cos(ax^2)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \cos ax^2 dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2a}}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax^2 dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2a}}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0\)












<証明>
次のような積分路において複素積分を行います。
経路は下図の扇形の周上で反時計回りに \(A \to B \to C \to A\) とします。

\(f(z)=e^{-az^2}\) と置くと、積分路の内部に特異点は存在しないので、積分値は0。よって$$\displaystyle\oint_C=\displaystyle\int_{C_1}+\displaystyle\int_{C_2}+\displaystyle\int_{C_3}=0$$
\( C_1\) から \( C_3\) まで順に計算を行います。

\((A)\) \(C_1\) について$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_1}f(z)dz=\displaystyle\lim_{R \to \infty} \displaystyle\int_0^{R}e^{-ax^2}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}$$

\((B)\) \(C_2\) について \(z=Re^{iθ}\) と置きます。\((dz=iRe^{iθ}dθ)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{C_2} f(z)dz=\displaystyle\int_{C_2} e^{-az^2}dz=\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} e^{-aR^2e^{2iθ}}iRe^{iθ}dθ\\
&        =\displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}} e^{-aR^2(\cos 2θ+i \sin 2θ)}iRe^{iθ}dθ
\end{alignat}絶対値を付けて積分値を評価し \(R \to \infty\) とします。$$\left|\displaystyle\int_{C_2} f(z)dx\right| \leq \displaystyle\int_0^{\frac{π}{4}}e^{-aR^2 \cos 2θ}Rdθ$$\(\displaystyle 2θ=\frac{π}{2}-t\) と置きます。\((2dθ=-dt)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_{\frac{π}{2}}^0 e^{-aR^2 \sin t} R\left(-\frac{1}{2}\right)dt=\frac{R}{2}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}e^{-aR^2 \sin t}dt\\
&\leq \frac{R}{2}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}e^{-aR^2 \cdot \frac{2}{π}t}dt=\frac{R}{2}\left(-\frac{π}{2aR^2}\right)\left[e^{-\frac{2aR^2}{π}t}\right]_0^{\frac{π}{2}}\\
&=-\frac{π}{4aR}(e^{-aR^2}-1)=\frac{π}{4aR}(1-e^{-aR^2})
\end{alignat}以上より \(R \to \infty\) のとき$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz=0$$

\((C)\) \(C_3\) について \(\displaystyle z=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)t (0 \leq t \leq R)\) と置きます。
   このとき \(\displaystyle z^2=it^2, dz=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)dt\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{C_3} f(z)dz=\displaystyle\int_{C_3} e^{-az^2}dz=\displaystyle\int_R^0 e^{-iat^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)dt\\
&        =-\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)\displaystyle\int_0^R (\cos at^2-i \sin at^2)dt
\end{alignat}よって$$\displaystyle\lim_{R \to \infty}\displaystyle\int_{C_2}f(z)dz=-\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)\displaystyle\int_0^{\infty} (\cos ax^2-i \sin ax^2)dx$$


すなわち複素積分の結果より、次式が成り立つことが分かります。$$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}-\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)\displaystyle\int_0^{\infty} (\cos ax^2-i \sin ax^2)dx=0$$この式の計算を進めると
\begin{alignat}{2}
&\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)\displaystyle\int_0^{\infty} (\cos ax^2-i \sin ax^2)dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\\
&         \displaystyle\int_0^{\infty} (\cos ax^2-i \sin ax^2)dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{1+i}\\
&=\sqrt{\frac{π}{2a}}\cdot \frac{1-i}{1+1}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2a}}-i \cdot\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2a}}
\end{alignat}実部と虚部を比較すれば$$\displaystyle\int_0^{\infty} \cos ax^2 dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax^2 dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{2a}}$$

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