1/(x^5+1)の積分

最近，1/(x^n+1)の形の積分が検索されるが，n=3（1/(x^3+1)と1/(x^3-1)の積分）,n=4,6（1/(x^4+1)，1/(x^6+1)の積分）くらいなら因数分解がやさしいので，たいしたことはない．それで，どこかの学校でその手の宿題が出て，検索されるのだろう．


$\hspace{5mm}x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$
$\hspace{5mm}x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+1)^2-(\sqrt{2}x)^2\\\hspace{10mm}=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)$
$\hspace{5mm}x^6+1=(x^2+1)(x^4-x^2+1)=(x^2+1)(x^4+2x^2+1-3x^2)\\\hspace{10mm}=(x^2+1)((x^2+1)^2-(\sqrt{3}x)^2)\\\hspace{10mm}=(x^2+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1)$

$x^5+1$（-1の5乗根，虚根は1の原始10乗根）くらいになると，因数分解自体が面倒になる．
まずは，$x^5+1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)$となるが，問題は，後ろを2次式の積に直すところ．知っていれば簡単ではある．まず，$x^2\ne0$で割って，
$\hspace{5mm}x^2-x+1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}$
$x+\frac{1}{x}=y$とおけば，$x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2=y^2-2$より，
$\hspace{5mm}x^2-x+1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=(x^2+\frac{1}{x^2})-(x+\frac{1}{x})+1=(y^2-2)-y+1\\\hspace{5mm}=y^2-y-1$
と2次式になる．この根は$y=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$なので，$x+\frac{1}{x}=y$より，$x+\frac{1}{x}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，$x^2-\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}x+1=0$より，
$\hspace{5mm}x^5+1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)\\ \hspace{5mm}=(x+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)$
と因数分解できる．

したがって，
$\hspace{5mm}\frac{1}{x^5+1}=\frac{a}{x+1}+\frac{bx+c}{x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1}+\frac{dx+e}{x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1}$
と部分分数にわけられたとすると，両辺に$x^5+1$をかけて，
$\hspace{5mm}1=a(x^4-x^3+x^2-x+1)\\\hspace{10mm}+(bx+c)(x+1)(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)+(dx+e)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)\\\hspace{5mm} = (a+b+d)x^4+(-a+\frac{1-\sqrt{5}}{2}b+c+\frac{1+\sqrt{5}}{2}d+e)x^3\\\hspace{10mm}+(a+\frac{1-\sqrt{5}}{2}b+\frac{1-\sqrt{5}}{2}c+\frac{1+\sqrt{5}}{2}d+\frac{1+\sqrt{5}}{2}e)x^2\\\hspace{10mm}+(-a+b+\frac{1-\sqrt{5}}{2}c+d+\frac{1+\sqrt{5}}{2}e)x+(a+c+e)$
係数比較で，
$\hspace{5mm}a+b+d=0$
$\hspace{5mm}-a+\frac{1-\sqrt{5}}{2}b+c+\frac{1+\sqrt{5}}{2}d+e=0$
$\hspace{5mm}a+\frac{1-\sqrt{5}}{2}b+\frac{1-\sqrt{5}}{2}c+\frac{1+\sqrt{5}}{2}d+\frac{1+\sqrt{5}}{2}e=0$
$\hspace{5mm}-a+b+\frac{1-\sqrt{5}}{2}c+d+\frac{1+\sqrt{5}}{2}e=0$
$\hspace{5mm}a+c+e=1$
となり，連立方程式を解くと，
$\hspace{5mm}a=\frac{1}{5}$，$b=\frac{-(1-\sqrt{5})}{10}$，$c=\frac{4}{10}$，$d=\frac{-(1+\sqrt{5})}{10}$，$e=\frac{4}{10}$
より，次のように部分分数にわけられる．
$\hspace{5mm}\frac{1}{x^5+1}=\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{x+1}+\frac{-(1-\sqrt{5})x+4}{10(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}+\frac{-(1+\sqrt{5})x+4}{10(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)}$

最初の項，$\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{x+1}$の積分は，$\frac{1}{5}\log|x+1|$

つづいて，次の項$\frac{-(1-\sqrt{5})x+4}{10(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}$の積分．
分母を微分したときxの係数が2なので，それに分子を合わせるため，まず分母分子に$\sqrt{5}+1$をかけて，xの係数を有理化する．．
$\hspace{5mm}\frac{(-(1-\sqrt{5})x+4)(\sqrt{5}+1)}{10(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}=\frac{4x+4+4\sqrt{5}}{10(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}\\\hspace{5mm}=\frac{2x+2+2\sqrt{5}}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}$
分母の微分は，
$\hspace{5mm}2x-\frac{1-\sqrt{5}}{2}$
なので，
$\hspace{5mm}\frac{2x+2+2\sqrt{5}}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)}=\frac{(2x-\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\frac{5+3\sqrt{5}}{2}}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}\\ \hspace{5mm}=\frac{(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)'}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}+\frac{\frac{5-5\sqrt{5}}{2}}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}$
となる，前半
$\hspace{5mm}\frac{(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)'}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}$
の積分は，
$\hspace{5mm}\frac{1}{5+5\sqrt{5}}\log(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)$

つづいて後半，$\frac{\frac{5+3\sqrt{5}}{2}}{5(\sqrt{5}+1)(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)}=\frac{5+\sqrt{5}}{20}\cdot\frac{1}{x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1}$の積分．
まず分母を
$\hspace{5mm}x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1=x^2-2\frac{1-\sqrt{5}}{4}x+1\\\hspace{5mm}=x^2-2\frac{1-\sqrt{5}}{4}x+(\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2-(\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+1\\\hspace{5mm}=(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+\frac{5+\sqrt{5}}{8}=(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2$
と，平方完成すれば，
$\hspace{5mm}\frac{5+\sqrt{5}}{20}\cdot\frac{1}{x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1}=\frac{5+\sqrt{5}}{20}\cdot\frac{1}{(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2}$
の積分は，平方の中身を
$\hspace{5mm}x-\frac{1-\sqrt{5}}{4}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\tan\theta$
と置換することにより分母は，
$\hspace{5mm}(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2=(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\tan\theta)^2-(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2\\ \hspace{5mm}=\frac{10+2\sqrt{5}}{16}(\tan^2\theta+1)=\frac{10+2\sqrt{5}}{16}\cdot\frac{1}{\cos^2\theta}$
である．また，置換によって，
$\hspace{5mm}dx=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta$
であるから，
$\hspace{5mm} \frac{5+\sqrt{5}}{20}\int\frac{1}{(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2}dx \\\hspace{5mm} =\frac{5+\sqrt{5}}{20}\int\frac{1}{\frac{10+2\sqrt{5}}{16}\cdot\frac{1}{\cos^2\theta}}\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta\\\hspace{5mm} =\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{10}\int 1\, d\theta=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{10}\theta$

置換の式，
$\hspace{5mm}x-\frac{1-\sqrt{5}}{4}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\tan\theta$
より，
$\hspace{5mm} \tan\theta = \frac{4}{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})=\frac{4x-1+\sqrt{5}}{\sqrt{2(5+\sqrt{5})}}$
であるから，
$\hspace{5mm}\theta=\arctan\frac{4x-1+\sqrt{5}}{\sqrt{2(5+\sqrt{5})}}$
から，
$\hspace{5mm} \frac{5+\sqrt{5}}{20}\int\frac{1}{(x-\frac{1-\sqrt{5}}{4})^2+(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})^2}dx=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{10}\theta\\\hspace{5mm} = \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{10}\arctan\frac{4x-1+\sqrt{5}}{\sqrt{2(5+\sqrt{5})}}$

また，
$\hspace{5mm}\frac{-(1+\sqrt{5})x+4}{10(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)}$
の積分も同様にして，
$\hspace{5mm}\frac{1}{5-5\sqrt{5}}\log(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{10}\arctan\frac{4x-1-\sqrt{5}}{\sqrt{2(5-\sqrt{5})}}$

よって，
$\hspace{5mm}\int\frac{1}{x^5+1}dx\\\hspace{10mm} =\frac{1}{5}\log|x+1|\\\hspace{15mm}+\frac{1}{5+5\sqrt{5}}\log(x^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1)+\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{10}\arctan\frac{4x-1+\sqrt{5}}{\sqrt{2(5+\sqrt{5})}}\\\hspace{15mm} +\frac{1}{5-5\sqrt{5}}\log(x^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{10}\arctan\frac{4x-1-\sqrt{5}}{\sqrt{2(5-\sqrt{5})}}$

＞参考

＞＞積分の記事