📂복소해석

프레넬 적분 증명

정리 ¹

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

설명

프레넬 적분은 언뜻 쉬워 보이지만 보이는것만큼 간단한 결과가 아니다. 단순히 삼각함수의 제곱이라면 쉽겠지만 그 안의 $x$ 에 제곱을 취한 것이기 때문이다. 막상 건드려보면 이 $x$ 가 얼마나 사라지지 않는지 알 수 있을 것이다.

함수 안의 변수가 핵심 문제기 때문에 그래프의 개형부터 잘 떠오르지 않는다. 일단 이상적분이 존재하긴 하는걸까? 파동은 그리는걸까? 주기를 가지고 점점 작아지는 걸까? 생각할수록 확실하게 맞다 아니다를 말하는 것조차 어려운 문제다.

하지만 복소해석을 쓰면 비교적 쉽게 문제를 해결할 수 있다. 이러한 해법을 찾아볼수록 실수 상의 문제 해결에 복소수의 도입이 필수불가결임을 인정할 수밖에 없을 것이다.

증명

단순폐경로 $\mathscr{C}$ 를 위와 같이 반지름이 $R$ 인 팔분원이라고 하고 이들을 각각 그림과 같이 $L_{1} , L_{2} ,L_{3}$ 으로 나눠서 풀어가보자. $$\begin{align*} L_{1} :& z(t) = R e^{i t} & , 0 \le t \le {{\pi} \over {4}} \\ L_{2} :& z(t) = \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) + i \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) & , 0 \le t \le {{R} \over {\sqrt{2}}} \\ L_{3} :& z(t) = t & , 0 \le t \le R \end{align*}$$ 그러면 코시의 정리에 의해 $$\int_{\mathscr{C}} e^{-z^2} dz = \int_{L_{1}} e^{-z^2} dz + \int_{L_{2}} e^{-z^2} dz + \int_{L_{3}} e^{-z^2} dz =0$$

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Part 1. $L_1$ $$\int_{L_{1}} e^{-z^2} dz = \int_{0}^{ {{\pi} \over {4}} } e^{-R^2 \text{cis} 2t } i R e^{it} dt = \int_{0}^{ {{\pi} \over {4}} } R \left( e^{ \text{cis} 2t } \right) ^{- R^2} i e^{i t} dt$$ 첫번째 적분은 $R \to \infty$ 일 때 $0$으로 수렴할 것이다.

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Part 2. $L_2$ $$\sqrt{2} \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right) = z$$ 으로 치환하면 $-\sqrt{2} dt = dx$ 이므로 $$\begin{align*} & \int_{L_{2}} e^{-z^2} dz \\ =& \int_{0}^{{{R} \over {\sqrt{2}}}} e^{-2i \left( {{R} \over {\sqrt{2}}} - t \right)^2 } (-1-i) dt & \because dz \to dt \\ =& \int_{R}^{0} e^{- i x^2 } (-1-i) \left( -{{1}\over{\sqrt{2}}}\right) dx & \because dt \to dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} e^{- i x^2 } dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} \left( \cos \left( - x^2 \right) + i \sin \left( - x^2 \right) \right) dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} (1+i) \int_{0}^{R} \left( \cos x^2 - i \sin x^2 \right) dx \\ =& -{{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} \left\{ \left( \cos x^2 + \sin x^2 \right) + i \left( \cos x^2 - \sin x^2 \right) \right\} dx \end{align*}$$

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Part 3. $L_3$

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

가우스 적분에 의해 $R \to \infty$ 일 때 $\displaystyle {{\sqrt{\pi}}\over{2}}$ 로 수렴할 것이다.

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Part 4. $\mathscr{C}$

$\displaystyle \lim_{R \to \infty} \int_{\mathscr{C}} e^{-z^2} dz = 0$ 이므로 $$\lim_{R \to \infty} {{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} ( \cos x^2 + \sin x^2 ) dt = {{\sqrt{\pi}}\over{2}} \\ \displaystyle \lim_{R \to \infty} {{1}\over{\sqrt{2}}} \int_{0}^{R} i ( \cos x^2 - \sin x^2) dt = 0$$ 허수부가 $0$ 이어야하므로 $$\int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx$$ 따라서 실수부는 $$\sqrt{2} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = {{\sqrt{\pi}}\over{2}}$$ 이를 다시 잘 정리하면 $$\int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = {{1}\over{2}} \sqrt{{\pi}\over{2}}$$

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