複素積分もFourier変換も使わないDirichlet積分の証明

関数$f$を,
$$\begin{array}{r}f(y)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds(y>0)\end{array}$$
で定めると, $f$は$C^1$級である. 実際,
$$\begin{array}{rl}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(y+h)-f(y)}{h}& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{h}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(e^{-sh}-1)e^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds\\ & =\underset{h\to 0}{lim}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(-s+h\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-s{)}^n}{n!}{h}^{n-2})e^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds\\ & =-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sy}\sin sds\in C({\mathbb{R}}_{>0}).\end{array}$$
但し, 二つ目の等式では$e^{-sh}$のTaylor展開, 三つ目の等式では積分が$h=0$の近傍で連続であることを用いた. $I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sy}\sin sds$とおくと, 部分積分法により
$$\begin{array}{rl}I& =-{[e^{-sy}\cos s]}_0^{\mathrm{\infty }}-y{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sy}\cos sds\\ & =1-y{[e^{-sy}\sin s]}_0^{\mathrm{\infty }}-y^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-sy}\sin sds\\ & =1-y^{2}I.\end{array}$$
故に,
$$\begin{array}{r}\frac{d}{dy}f(y)=-I=-\frac{1}{1+y^2}\end{array}$$
が成り立つ. そこで両辺$y$で積分すると, ある定数$C$を用いて
$$\begin{array}{r}f(y)=C-\arctan y\end{array}$$
と書ける. ここから$f$が$y=0$で右側連続であることが分かる. 従って,
$$\begin{array}{r}\underset{y\downarrow 0}{lim}f(y)=f\left(\underset{y\downarrow 0}{lim}y\right)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin s}{s}ds.\end{array}$$
ところで, $f$の連続性より
$$\begin{array}{r}\underset{y\to \mathrm{\infty }}{lim}f(y)=f\left(\underset{y\to \mathrm{\infty }}{lim}y\right)=0\end{array}$$
であるから,
$$\begin{array}{r}C=\underset{y\to \mathrm{\infty }}{lim}(f(y)+\arctan y)=\frac{\pi }{2}\end{array}$$
故に
$$\begin{array}{r}\underset{y\downarrow 0}{lim}f(y)=\underset{y\downarrow 0}{lim}(\frac{\pi }{2}-\arctan y)=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$
これらのことから
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin s}{s}ds=\frac{\pi }{2}\end{array}$$
を得る. 左辺の積分において, $x>0$において$s=\omega x$,$x<0$において$s=-\omega x$と変数変換すると,
$$\begin{array}{r}\frac{\pi }{2}=\{\begin{array}{l}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(\omega x\right)}{\omega x}xd\omega ,(x>0)\\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (-\omega x)}{-\omega x}(-x)d\omega (x<0)\end{array}\end{array}$$
となり, これをまとめれば
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(\omega x\right)}{\omega }d\omega =\frac{\pi }{2}\text{sgn}(x)\end{array}$$
が得られる. また, $\frac{\cos \left(\omega x\right)}{\omega },\frac{\sin \left(\omega x\right)}{\omega }$はそれぞれ奇関数,偶関数であるから, Eulerの公式より
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{i\omega x}}{\omega }d\omega & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos \left(\omega x\right)}{\omega }d\omega +i{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(\omega x\right)}{\omega }d\omega \\ & =2i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin \left(\omega x\right)}{\omega }d\omega \\ & =i\pi \text{sgn}(x).\end{array}$$