生涯で一度くらいはやっておいたほうが良い $\displaystyle{\int \frac{1}{1 + y^4}\,dy}$ という積分
計算の手間がほんとうに面倒な積分の代表例である。 これと似たようなもので、極座標表示のラプラシアンがある。 どちらも２回以上は計算したくないけれど、１回はやっておく価値があるかもしれない。 「公式集」のありがたみが、少しわかる。
$\dagger$ 1st try
$\displaystyle{\int \frac{1}{1 + y^4}\,dy}$ の形を見て、まず最初に浮かんだのは、置換積分で計算がかんたんにならないかということだ。 何を置換するか？ $y^4$ の次数をさげればとおもって、$Y = y^2$ としてみると \begin{align*} 2ydy = dY \quad \therefore dy = \frac{1}{2y}dY \end{align*} となる。ここで $y$ をなくしたいとおもい、$Y = y^2$ から $y = \pm \sqrt{Y}$ と計算して、はたとつまずく。 平方根がでてくるのが面倒であると思うし、それに、$\pm$ と両方の場合をあつかうのがしんどそうである。 さらに、$y = \sqrt{Y}$ の場合だけに限ったとしても、そもそもの積分が \begin{align*} \int \frac{1}{1 + y^4}\,dy = \int \frac{1}{2} \frac{1}{1 + Y^2}\frac{1}{\sqrt{Y}}\,dY \end{align*} となり、余計面倒な $Y$ の次数があらわれてくる。 このやりかたは、ギブアップするしかない。
つぎに浮かんだアイデアは、$1 + (\cdot)^2$ であるから、$\tan$ が使えるのではないかということだった。 そここころは、$1 + tan^2\theta = (1/\cos\theta)^2$ という関係から、足し算がなくせるのではないか、というものだ。 $y^2 = \tan\theta$ とし、とりあえず $\theta$ の範囲については後で考えることにして、試してみると \begin{align*} 2ydy = \frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \quad \therefore dy = \frac{1}{2y}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \end{align*} であり、やはり $y = \pm\sqrt{\tan\theta}$ となって、ややこしさは解消されないことが予想できる。 積分は \begin{align*} \int \frac{1}{1 + y^4}\,dy & = \int \frac{1}{1 + \tan^2\theta} \frac{1}{\pm 2 \sqrt{\tan\theta}} \frac{1}{\cos^2\theta}d\theta \\ & = \int \frac{1}{\pm 2 \sqrt{\tan\theta}}d\theta \end{align*} とそれなりに簡単になるが、$\tan$ の平方根を積分することになって、ここでも怯む。 $\theta$ の範囲を考えることと、$\pm$ の場合わけも考慮しなければならないだろうし（上手いやり方はあるのか？）。
つまるところ、上記のような置換方法では、塩梅がわるいのだ。
$\dagger$ 多項式の分解
次数をさげたいのだから、因数分解して部分分数にするという方法で攻めてみる。 多項式を分解する、と言っても良いだろう。
まず \begin{align*} 1 + y^4 = (y^2 + 1)^2 - 2y^2 = (y^2 + 1 + \sqrt{2}y)(y^2 + 1 - \sqrt{2}y) \end{align*} という因数分解ができる。これをつかうと \begin{align*} \frac{1}{1 + y^4} = \frac{1}{(y^2 + 1 + \sqrt{2}y)(y^2 + 1 - \sqrt{2}y)} \end{align*} であるから、部分分数に分解された形を \begin{align*} \frac{1}{1 + y^4} = \frac{Ay + B}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{Cy + D}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \end{align*} とおいてみる。 分子の次数をひとつ下げておくのが部分分数への分解のテクニックである。 したがって \begin{align*} (Ay + B)(y^2 + 1 - \sqrt{2}y) + (Cy + D)(y^2 + 1 + \sqrt{2}y) = 1 \end{align*} でなければならないことになる。 左辺をひたすら計算すると \begin{align*} Ay^3 - \sqrt{2}Ay^2 + Ay + By^2 - \sqrt{2}By + B + Cy^3 + \sqrt{2}Cy^2 + Cy + Dy^2 + \sqrt{2}Dy + D \\ = (A + C)y^3 + (-\sqrt{2}A + B + \sqrt{2}{C} + D)y^2 + (A - \sqrt{2}B + C + \sqrt{2}D)y + B + D \end{align*} であるから \begin{align} & A + C = 0 \;, \label{eq.01} \\ & -\sqrt{2}A + B + \sqrt{2}{C} + D = 0 \iff \sqrt{2}(C - A) + (B + D) = 0 \;, \label{eq.02} \\ & A - \sqrt{2}B + C + \sqrt{2}D = 0 \iff \sqrt{2}(D - B) + (A + C) = 0 \;, \label{eq.03} \\ & B + D = 1 \;, \label{eq.04} \end{align} でなければならない。 \eqref{eq.03} に \eqref{eq.01} を適用すると $D = B$。これを \eqref{eq.04} に用いると $B = D = 1/2$。 それゆえ \eqref{eq.02} から $\sqrt{2}(C - A) = -1$ で、\eqref{eq.01} を使えば $2\sqrt{2}C = -1$。 ゆえに、$C = -1/2\sqrt{2},\; A = 1/2\sqrt{2}$。 几帳面に分母を有理化してまとめると \begin{align*} A = \frac{\sqrt{2}}{4} \;, \quad B = \frac{1}{2} \;, \quad C = - \frac{\sqrt{2}}{4} \;, \quad D = \frac{1}{2} \;. \end{align*} ともとまる。 それゆえ、もとの分数は \begin{align*} \frac{1}{1 + y^4} = \frac{\dfrac{\sqrt{2}}{4}y + \dfrac{1}{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{\dfrac{-\sqrt{2}}{4}y + \dfrac{1}{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} = \frac{\sqrt{2}}{4}\left\{ \frac{y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} - \frac{y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \right\} \end{align*} となる。$\{\cdots\}$ の中の各項は、分子の次数が分母の次数より１小さい。 この事実に着目して、$\int f^\prime/f = \log\abs{f}$ の形式に持ち込めないかと想像してみる。そうすれば積分ができる。 最初の項をについてまず浮かぶ変形は \begin{align*} \frac{y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} &= \frac{2y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} - \frac{y}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} \\ &= \frac{(y^2 + 1 + \sqrt{2}y)^\prime}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} - \frac{y}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} \end{align*} である。 この２項目も似たように $f^\prime/f$ を目指して変形していくことも可能であるが、次のように工夫すると段階が少なくて済む： \begin{align*} \frac{y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2y + 2\sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} = \frac{1}{2}\left\{ \frac{2y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} \right\} \;. \end{align*} したがって \begin{align*} & \frac{2y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} = \frac{(y^2 + 1 + \sqrt{2}y)^\prime}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} \;, \\ &\frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} = \frac{\sqrt{2}}{\left(y + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{2\cdot\left(y + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + 1} = \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1} \end{align*} と書き改めることができる。 次の項も \begin{align*} \frac{y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2y - 2\sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} = \frac{1}{2}\left\{ \frac{2y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} - \frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \right\} \end{align*} となるから \begin{align*} & \frac{2y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} = \frac{(y^2 + 1 - \sqrt{2}y)^\prime}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \;, \\ &\frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} = \frac{\sqrt{2}}{\left(y - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{2\cdot\left(y - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + 1} = \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1} \;. \end{align*} いまいちど全体をまとめると \begin{align*} \frac{1}{1 + y^4} &= \frac{\sqrt{2}}{4}\left\{ \frac{y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} - \frac{y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \right\} \notag \\ &= \frac{\sqrt{2}}{4}\left\{ \frac{1}{2}\left( \frac{2y + \sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} \right) - \frac{1}{2}\left( \frac{2y - \sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} - \frac{\sqrt{2}}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} \right) \right\} \notag \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \left( \frac{\left(y^2 + 1 + \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1} \right) - \left( \frac{\left(y^2 + 1 - \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} - \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1} \right) \right\} \end{align*} したがって、そもそもの積分は \begin{align*} \int\frac{1}{1 + y^4}\,dy &= \int \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \left( \frac{\left(y^2 + 1 + \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y} + \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1} \right) - \left( \frac{\left(y^2 + 1 - \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y} - \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1} \right) \right\}\,dy \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \int\frac{\left(y^2 + 1 + \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 + \sqrt{2}y}\,dy + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1}\,dy - \int\frac{\left(y^2 + 1 - \sqrt{2}y\right)^\prime}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y}\,dy + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1}\,dy \right\} \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \log\left\lvert{y^2 + 1 + \sqrt{2}y}\right\rvert + C_1 + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1}\,dy - \log\left\lvert{y^2 + 1 - \sqrt{2}y}\right\rvert + C_2 + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1}\,dy \right\} \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \log\left\lvert\frac{y^2 + 1 + \sqrt{2}y}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y}\right\rvert + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1}\,dy + \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1}\,dy + C_{12} \right\} \;. \end{align*} 残りの積分を計算しよう。 これは $\tan^{-1}$ にまつわる著名な積分に帰着する。 $s = \sqrt{2}y + 1$ とすると $ds = \sqrt{2}dy$ だから結果うまいこと $dy$ が置き換わって \begin{align*} & \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y + 1\right)^2 + 1}\,dy = 2\sqrt{2}\int\frac{1}{s^2 + 1}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\,ds = 2\int\frac{1}{s^2 + 1}\,ds = 2\tan^{-1}(s) + C_3 = 2\tan^{-1}\left(\sqrt{2}y + 1\right) + C_3 \;. \end{align*} 同じようにして、$t = \sqrt{2}y - 1$ とすれば $dt = \sqrt{2}dy$ なので \begin{align*} \int\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{2}y - 1\right)^2 + 1}\,dy = 2\sqrt{2}\int\frac{1}{t^2 + 1}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\,dt = 2\int\frac{1}{t^2 + 1}\,dt = 2\tan^{-1}(t) + C_4 = 2\tan^{-1}\left(\sqrt{2}y - 1\right) + C_4 \;. \end{align*} 最終的に \begin{align} \int\frac{1}{1 + y^4}\,dy &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\left\{ \log\left\lvert\frac{y^2 + 1 + \sqrt{2}y}{y^2 + 1 - \sqrt{2}y}\right\rvert + 2\tan^{-1}\left(\sqrt{2}y + 1\right) + 2\tan^{-1}\left(\sqrt{2}y - 1\right) + C_{1234} \right\} \label{eq.14} \end{align}
$\dagger$ グラフ
gnuplot で描いたグラフ。
