複素関数の問題

$f(z)=\frac{1}{z^2+4z+13}$ とおく。

極を求める
$z^2+4z+13=0$ を解くと $z=-2\pm \sqrt{4-13}=-2\pm 3i$ である。どちらも 1 位の極で、上半平面にあるのは $z=-2+3i$ だけである。

積分路をとる
$R>\sqrt{13}$ とし、実軸上の線分 $[-R,R]$ と、上半平面の半円 $C_R:z=R{e}^{i\theta }(0\le \theta \le \pi )$ をつないだ閉曲線を考える。$R>\sqrt{13}=|-2+3i|$ なので、この閉曲線の内部にある極は $-2+3i$ だけである。留数定理より
$${\int }_{-R}^{R}f(x)dx+{\int }_{C_R}f(z)dz=2\pi i{\mathrm{Res}}_{z=-2+3i}f(z)(1)$$

留数を計算する
$f=\frac{p}{q}$, $p=1$, $q=z^2+4z+13$ とすると、1 位の極なので
$${\mathrm{Res}}_{z=-2+3i}f(z)=\frac{p(a)}{q^{\prime }(a)}=\frac{1}{2(-2+3i)+4}=\frac{1}{6i}$$

大きな半円上の積分を評価する
$C_R$ 上では $|z|=R$ である。三角不等式より
$$|z^2+4z+13|\ge |z{|}^2-4|z|-13=R^2-4R-13$$
が成り立つ（$R$ が十分大きく右辺が正のとき）。$C_R$ の長さは $\pi R$ なので
$$\left|{\int }_{C_R}f(z)dz\right|\le \frac{\pi R}{R^2-4R-13}\to 0(R\to \infty )$$
となる。分母の次数 $2$ が分子の次数 $0$ より $2$ 以上大きいので、この評価が成り立つ。

極限をとる
$(1)$ で $R\to \infty$ とすると
$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^2+4x+13}=2\pi i\cdot \frac{1}{6i}=\frac{\pi }{3}$$

（検算：$x^2+4x+13=(x+2{)}^2+9$ と平方完成すると、${\left[\frac{1}{3}{\tan }^{-1}\frac{x+2}{3}\right]}_{-\infty }^{\infty }=\frac{1}{3}\cdot \pi =\frac{\pi }{3}$ となり、結果が一致する。）

$x^2+4x+13=(x+2{)}^2+9$ より、極は $z=-2\pm 3i$。上半面の極は $z_0=-2+3i$ のみ（単純極）。

留数: ${\mathrm{Res}}_{z=z_0}\frac{1}{(z-z_0)(z-{\bar{z}}_0)}=\frac{1}{z_0-{\bar{z}}_0}=\frac{1}{6i}$。

大きな半円 $|z|=R$ 上では被積分関数は $O(R^{-2})$ で、積分路の長さ $\pi R$ との積は $O(1/R)\to 0$。よって
$${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^2+4x+13}=2\pi i\cdot \frac{1}{6i}=\frac{\pi }{3}.$$

検算: 直接計算すると $\int \frac{dx}{(x+2{)}^2+9}=\frac{1}{3}\arctan \frac{x+2}{3}$ なので、$\frac{1}{3}(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2})=\frac{\pi }{3}$。一致する。