分子は1だがそのへんは色々と拡張できるし暇があったら追記したい