1943年(昭和18年)東京帝國大學理學部-數學[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[3] $J(t)=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{dx}{x^3+t^3}$ （ $t > 0$ ）トスルトキ $\displaystyle\lim_{t\to 0}t^2 J(t)$ ヲ求メヨ。

2020.03.29記
$x=tz$ と置換すると $dx=tdz$ により、 $t^2 J(t)=\displaystyle \int_0^{1/t} \dfrac{dz}{z^3+1}$ である。

$\dfrac{1}{z^3+1}$ を部分分数分解する。
$\dfrac{1}{z^3+1}=\dfrac{A}{z+1}+\dfrac{B(2z-1)+C}{z^2-z+1}$ とおくと
$1=A(z^2-z+1)+\{B(2z-1)+C\}(z+1)$ に $z=-1, \, 0,\, 1$ を代入することにより $3A=1$ ， $A-B+C=1$ ， $A+2B+2C=1$ となり、
$A=\dfrac{1}{3}$ ， $B=-\dfrac{1}{6}$ ， $C=\dfrac{1}{2}$
となる。

よって $z\geqq 0$ では
$\displaystyle \int \dfrac{dz}{z^3+1}=\dfrac{1}{3}\int \dfrac{dz}{z+1}$ $\displaystyle -\dfrac{1}{6}\int\dfrac{2z-1}{z^2-z+1}dz$ $\displaystyle +\dfrac{1}{2}\int\dfrac{dz}{\left(z-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}$ $\displaystyle =\dfrac{1}{3}\log(z+1)$ ${}-\dfrac{1}{6}\log(z^2-z+1)$ $+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\dfrac{2z-1}{\sqrt{3}}+C$ $\displaystyle =\dfrac{1}{6}\log\dfrac{(z+1)^2}{z^2-z+1}$ $+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\dfrac{2z-1}{\sqrt{3}}+C$
（ $C$ は積分定数）となり、
$t^2 J(t)=\left\{\dfrac{1}{6}\log\dfrac{(1+t)^2}{1-t+t^2}+\dfrac{1}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\dfrac{2-t}{\sqrt{3}t}\right\}+\dfrac{\pi}{6\sqrt{3}}$
となる。よって
$\displaystyle\lim_{t\to 0} t^2 J(t)=\left\{\dfrac{1}{6}\log1+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot \dfrac{\pi}{2}\right\}+\dfrac{\pi}{6\sqrt{3}}$ $=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}$

2020.08.20記
結局、 $\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dz}{1+z^3}$ を計算すれば良い．

先ほどのように部分分数分解するか、 $z=\dfrac{1}{t}$ と置換して
$\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dz}{1+z^3}=\int_0^{\infty}\dfrac{tdt}{1+t^3}$
を導いて
$\displaystyle\dfrac{1}{2}\int_0^{\infty}\dfrac{(1+z)dz}{1+z^3}$ $=\displaystyle\dfrac{1}{2}\int_0^{\infty}\dfrac{dz}{z^2-z+1}$ $=\displaystyle\dfrac{1}{2}\int_0^{\infty}\dfrac{dz}{(z-1/2)^2+3/4}$
を計算しても良い．まぁ、これが一番簡単．

本問よりも、ガンマ関数の相反公式を示す方が難しい気もするが、次のように解くことも可能である．

（大人の解法）
$x=tz$ と置換すると $dx=tdz$ により $t^2 J(t)=\displaystyle \int_0^{1/t} \dfrac{dz}{z^3+1}$ だから， $\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dz}{1+z^3}$ を計算すれば良い．

$1+z^3=\dfrac{1}{u}$ と置換すると， $z=\Bigl(\dfrac{1}{u}-1\Bigr)^{1/3}$ であり， $-\dfrac{1}{u^2}du=3z^2dz$ であるから，
$\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dx}{1+z^3}$ $＝\displaystyle\int_1^{0} u\cdot \dfrac{1}{3}\Bigl(\dfrac{1}{u}-1\Bigr)^{-2/3}\cdot (-u^{-2}) du$ $＝\displaystyle\dfrac{1}{3}\int_0^{1} u^{-1/3} (1-u)^{-2/3} du$ $=\dfrac{1}{3}B\Bigl(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3}\Bigr)$ $=\dfrac{1}{3}\Gamma\Bigl(\dfrac{1}{3}\Bigr)\Gamma\Bigl(1-\dfrac{1}{3}\Bigr)$ $=\dfrac{\pi/3}{\sin (\pi/3)}$ $=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}$

一般に， $1+z^n=\dfrac{1}{u}$ の置換で
$\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dx}{1+z^n}$ $＝\displaystyle\dfrac{1}{n}\int_0^{1} u^{-1/n} (1-u)^{1-1/n} du$ $=\dfrac{1}{n}B\Bigl(\dfrac{n-1}{n},\dfrac{1}{n}\Bigr)$ $=\dfrac{1}{n}\Gamma\Bigl(\dfrac{1}{n}\Bigr)\Gamma\Bigl(1-\dfrac{1}{n}\Bigr)$ $=\dfrac{\pi/n}{\sin (\pi/n)}$ が成立することがわかる．

最後の $=\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\dfrac{\pi}{\sin \pi z}$ はガンマ関数の相反公式と呼ばれ，ガンマ関数の無限乗積を使って証明するのが普通であるが，
$\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{dz}{1+z^n}$ $=\dfrac{\pi/n}{\sin (\pi/n)}$ は複素積分を利用しても得られる．

原点を中心として $R$ ， $Re^{2i\pi/n}$ を通る扇形の経路で積分する． $I(R)=\displaystyle\int_0^R \dfrac{dx}{1+x^n}$
とおくと、経路における積分は
$I(R)+\displaystyle \int_0^{2\pi/n}\dfrac{d\theta}{1+R^ne^{in\theta}}-e^{2\pi i/n} I(R)$
となり， $R\to\infty$ として
$I+0-e^{2\pi i/n} I =(1-e^{2\pi u/n})I$
となる．この経路内には特異点が1つだけあり、それは $e^{\pi i/n}$ である．留数計算により
$(1-e^{2\pi i/n})I=2\pi i \Bigl( -\dfrac{e^{\pi i/n}}{n}\Bigr)$
となる．

よって $I=\dfrac{\pi/n}{\sin(\pi/n)}$ $=\dfrac{1}{{\rm sinc} (\pi/n)}$ となる．