cos(a^2x^2+b^2/x^2)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(\cos 2ab -\sin 2ab)\\
&(4) \displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(\cos 2ab +\sin 2ab)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)







<証明>

\((1)(2)\) 次の定積分を \(I\) とします。$$I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i\left(ax-\frac{b}{x}\right)^2} dx$$\(\displaystyle \frac{b}{x}=at\) と置きます。\(\displaystyle \left(x=\frac{b}{at}, dx=-\frac{b}{at^2}dt\right)\)$$=\displaystyle\int_{\infty}^0 e^{i\left(\frac{b}{t}-at\right)^2}\left(-\frac{b}{at^2}\right)dt=\frac{b}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{t^2} \cdot e^{i\left(at-\frac{b}{t}\right)^2}dt=\frac{b}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \cdot e^{i\left(ax-\frac{b}{x}\right)^2}dx$$元の \(I\) と足し合わせます。
\begin{alignat}{2}
&2I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i(ax-\frac{b}{x})^2} dx+\frac{b}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \cdot e^{i\left(ax-\frac{b}{x}\right)^2}dx\\
&  =\displaystyle\int_0^{\infty} \left(1+\frac{b}{a} \cdot \frac{1}{x^2}\right)e^{i(ax-\frac{b}{x})^2} dx
\end{alignat}\(\displaystyle ax-\frac{b}{x}=s\) と置きます。\(\left[\left(a+\frac{b}{x^2}\right)dx=ds\right]\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i(ax-\frac{b}{x})^2}\left(a+\frac{b}{x^2}\right)dx\\
&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} e^{is^2}ds=\frac{2}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{is^2}ds
\end{alignat}よって
\begin{alignat}{2}
&I=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{is^2}ds=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\infty} (\cos s^2+i \sin s^2)ds\\
&   =\frac{1}{a}\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}}+i \cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2}}\right)=\frac{1}{2a}\sqrt{\frac{π}{2}}(1+i)=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(1+i)\\
\end{alignat}一方
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i(ax-\frac{b}{x})^2} dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\cos \left(ax-\frac{b}{x}\right)^2+i\sin \left(ax-\frac{b}{x}\right)^2\right\}dx\\
& =\displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx+i\displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx
\end{alignat}以上より、実部と虚部を比較することで、次式を得ます。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}\\
&\displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}\\
\end{alignat}








\((2)\) \((1)\) の \(I\) の式を変形します。
\begin{alignat}{2}
&I=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i\left(ax-\frac{b}{x}\right)^2} dx=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i\left(a^2x^2-2ab+\frac{b^2}{x^2}\right)} dx\\
& =e^{-2iab}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i\left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)} dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(1+i)
\end{alignat}となるので$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{i\left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)} dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(1+i)e^{2iab}$$オイラーの公式を用いて変形を続けます。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx+i\displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx\\
&=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(1+i)(\cos 2ab+i \sin 2ab)\\
&=\frac{\sqrt{2π}}{4a}\{\cos 2ab-i \sin 2ab+i(\cos 2ab+i \sin 2ab)\}\\
\end{alignat}以上より、実部と虚部を比較することで、次式を得ます。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \cos \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(\cos 2ab -\sin 2ab)\\
&\displaystyle\int_0^{\infty} \sin \left(a^2x^2+\frac{b^2}{x^2}\right)dx=\frac{\sqrt{2π}}{4a}(\cos 2ab +\sin 2ab)\\
\end{alignat}

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