H29 Handai_Material（解答）

1. 解答
2. 総評

1. 解答

入試問題は各自で入手すること。答えのみ（証明は略）。

【問題1】4項間漸化式・固有値方程式

　3次の正方行列の中に0が複数ある場合、行列式を求めるときはサラスの法則を使う。あるいは余因子展開を行う。

$\begin{eqnarray*}{\rm det}\left(A-\lambda E\right) &=&{\rm det}\left(\begin{array}{ccc}2-\lambda & 1 & -2 \\1 & -\lambda & 0 \\0 & 1 & -\lambda\end{array}\right)\\&=& (2-\lambda)\cdot(-\lambda)\cdot(-\lambda) +1\cdot1\cdot(-2) - 1\cdot1\cdot(-\lambda)\\&=& (2-\lambda)\lambda^2 + -2+\lambda\\&=& -(\lambda-2)(\lambda-1)(\lambda+1)\end{eqnarray*}$

det $(A-\lambda E)=0$ として、固有値 $\lambda=-1,1,2$ を得る。固有値が間違っていないかの検算は下の関係を使うと良い。確かに ${\rm tr}A=2=\sum\lambda$ となっている。

ポイント

$n$ 次の正方行列Aとその $n$ 個の固有値に対して、

$\begin{eqnarray*}{\rm tr}A=\sum_{i}^{n}\lambda_i\end{eqnarray*}$

の関係がある。

参考：行列のトレースと固有値の関係式

(i) $\lambda=-1$ のとき

$\begin{eqnarray*}A-\lambda E=\left(\begin{array}{ccc} 3 & 1 & -2 \\1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 1\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

固有ベクトルを探す。つまり、

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc} 3 & 1 & -2 \\1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 1\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccc} x \\y \\z \end{array} \right)=0\end{eqnarray*}$

を満たす $x,y,z$ を探す。つまり、連立方程式を解く。 $\lambda$ が重解でなければ、下図のようにrank=3の行列 $A$ に対して、 $A-\lambda E$ のrank=2。

　rank2であるので、たとえば1行目は(2行目) $\times$ 3-(3行目) $\times$ 2で作られる。だから、赤色の部分の連立方程式を解けば良い。未知数3（ $x,y,z$ ）に対して、行列のrankは2なので、解の自由度は1である。念の為、連立方程式を書いておく。

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 1\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccc} x \\y \\z \end{array} \right)=0\end{eqnarray*}$

この解の1つを見つければよい。つまり、後のために簡単な解 $(x,y,z)$ を固有ベクトルとして選ぶのが良い。

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc} x \\y \\z \end{array} \right)=\left(\begin{array}{ccc} 1 \\-1 \\1\end{array} \right)\end{eqnarray*}$

ポイント

固有ベクトルの向きは(1,-1,1)方向である。解の自由度1であるのでベクトルの大きさ $a$ は任意である。問題に指定がなければ、 $a$ の任意性があるので計算が簡単になる固有ベクトルを選べる。規格化された固有ベクトルを求める場合は $a=1$ とする。

(ii) $\lambda=1$ のとき

$\begin{eqnarray*}A-\lambda E=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -2 \\1 & -1 & 0 \\0 & 1 & -1\end{array} \right)\end{eqnarray*}$

　固有ベクトルを探す。2行目、3行目の簡単な形に着目すると解の1つは容易に、(1,1,1)とわかる。それを規格化して、 $\lambda=1$ に対する固有ベクトルは、

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc} x \\y \\z \end{array} \right)=\left(\begin{array}{ccc} 1 \\1 \\1\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

となる。

(iii) $\lambda=2$ のとき

$\begin{eqnarray*}A-\lambda E=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -2 \\1 & -2 & 0 \\0 & 1 & -2\end{array} \right)\end{eqnarray*}$

　固有ベクトルを探す。2行目、3行目（or 1行目）の簡単な形に着目すると解の1つは容易に、(4,2,1)とわかる。それを規格化して、 $\lambda=2$ に対する固有ベクトルは、

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc} x \\y \\z \end{array} \right)=\left(\begin{array}{ccc} 4 \\2 \\1\end{array} \right)\end{eqnarray*}$

となる。

行列Aの対角化
上で得られた3つの固有ベクトルを並べて、

$\begin{eqnarray*}B=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 4\\-1 & 1 & 2\\1 & 1 & 1\end{array} \right)\end{eqnarray*}$

を作る。 $B$ の逆行列 $B^{-1}$ は基本行列変形 $\{B | E\}\rightarrow\{E|B^{-1}\}$ （掃き出し法）により求める。最終結果は、

$\begin{eqnarray*}\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 4\\-1 & 1 & 2\\1 & 1 & 1\end{array} \quad\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{array} \quad\begin{array}{ccc}\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\\frac{1}{3} & 0 & -\frac{1}{3}\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

なので、

$\begin{eqnarray*} B^{-1}&=& \left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\ \frac{1}{3} & 0 & -\frac{1}{3} \end{array}\right)&=& \frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc}1&-3&2\\ -3&3&6\\ 2&0&-2 \end{array}\right) \end{eqnarray*}$

　である。（ $B^{-1}B=E$ のチェックを忘れずに。）Bを用いて、 $A$ の対角化は

$\begin{eqnarray*}B^{-1}AB &=& \frac{1}{6}\left(\begin{array}{ccc}1&-3&2\\ -3&3&6\\ 2&0&-2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2&1&-2\\ 1&0&0\\ 0&1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1&1&4\\ -1&1&2\\ 1&1&1\end{array}\right)\\ \\&=&\left(\begin{array}{ccc}-1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

のようになる。

ポイント

固有値 $\lambda=-1,1,2$ の順番に固有ベクトルを並べて行列 $B$ を作ったので、 $A$ の対角化により対角要素は固有値 $\lambda=-1,1,2$ の順番に並ぶ。

4項間漸化式を行列で表す。

$\begin{eqnarray*}{\bf x}_{n}=\left(\begin{array}{ccc}a_{n+2}\\a_{n+1}\\a_{n}\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

と置くと、行列 $A$ を用いて与えられた漸化式は、

$\begin{eqnarray*}\left( \begin{array}{ccc}a_{n+3}\\a_{n+2}\\a_{n+1} \end{array}\right)&=&\left( \begin{array}{ccc}2&1&-2\\1&0&0\\0&1&0\end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc}a_{n+2}\\a_{n+1}\\a_{n} \end{array}\right)\\ \\\rightarrow{\bf x}_{n+1}&=&A {\bf x}_{n}\end{eqnarray*}$

となる。左から $B^{-1}$ をかけて、

$\begin{eqnarray*}B^{-1}{\bf x}_{n+1}&=&B^{-1}A {\bf x}_{n}\\&=&B^{-1}A(BB^{-1}) {\bf x}_{n} \quad (\because BB^{-1}=E)\\&=&B^{-1}AB\cdot B^{-1} {\bf x}_{n} \quad \cdots (1.1)\end{eqnarray*}$

となる。ここで、

$\begin{eqnarray*}P\equiv B^{-1}AB=\left(\begin{array}{ccc}-1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

である。行列 $P$ は対角行列であるので、

$\begin{eqnarray*}P^n =\left(\begin{array}{ccc}(-1)^n&0&0\\ 0&1^n&0\\ 0&0&2^n\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

である。式(1.1)より、

$\begin{eqnarray*}B^{-1}{\bf x}_n &=& P\;B^{-1}{\bf x}_{n-1}\\&=& P^2\;B^{-1}{\bf x}_{n-2} \\&=& \cdots \\&=&P^n\;B^{-1}{\bf x}_{0}\end{eqnarray*}$

となる。左辺の $B^{-1}$ を消すために、左から $B$ をかけて、

$\begin{eqnarray*}{\bf x}_n&=&BP^nB^{-1}\;{\bf x}_{0} \quad \cdots (1.3)\end{eqnarray*}$

を得る。 $BP^nB^{-1}$ を計算する。

$\begin{eqnarray*} BPB^{-1} &=&\left( \begin{array}{ccc} 1&1&4\\ -1&1&2\\ 1&1&1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc} (-1)^n&0&0\\ 0&1^n&0\\ 0&0&2^n \end{array}\right)\frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc} 1&-3&2\\ -3&3&6\\ 2&0&-2\end{array}\right)\\ \\ &=&\frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc} (-1)^n&1&2^{n+2}\\ -(-1)^n&1&2^{n+1}\\ (-1)^n&1&2^n \end{array}\right)\left( \begin{array}{ccc} 1&-3&2\\ -3&3&6\\ 2&0&-2 \end{array}\right)\\ \\ &=&\frac{1}{6}\left( \begin{array}{ccc}\square&\square&\square \\\square&\square&\square \\(-1)^n-3+2^{n+1}& -3\cdot (-1)^n+3 &2\cdot (-1)^n + 6 -2^{n+1}\end{array}\right)\end{eqnarray*}$

使うのは3行目だけなので、その成分を示した。式(1.3)より、

$\begin{eqnarray*}\left( \begin{array}{ccc}a_{n+2}\\a_{n+1}\\a_{n}\end{array}\right)=BP^nB^{-1}\;\left( \begin{array}{ccc}a_{2}\\a_{1}\\a_{0}\end{array}\right) \quad=BP^nB^{-1}\;\left( \begin{array}{ccc}6\\4\\3\end{array}\right) \quad\end{eqnarray*}$

となる。よって求める一般項 $a_n$ ( $n$ は0以上の整数)は、

$\begin{eqnarray*} a_n &=&\frac{1}{6}\left[(-1)^n-3+2^{n+1} \right]\cdot 6\\ &+&\frac{1}{6}\left[-3\cdot (-1)^n+3 \right]\cdot 4\\ &+&\frac{1}{6}\left[2\cdot (-1)^n + 3 \cdot 2^{n+1}\right]\cdot 3 \\ \\ &=&\frac{1}{6}\left[12+3\cdot 2^{n+1} \right] \\ \\ \therefore \quad a_n &=&2+2^n\end{eqnarray*}$

　確かに、 $a_0=3$ 、 $a_1=4$ 、 $a_2=6$ となる。

補足：行列を利用しない方法：題意に沿わないが一般項は容易に求められる。

$\begin{eqnarray*} a_{n+3}-2a_{n+2} = a_{n+1}-2a_n \end{eqnarray*}$

について $b_n=a_{n+1}-2a_n$ と置いて、

$\begin{eqnarray*} b_{n+2}=b_{n}&=& \begin{cases} b_1 \quad (n:{\rm odd})\ b_0 \quad (n:{\rm even}) \end{cases} \\ &=&\begin{cases} a_2-2a_1 \quad (n:{\rm odd})\\ a_1-2a_0 \quad (n:{\rm even}) \end{cases}\\ &=&-2 \end{eqnarray*}$

となる。よって、

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}-2a_{n}&=&-2\\ \Leftrightarrow \quad a_{n+1}-2&=&2(a_n-2)\\ \\ \therefore \quad a_{n}=2+2^n \end{eqnarray*}$

　のように一般項が求められる。この問題ような特殊な4項間漸化式については、うまく変形できれば容易に一般解が求められる。

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【問題2】回転体の体積・表面積

(1) まず変数分離型の微分方程式を解く。

$C,C'$ を定数として、

$\begin{eqnarray*}(y-4)y'&=&-x\\(y-4)\frac{dy}{dx}&=&-x\\(y-4)dy&=&-xdx\\\int (y-4) dy &=& \int (-x)dx +C'\\\frac{1}{2}y^2-4y &=& -\frac{1}{2}x^2 + C' \\ \\\thereforey(y-8)+x^2&=&C \quad(C=2C')\end{eqnarray*}$

$(x,y)=(1,4+\sqrt{3})$ を代入すると、 $C=-12$ が求まる。

ポイント $y(y-8)$ と因数の形で計算すると早い。

$y=4+\sqrt{3}$ のとき、 $(\sqrt{3}+4)(\sqrt{3}-4)=3-16=-13$

求める円の方程式は、

$\begin{eqnarray*}y^2-8y+x^2 &=& -12\\(y-4)^2 + x^2 &=& 2^2\end{eqnarray*}$

であり、中心 (0,4)で半径2の円である（図は略）。

(2) 与えられた式に $(x,y)=(1,4+\sqrt{3})$ を代入する。

$(1,4+\sqrt{3})$ での微分係数を、 $\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1}$ と書く。

$\begin{eqnarray*} &&1+(4+\sqrt{3})\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1}-4\left. \frac{dy}{dx}\right|_{x=1}=0\\ \\\therefore \quad &&\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1} = -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{eqnarray*}$

したがって、与えられた点の接線の方程式は、

$\begin{eqnarray*}y&=&-\frac{1}{\sqrt{3}}(x-1)+4+\sqrt{3}\\y&=&-\frac{1}{\sqrt{3}}x+4\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\end{eqnarray*}$

である。

(3) (4) トーラスの体積・表面積の計算はパップス=ギュルダンの定理を使うと求められる。

パップス=ギュルダンの定理を用いたトーラスの体積・表面積

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【問題3】フーリエ変換・δ関数

(1)
$f(x)$ をフーリエ変換する。

$\begin{eqnarray*}F_a(\omega) &=& \int_{-a}^{0} \frac{1}{a^2}(a+t) e^{-i\omega t}dt+\int_{0}^{a} \frac{1}{a^2}(a-t)e^{-i\omega t} dt\\&=& \frac{1}{a}\int_{-a}^{a} e^{-i\omega t}dt+ \frac{1}{a^2}\int_{-a}^{0} t e^{-i\omega t}dt - \frac{1}{a^2}\int_{0}^{a} t e^{-i\omega t}dt\\\end{eqnarray*}$

第一項：

$\begin{eqnarray*}\frac{1}{a}\int_{-a}^{a} e^{-i\omega t}dt&=&\left[ \frac{1}{-i\omega} e^{-i\omega t} \right]_{-a}^{a}\\&=& \frac{1}{a}\frac{i}{\omega}\left( e^{-i\omega a}-e^{i\omega a}\right)\\&=& \frac{2}{\omega a}{\rm sin}\left( \omega a \right)\end{eqnarray*}$

第二項：

$\begin{eqnarray*}&&\frac{1}{a^2}\int_{-a}^{0} t e^{-i\omega t}dt - \frac{1}{a^2}\int_{0}^{a} t e^{-i\omega t}dt \\&=&\frac{1}{a^2}\int_{a}^{0} (-t') e^{i\omega t'}(-dt') -\frac{1}{a^2}\int_{0}^{a} t e^{-i\omega t}dt \quad (\because t=-t') \\ &=&-\frac{1}{a^2}\int_{0}^{a} t' e^{i\omega t'}dt' -\frac{1}{a^2} \int_{0}^{a} t e^{-i\omega t}dt \\ &=&-\frac{1}{a^2}\int_{0}^{a} t\left(e^{i\omega t} + e^{-i\omega t} \right) dt\\ &=& -\frac{2}{a^2}\int_{0}^{a} t{\rm cos}(\omega t)dt \\ &=&-\frac{2}{a^2} \left[ \frac{t}{\omega} {\rm sin}(\omega t) + \frac{1}{\omega} {\rm cos}(\omega t)\right]_0^{a} \\&=&-\frac{2}{\omega a}{\rm sin}(\omega a) - \frac{2}{\omega a^2}{\rm cos}(\omega a) + \frac{2}{\omega a^2}\end{eqnarray*}$

以上より、

$\begin{eqnarray*}F_a(\omega)&=&\frac{2}{\omega a^2}\left\{ 1-{\rm cos}(\omega a) \right\}\\&=&\frac{2}{\omega a^2}\left\{ 2{\rm sin}^2 (\frac{\omega a}{2}) \right\} \\ \\\therefore \quad F_a(\omega)&=&\frac{{\rm sin}^2(\frac{\omega a}{2}) }{\left(\frac{\omega a}{2}\right)^2}\end{eqnarray*}$

ポイント

この関数は、回折で現れる1次元のラウエ関数と同じ形をしている。

(2) $a\to 0$ の極限を取る

$t=0$ のとき、

$\begin{eqnarray*}\lim_{a\to 0} \frac{1}{a^2}(a\pm t)=\lim_{a\to 0} \frac{a}{a^2} \to \infty\end{eqnarray*}$

$t\neq 0$ のとき、 $f_a(t)$ の定義より、

$\begin{eqnarray*}\lim_{a\to 0}f_a(t)=0 \quad (if \; t\neq 0)\end{eqnarray*}$

よって、

$\begin{eqnarray*}\lim_{a\to 0}f_a(t)=\delta (x)\end{eqnarray*}$

である。また、 $x$ 軸と $f_a(t)$ で囲まれる三角形の面積は、

$\begin{eqnarray*}\int_{-\infty}^{\infty} f_a(t) \, dt=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot \frac{1}{a} = 1 \end{eqnarray*}$

であるので、

$\begin{eqnarray*}\lim_{a\to 0}\int_{-\infty}^{\infty} f_a(t) \, dt=\int_{-\infty}^{\infty} \delta (t) \, dt =1\end{eqnarray*}$

(3) 複素フーリエ係数を求める。

　 $[-T_0 / 2: +T_0/2]$ の区間をフーリエ変換すれば良い。

$\begin{eqnarray*}c_n&=&\frac{1}{T_0} \int_{-\frac{T_0}{2} }^{\frac{T_0}{2} }\delta(t) \exp{(-i\frac{2\pi}{T_0}nt)} \,dt\\&=&\frac{1}{T_0} \int_{-\infty }^{\infty }\delta(t) \exp{(-i\frac{2\pi}{T_0}nt)} \,dt\\&=&\frac{1}{T_0}\exp{(-i\frac{2\pi}{T_0}n\cdot 0)}\\&=&\frac{1}{T_0}\end{eqnarray*}$

から、

$\begin{eqnarray*}P(t)=\frac{1}{T_0}\sum_{-\infty}^{\infty}\exp{\left( i\frac{2\pi}{T_0} nt \right)}\end{eqnarray*}$

となる。

(4) $h_s(t)=T_0 h(t) P(t)$ の両辺をフーリエ変換する。

$\begin{eqnarray*}H_s(\omega)&=&\int_{-\infty}^{\infty} T_0 h(t) P(t) \exp{(-i\omega t)}\,dt\\&=&T_0 \int_{-\infty}^{\infty} h(t) \left[ \frac{1}{T_0} \sum_{n=-\infty}^{\infty}\exp{\left( i\frac{2\pi}{T_0} nt \right)}\right] \exp{(-i\omega t)} \,dt\\&=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} h(t)\exp{\left( i\frac{2\pi}{T_0} nt \right)}\exp{(-i\omega t)}\,dt \\&=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} h(t)\exp{\left( -i\left(\omega-\frac{2\pi}{T_0} n\right)t \right)} \,dt\\&=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} h(t)\exp{\left( -i\omega_n t \right)} \,dt \quad \left(\omega_n=\omega-\frac{2\pi}{T_0} n\right)\\&=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}H(\omega_n)\\&=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}H\left(\omega-\frac{2\pi}{T_0} n\right)\end{eqnarray*}$

証明おわり $\blacksquare$

おまけ：上のようなサンプリングは、アナログデータ $h(t)$ の値を $T_0$ ごとに取り出すことに対応する。つまり、フーリエ変換によってデジタルデータに変換される。情報としてデジタルデータを受け取った側は、逆フーリエ変換すれば（ほとんど）元のデータを復元することができる。

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【問題4】複素平面・複素積分

(1) 絵を描いて調べる。

図より $z^4=-1$ の解は以下の通り4個ある。

$\begin{eqnarray*}z&=&e^{\frac{i\pi}{2}k+\frac{\pi}{4}} \quad (k=0,1,2,3)\\&=&\frac{\pm1\pm i}{\sqrt{2}}\end{eqnarray*}$

複合は任意である。

丁寧に解くなら、 $z$ を極形式にして解く。

$\begin{eqnarray*}z&\equiv& re^{i\theta} \quad (r\in {\mathcal R},\; 0\leq \theta\lt 2\pi)\\ \\&\rightarrow&z^4=r^4 e^{4i\theta}=-1\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \therefore \quad r&=&1\\ \\ \theta&=& \frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4},\frac{7\pi}{4} \end{eqnarray*}$

ポイント

複素平面における $z^n$ を含む方程式は絵を描くとわかりやすい。

(2) $z$ に置き換えて複素積分を利用する。

　被積分関数は偶関数であるから積分区間を $[-\infty,\infty]$ とした積分を計算する。

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{x^4+1} \,dx =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2}{x^4+1} \,dx\quad \cdots (*)\end{eqnarray*}$

　複素積分へと拡張する。積分区間は図の通り。 $z_1,z_2,z_3,z_4$ は(1)で求めた解である。

$\begin{eqnarray*}\oint_C \frac{z^2}{z^4+1}&=&\int_{C'} \frac{z^2}{z^4+1} + \int_{C''} \frac{z^2}{z^4+1}\\&=&\int_{-R}^{R} \frac{x^2}{x^4+1}+\int_{C''} \frac{z^2}{z^4+1}\quad\cdots(*)'\end{eqnarray*}$

　第一項の複素積分は実軸の上に経路をもつので、実積分として扱える。この項は $R\to \infty$ の極限で式 (*) に一致する。左辺は留数定理より容易に計算できる。まず、複素関数

$\begin{eqnarray*}f(z)=\frac{z^2}{z^4+1}\end{eqnarray*}$

　は領域 $C$ 内に特異点 $z_1=\frac{1+i}{\sqrt{2}}$ と $z_2=\frac{-1+i}{\sqrt{2}}$ をもつ。また、(1)で求めた解より、 $z^4+1$ は $z_1,z_2,z_3,z_4$ を因数にもつ。つまり、

$\begin{eqnarray*}z^4+1=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)\end{eqnarray*}$

である。したがって、

$\begin{eqnarray*}f(z)=\frac{z^2}{(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)}\end{eqnarray*}$

とする。

ポイント

留数定理の計算がしやすい形に $f(z)$ を変形する。

$z=z_1$ に対応する留数：

$\begin{eqnarray*}Res(z_1)&=&\lim_{z\to z_1}(z-z_1)f(z)\\&=&\lim_{z\to z_1}\frac{z^2}{(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)}\\&=&\frac{z_1^2}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)}\\&=&\frac{i}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}(1+i)\cdot\sqrt{2}i}\\&=&\frac{1}{2\sqrt{2}(1+i)}\end{eqnarray*}$

$z=z_2$ に対応する留数：

$\begin{eqnarray*} Res(z_2)&=&\lim_{z\to z_2}(z-z_2)f(z)\\ &=&\lim_{z\to z_2}\frac{z^2}{(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4)}\\ &=&\frac{z_2^2}{(z_2-z_1)(z_2-z_3)(z_2-z_4)}\\&=&\frac{-i}{-\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}i\cdot\sqrt{2}(-1+i)}\\ &=&-\frac{1}{2\sqrt{2}(1-i)} \end{eqnarray*}$

ちなみに分母の項はそれぞれ、図のようなベクトルに対応する。( $z=z_1$ のときも同様)。

したがって、留数定理より、

$\begin{eqnarray*}\oint_C \frac{z^2}{z^4+1} &=&2\pi i \left[Res(z_1)+Res(z_2)\right]\\&=&2\pi i \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \left( \frac{1}{1+i}-\frac{1}{1-i}\right)\\&=&\frac{\sqrt{2}}{2}\pi\end{eqnarray*}$