積分計算への応用

積分定理を使うことで、初等的には計算の難しい積分を計算できる。

フレネル積分

\int^\infty_{0}\cos(x^2)dx=\int^\infty_{0}\sin(x^2)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}

を計算しよう。

狙い。 求めたいのは $\cos(x^2)$ と $\sin(x^2)$ の積分だが、これらを直接扱うのは難しい。そこで $e^{-z^2}$ という一つの正則関数を考え、実軸上では既知のガウス積分に、偏角 $\dfrac{\pi}{4}$ の半直線上では求めたい積分になるようにする。

なぜ偏角 $\dfrac{\pi}{4}$ か。 $z=re^{i\pi/4}$ とすると $z^2=r^2e^{i\pi/2}=ir^2$ であるから

e^{-z^2}=e^{-ir^2}=\cos(r^2)-i\sin(r^2)

となり、ちょうど求めたい二つの積分が実部と虚部として現れる。 $e^{-z^2}$ の指数を純虚数にする角がこの $\dfrac{\pi}{4}$ である。

正の実数 $R$ に対し、曲線 $C_R$ を原点中心で半径 $R$ の扇型で弧が偏角が $0$ から $\dfrac{\pi}{4}$ の部分に反時計回りに向きをつけたものとする。この曲線に沿って $f(z)=e^{-z^2}$ を積分する。 $f$ は $\C$ 全体で正則なので、一周した積分は $0$ である。あとは三つの部分のうち円弧の寄与が消えることを示せば、残り二つが結びつく。

曲線のパラメータづけを

\gamma_1(t)=t, t\in[{0},R]\\\\ \gamma_2(t)=R\exp(i\dfrac{\pi}{4}t), t\in[{0},1]\\\\ \gamma_3(t)=(R-t)\exp(i\dfrac{\pi}{4}), t\in[{0},R]

とする。

これらでの積分は

\int_{0}^R\exp(-t^2)dt+\int_{0}^1\exp(-R^2\exp(i\frac{\pi}{2}t))iR\frac{\pi}{4}\exp(i\frac{\pi}{4}t)dt+\int_{0}^R\exp(-(R-t)^2i)(-\exp(i\frac{\pi}{4}))dt

となる。

第二項は

\left\lvert \int_{0}^1\exp(-R^2\exp(i\frac{\pi}{2}t))iR\frac{\pi}{4}\exp(i\frac{\pi}{4}t)dt\right\rvert \leq\int_{0}^1\lvert \exp(-R^2\exp(i\frac{\pi}{2}t))iR\frac{\pi}{4}\exp(i\frac{\pi}{4}t)\rvert dt\\\\ \leq\int_{0}^1R\exp(-R^2\cos(\frac{\pi}{2}t))\frac{\pi}{4}dt

となる。

さらに、 $t\in[0,1]$ において $\cos\dfrac{\pi}{2}t\geq1-t$ であることから、

\int_{0}^1R\exp(-R^2\cos(\frac{\pi}{2}t))\frac{\pi}{4}dt \leq\frac{\pi}{4}R\int_{0}^1\exp(-R^2(1-t))dt\\\\ =\frac{\pi}{4}R\int_1^{0}\exp(-R^2s)d(1-s)\\\\ =\frac{\pi}{4}R\int_{0}^1\exp(-R^2s)ds\\\\ =\frac{\pi}{4}R\frac{-1}{R^2}[\exp(-R^2s)]^1_{0}\\\\ =\frac{\pi}{4R}(1-\exp(-R^2))

となり、 $R\to\infty$ で $0$ に収束することがわかる。

第一項の計算には

\int^\infty_{-\infty}\exp(-x^2)dx=\sqrt{\pi}

を用いる。第一項について $R\to\infty$ での極限は

\int^\infty_{0}\exp(-t^2)dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2}

となる。

次に第三項について、

\int_{0}^R\exp(-(R-t)^2i)(-\exp(i\frac{\pi}{4}))dt =\int_R^{0}\exp(-s^2i)(-\exp(i\frac{\pi}{4}))d(R-s)\\\\ =-\exp(i\frac{\pi}{4})\int_{0}^R\exp(-s^2i)ds\\\\ =-\exp(i\frac{\pi}{4})\int_{0}^R\cos(-s^2)+i\sin(-s^2)ds

となる。

$f(z)=\exp(-z^2)$ は扇型の内部で正則だから、一周積分すると $0$ になる。

最後に $R\to\infty$ の極限をとってまとめると、

\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\exp\left(i\frac{\pi}{4}\right)\int_{0}^\infty\exp(-is^2)ds

となる。 $\exp(-is^2)=\cos(s^2)-i\sin(s^2)$ であるから、 $C=\displaystyle\int_{0}^\infty\cos(x^2)dx$ 、 $S=\displaystyle\int_{0}^\infty\sin(x^2)dx$ とおくと

\frac{\sqrt{\pi}}{2} =\left(\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{i}{\sqrt{2}}\right)(C-iS) =\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl((C+S)+i(C-S)\bigr)

である。実部と虚部をそれぞれ比較すると $C+S=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}$ および $C=S$ が得られるので、

\int_{0}^\infty\cos(x^2)dx=\int_{0}^\infty\sin(x^2)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}

となる。

\dfrac{\sin x}{x}

の積分

\int^\infty_{0}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}

を証明する。

ここでは長方形の積分路を使う。第9章の半円周の積分では同じ値を半円の積分路で求める。どちらも原点の特異点を避けて通る点は共通だが、避け方と遠方の評価の仕方が異なる。二つを見比べると、積分路の選び方が評価のしやすさを決めることが分かる。

狙い。 $\dfrac{\sin z}{z}$ をそのまま積分路に載せてもうまくいかない。 $\sin z$ は虚軸方向に指数的に発散するので、遠方の評価ができないからである。

そこで $\dfrac{e^{iz}}{z}$ を使う。実軸上では $\dfrac{e^{ix}}{x}$ の虚部が $\dfrac{\sin x}{x}$ であり、しかも上半平面では $\lvert e^{iz}\rvert=e^{-y}$ が減衰するので遠方を評価できる。

なぜ原点を避けるか。 $\dfrac{e^{iz}}{z}$ は $z=0$ で特異点を持つので、積分路を原点の上で小さく迂回させる。その迂回の寄与が $-\pi i$ として残り、これが最終的な答えを与える。

$R, T, \epsilon$ をそれぞれ適当な大きさの実数とし、 $C_1$ を $R$ から $R+Ti$ を結ぶ線分、 $C_2$ を $R+Ti$ から $-R+Ti$ を結ぶ線分、 $C_3$ を $-R+Ti$ から $-R$ を結ぶ線分、 $C_4$ を $-R$ から $-\epsilon$ を結ぶ線分、 $C_5$ を原点中心で半径 $\epsilon$ の上半円周を時計回りに向きをつけたもの、 $C_6$ を $\epsilon$ から $R$ を結ぶ線分とする。

この曲線に沿って $f(z)=\dfrac{e^{iz}}{z}$ を積分する。上の曲線で囲まれた領域の内部で $f(z)$ は正則だから、一周積分した値は $0$ である。

まず $C_1$ ではパラメータを $R+ti$ とつけることで、

\left\lvert \int_{0}^T\frac{\exp(iR-t)}{R+ti}idt\right\rvert \leq\int_{0}^T\left\lvert \frac{\exp(iR-t)}{R+ti}\right\rvert dt \leq\int_{0}^T\frac{\exp(-t)}{R}dt \leq\int_{0}^\infty\frac{\exp(-t)}{R}dt =\frac{1}{R}

となり、これは任意の $T$ について $R\to\infty$ で $0$ に収束する。 $C_3$ についても同様。

$C_2$ ではパラメータを $t+Ti$ とつけることで

\left\lvert \int_R^{-R}\frac{\exp(it-T)}{t+Ti}dt\right\rvert \leq\frac{1}{T}\int_{-R}^{R}\exp(-T)dt =\frac{2Re^{-T}}{T}

となり、これは任意の $R$ について $T\to\infty$ で $0$ に収束する。

$C_4, C_6$ での積分については

\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{\exp(iz)}{z}dz+\int_\epsilon^R\frac{\exp(iz)}{z}dz= \int_\epsilon^R\frac{\exp(-iz)}{-z}dz+\int_\epsilon^R\frac{\exp(iz)}{z}dz= 2i\int^R_\epsilon\frac{\sin z}{z}dz

となる。 $\epsilon\to0, R\to\infty$ の極限を取ることで求めるべき積分値に収束する。

最後に $C_5$ での積分について見てみよう。 $z\neq0$ に対し

g(z)=\frac{\exp(iz)-1}{z}

とおくと

\frac{\exp(iz)}{z}=z^{-1}+g(z)

である。 $\exp$ は原点で微分可能で $\exp'(0)=1$ だから、 $z\to0$ のとき $g(z)\to i$ である。したがって、ある $\delta>0$ と $M$ が存在して $0<\lvert z\rvert<\delta$ で $\lvert g(z)\rvert\leq M$ となる。以下では $0<\epsilon<\delta$ として小半円 $C_5$ を取るので、この評価で足りる。

ここで使ったのは第3章で示した原点での微分可能性だけである。正則関数がテイラー展開できることは次章で示すので、この段階では使わない。このことにより、

\lvert \int_{C_5}g(z)dz\rvert\leq\pi\epsilon M

となり、 $\epsilon\to0$ で $0$ に収束する。一方、直接計算により

\int_{C_5}z^{-1}dz=-\pi i

となるから、 $\epsilon\to0$ の極限で

\int_{C_5}\frac{\exp(iz)}{z}dz\to-\pi i

である。

これらを全てまとめ、 $T\to\infty, R\to\infty, \epsilon\to0$ の順に極限を取ることで

2i\int^\infty_{0}\frac{\sin x}{x}dx-\pi i=0

が得られる。

ガウス関数のフーリエ変換

\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}\exp(-x^2-itx)dx

を計算しよう。

狙い。 指数部を平方完成すると

-x^2-itx=-\left(x+\frac{it}{2}\right)^2-\frac{t^2}{4}

となる。つまり被積分関数は $e^{-t^2/4}\exp\left(-\left(x+\frac{it}{2}\right)^2\right)$ であり、 $x+\dfrac{it}{2}$ という実軸を虚軸方向に $\dfrac{t}{2}$ ずらした直線の上でのガウス積分になっている。

なぜ長方形か。 積分路をこのずれた直線から実軸に移せれば、既知の $\int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$ が使える。二つの平行な直線をつなぐ最も簡単な閉曲線が長方形であり、左右の縦の辺の寄与が消えることを示せば移し替えが正当化される。

$f(z)=\exp(-z^2)$ とする。まず $t\geq0$ の場合を考える。 $t<0$ の場合は、左辺が $t$ の偶関数であることから $t>0$ の結果に帰着できる。

$z=b, b+\dfrac{it}{2}, -a+\dfrac{it}{2}, -a$ を頂点にもつ長方形の周に反時計回りに向きをつけた曲線を $C$ とする。このとき、虚軸と平行な辺での積分は

\left\lvert \int^{b+it/2}_b f(z)dz\right\rvert

\leq e^{-b^2}\int_{0}^{t/2} e^{y^2}dy \leq \frac{t}{2}e^{-b^2}e^{t^2/4}

（ $t\geq0$ としているので右辺は非負である。）となり、これは $b\to\infty$ で $0$ に収束する。もう一つの辺についても同様。

したがって、 $C$ での積分が $0$ であることから、さらに $a,b\to\infty$ での極限を考えると、長方形の残りの辺での積分値は一致する。

よって

\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}\exp(-x^2-itx)dx= \frac{e^{-t^2/4}}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}\exp(-(x+it/2)^2)dx= \frac{e^{-t^2/4}}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}\exp(-x^2)dx= \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-t^2/4}

と計算できる。