📂複素解析

フレネル積分の証明

定理 ¹

$$ \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = {{1}\over{2}} \sqrt{{\pi}\over{2}} $$

説明

フレネル積分は一見簡単に見えるが、見た目ほど単純な結果ではない。単に三角関数の二乗であれば簡単だろうが、その内部の$x$ を二乗したものなのである。実際に触れてみると、この$x$がどれほど消えないかわかるだろう。

関数内の変数が問題の核心であり、グラフの形状自体さえもすぐには思い浮かばない。まず、異常積分は存在するのか？波は描くのか？周期を持って徐々に小さくなるのか？考えれば考えるほど、確実に「はい」か「いいえ」と言えることすら難しい問題だ。

しかし、複素解析を使えば比較的容易に問題を解決できる。このような解法を探るほど、実数上の問題を解決するためには複素数の導入が不可欠であることを認めざるを得ない。

証明

半径が$R$の四分円として、簡単な閉路$\mathscr{C}$ を図のように考え、それを図のように$L_{1} , L_{2} ,L_{3}$で分けてみる。 $$ \begin{align*} L_{1} :& z(t) = R e^{i t} & , 0 \le t \le {{\pi} \over {4}} \\ L_{2} :& z(t) = \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) + i \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) & , 0 \le t \le {{R} \over {\sqrt{2}}} \\ L_{3} :& z(t) = t & , 0 \le t \le R \end{align*} $$ すると、コーシーの定理により $$ \int_{\mathscr{C}} e^{-z^2} dz = \int_{L_{1}} e^{-z^2} dz + \int_{L_{2}} e^{-z^2} dz + \int_{L_{3}} e^{-z^2} dz =0 $$

---

パート 1. $L_1$ $$ \int_{L_{1}} e^{-z^2} dz = \int_{0}^{ {{\pi} \over {4}} } e^{-R^2 \text{cis} 2t } i R e^{it} dt = \int_{0}^{ {{\pi} \over {4}} } R \left( e^{ \text{cis} 2t } \right) ^{- R^2} i e^{i t} dt $$ 最初の積分は、$R \to \infty$のとき$0$に収束するだろう。

---

パート 2. $L_2$ $$ \sqrt{2} \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) = z $$ それに置き換えると$-\sqrt{2} dt = dx$となるので、 $$ \begin{align*} & \int_{L_{2}} e^{-z^2} dz \\ =& \int_{0}^{{{R} \over {\sqrt{2}}}} e^{-2i \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right)^2 } (-1-i) dt & \because dz \to dt \\ =& \int_{R}^{0} e^{- i x^2 } (-1-i) \left( -{{1}\over{\sqrt{2}}}\right) dx & \because dt \to dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} e^{- i x^2 } dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} \left( \cos \left( - x^2 \right) + i \sin \left( - x^2 \right) \right) dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} \left( \cos x^2 - i \sin x^2 \right) dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} \left\{ \left( \cos x^2 + \sin x^2 \right) + i \left( \cos x^2 - \sin x^2 \right) \right\} dx \end{align*} $$

---

パート 3. $L_3$

$$ \int_{L_{3}} e^{-z^2} dz= \int_{0}^{R} e^{-t^2} dt $$

ガウス積分により、$R \to \infty$ のとき$\displaystyle {{\sqrt{\pi}}\over{2}}$に収束するだろう。

---

パート 4. $\mathscr{C}$

$\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{\mathscr{C}} e^{-z^2} dz = 0$ なので、 $$ \lim_{R \to \infty} {{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} ( \cos x^2 + \sin x^2 ) dt = {{\sqrt{\pi}}\over{2}} \\ \displaystyle \lim_{R \to \infty} {{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} i ( \cos x^2 - \sin x^2) dt = 0 $$ 虚数部は$0$ でなければならないので、 $$ \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx $$ したがって、実数部は $$ \sqrt{2} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = {{\sqrt{\pi}}\over{2}} $$ これを再度うまく整理すると、 $$ \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = {{1}\over{2}} \sqrt{{\pi}\over{2}} $$

■