例 V: 対数関数の平方を利用した積分
出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2020/06/30 22:43 UTC 版)
「複素線積分」の記事における「例 V: 対数関数の平方を利用した積分」の解説
この節では、 ∫ 0 ∞ log ( x ) ( 1 + x 2 ) 2 d x {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx} のようなタイプの積分を扱う。 この積分を計算するのに、関数 f ( z ) = ( log ( z ) 1 + z 2 ) 2 {\displaystyle f(z)=\left({\frac {\log(z)}{1+z^{2}}}\right)^{2}} を用い、 − π < arg ( z ) ≤ π {\displaystyle -\pi <\arg(z)\leq \pi } に対応した対数関数の枝を考える。 f(z) の、右の図に示すような鍵穴積分路に沿った複素線積分を計算する。この積分は、冒頭に示した実積分の定数倍であることがわかり（後述）、積分値は留数定理により ( ∫ R + ∫ M + ∫ N + ∫ r ) f ( z ) d z = 2 π i ( R e s z = i f ( z ) + R e s z = − i f ( z ) ) = 2 π i ( − π 4 + 1 16 i π 2 − π 4 − 1 16 i π 2 ) = − i π 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz&=2\pi i\left(\mathrm {Res} _{z=i}f(z)+\mathrm {Res} _{z=-i}f(z)\right)\\&=2\pi i\left(-{\frac {\pi }{4}}+{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}-{\frac {\pi }{4}}-{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}\right)\\&=-i\pi ^{2}\end{aligned}}} と計算できる。 R と r をそれぞれ大円、小円の半径とし、上側の線分を M、下側の線分を N と書く。R → ∞ および r → 0 の極限はまだとっていない。2つの円周部分からの積分の寄与はいずれも極限をとると消える。例えば、ML補題により大円に沿った積分は次のように上から抑えられる： | ∫ R f ( z ) d z | ≤ 2 π R ( log ( R ) ) 2 + π 2 ( R 2 − 1 ) 2 → 0 {\displaystyle \left|\int _{R}f(z)\,dz\right|\leq 2\pi R{\frac {(\log(R))^{2}+\pi ^{2}}{(R^{2}-1)^{2}}}\to 0} M, N に沿った積分値を計算するため、M 上では z = − x + i ϵ {\displaystyle z=-x+i\epsilon } 、N上では z = − x − i ϵ {\displaystyle z=-x-i\epsilon } (0 < x < ∞) ととると、 − i π 2 = ( ∫ R + ∫ M + ∫ N + ∫ r ) f ( z ) d z = ( ∫ M + ∫ N ) f ( z ) d z ∫ R , ∫ r vanish = − ∫ ∞ 0 ( log ( − x + i ϵ ) 1 + ( − x + i ϵ ) 2 ) 2 d x − ∫ 0 ∞ ( log ( − x − i ϵ ) 1 + ( − x − i ϵ ) 2 ) 2 d x = ∫ 0 ∞ ( log ( − x + i ϵ ) 1 + ( − x + i ϵ ) 2 ) 2 d x − ∫ 0 ∞ ( log ( − x − i ϵ ) 1 + ( − x − i ϵ ) 2 ) 2 d x = ∫ 0 ∞ ( log ( x ) + i π 1 + x 2 ) 2 d x − ∫ 0 ∞ ( log ( x ) − i π 1 + x 2 ) 2 d x ϵ → 0 = ∫ 0 ∞ ( log ( x ) + i π ) 2 − ( log ( x ) − i π ) 2 ( 1 + x 2 ) 2 d x = ∫ 0 ∞ 4 π i log ( x ) ( 1 + x 2 ) 2 d x = 4 π i ∫ 0 ∞ log ( x ) ( 1 + x 2 ) 2 d x {\displaystyle {\begin{aligned}-i\pi ^{2}&=\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz\\&=\left(\int _{M}+\int _{N}\right)f(z)\,dz\qquad \int _{R},\int _{r}{\text{ vanish}}\\&=-\int _{\infty }^{0}\left({\frac {\log(-x+i\epsilon )}{1+(-x+i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\epsilon )}{1+(-x-i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x+i\epsilon )}{1+(-x+i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\epsilon )}{1+(-x-i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(x)+i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(x)-i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx\qquad \epsilon \to 0\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {(\log(x)+i\pi )^{2}-(\log(x)-i\pi )^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {4\pi i\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\\&=4\pi i\int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\end{aligned}}} 以上より ∫ 0 ∞ log ( x ) ( 1 + x 2 ) 2 d x = − π 4 . {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx=-{\frac {\pi }{4}}.}
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