因数分解公式（ソフィージェルマンの恒等式）

• 右辺を展開して左辺に一致することを確認すれば，簡単に証明できます。

• 恒等式を知らなくても，左辺を右辺に因数分解できます：

$4$ 以外の場合にも同様の公式が得られないか探してみます。

より一般的に $a^4+kb^4$ に同様の手法を適用して強引に因数分解すると，

$a^4+kb^4=(a^2+\sqrt{2\sqrt{k}}ab+\sqrt{k}b^2)(a^2-\sqrt{2\sqrt{k}}ab+\sqrt{k}b^2)$

となり，残念ながらルートが出てきてしまいます。

$\sqrt{k}と\sqrt{2\sqrt{k}}$ が整数になると嬉しそうです。そのような $k$ の条件を求めると，$k=4n^4\:(n$ は整数）となり，そのとき恒等式の左辺は $a^4+4n^4b^4$ となります。これはソフィージェルマンの恒等式で $b=nb$ としたものに他なりません。

ソフィー・ジェルマンの恒等式の威力を実感してもらうために，1969年の国際数学オリンピックルーマニア大会の問題を紹介します。

$\dfrac{1}{x^4 + 1}$ の積分をするときに応用できます。

$$x^4 + 1 = (x^2 + \sqrt{2} x + 1) (x^2 - \sqrt{2} x + 1)$$ を用いて部分分数分解をします。

$$\begin{aligned} &\int \dfrac{dx}{x^4 + 1}\\ &= \int \dfrac{dx}{(x^2 + \sqrt{2} x + 1) (x^2 - \sqrt{2} x + 1)}\\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{2}} \int \left( \dfrac{x+\sqrt{2}}{x^2 + \sqrt{2} x + 1} + \dfrac{-x+\sqrt{2}}{x^2 - \sqrt{2} x + 1} \right) dx \end{aligned}$$

ここからも少し大変ですが， $$\begin{aligned} &\int \dfrac{x+\sqrt{2}}{x^2 + \sqrt{2} x + 1} dx\\ &= \dfrac{1}{2} \int \dfrac{2x+\sqrt{2}}{x^2 + \sqrt{2}x + 1}dx + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \int \dfrac{dx}{x^2 + \sqrt{2}x + 1} \\ &= \dfrac{1}{2} \int \dfrac{(x^2 + \sqrt{2}x + 1)'}{x^2 + \sqrt{2}x + 1}dx + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \int \dfrac{dx}{\left( x+\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \frac{1}{2}}\\ &= \dfrac{1}{2} \log (x^2 + \sqrt{2}x + 1) + \arctan (\sqrt{2} x + 1)+C \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\int \dfrac{-x+\sqrt{2}}{x^2 - \sqrt{2} x + 1} dx\\ &= \dfrac{1}{2} \int \dfrac{-2x+\sqrt{2}}{x^2 - \sqrt{2}x + 1}dx + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \int \dfrac{dx}{x^2 - \sqrt{2}x + 1} \\ &= -\dfrac{1}{2} \int \dfrac{(x^2 - \sqrt{2}x + 1)'}{x^2 - \sqrt{2}x + 1}dx + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \int \dfrac{dx}{\left( x-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \frac{1}{2}}\\ &= -\dfrac{1}{2} \log (x^2 - \sqrt{2}x + 1) + \arctan (\sqrt{2} x - 1)+C \end{aligned}$$

より， $$\begin{aligned} &\int \dfrac{dx}{x^4 + 1}\\ &= \dfrac{1}{4\sqrt{2}} \{ \log(x^2 + \sqrt{2} x + 1)-\log(x^2 - \sqrt{2} x + 1)\\ & \quad\quad\quad\quad + 2 \arctan (\sqrt{2} x + 1) + 2 \arctan (\sqrt{2} x-1) \}+C \end{aligned}$$ と計算されます。

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