複素積分もFourier変換も使わないDirichlet積分の証明

関数$f$を,
\begin{align} f(y)=\int_0^\infty e^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds\quad(y>0) \end{align}
で定めると, $f$は$C^1$級である. 実際,
\begin{align} \lim_{h\to0}\frac{f(y+h)-f(y)}{h} &=\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\int_0^\infty\pas{e^{-sh}-1}e^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds\\ &=\lim_{h\to0}\int_0^\infty\pas{-s+h\sum_{n=2}^\infty\frac{(-s)^n}{n!}h^{n-2}}e^{-sy}\frac{\sin s}{s}ds\\ &=-\int_0^\infty e^{-sy}\sin sds\in C(\mathbb{R}_{>0}). \end{align}
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. $I=\int_0^\infty e^{-sy}\sin sds$とおくと, 部分積分法により
\begin{align} I &=-\left[e^{-sy}\cos s\right]_0^{\infty}-y\int_0^\infty e^{-sy}\cos sds\\ &=1-y\left[e^{-sy}\sin s\right]_0^\infty-y^2\int_0^\infty e^{-sy}\sin s ds\\ &=1-y^2I. \end{align}
故に,
\begin{align} \frac{d}{dy}f(y)=-I=-\frac{1}{1+y^2} \end{align}
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{align} f(y)=C-\arctan y \end{align}
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{align} \lim_{y\downarrow0}f(y)=f\pas{\lim_{y\downarrow0}y}=\int_0^\infty\frac{\sin s}{s}ds. \end{align}
ところで, $f$の連続性より
\begin{align} \lim_{y\to\infty}f(y)=f\pas{\lim_{y\to\infty}y}=0 \end{align}
であるから,
\begin{align} C=\lim_{y\to\infty}\pas{f(y)+\arctan y}=\frac{\pi}{2} \end{align}
故に
\begin{align} \lim_{y\downarrow0}f(y)=\lim_{y\downarrow0}\pas{\frac{\pi}{2}-\arctan y}=\frac{\pi}{2}. \end{align}
これらのことから
\begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin s}{s}ds=\frac{\pi}{2} \end{align}
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{align} \frac{\pi}{2}= \left\{ \begin{array}{l} \int_0^\infty\frac{\sin(\omega x)}{\omega x}xd\omega, \quad(x>0)\\ \int_0^\infty\frac{\sin(-\omega x)}{-\omega x}(-x)d\omega \quad(x<0) \end{array} \right. \end{align}
となり, これをまとめれば
\begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin(\omega x)}{\omega}d\omega=\frac{\pi}{2}\text{sgn}(x) \end{align}
が得られる. また, $\frac{\cos(\omega x)}{\omega}, \frac{\sin(\omega x)}{\omega}$はそれぞれ奇関数,偶関数であるから, Eulerの公式より
\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{i\omega x}}{\omega}d\omega &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\omega x)}{\omega}d\omega+i\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(\omega x)}{\omega}d\omega\\ &=2i\int_0^\infty\frac{\sin(\omega x)}{\omega }d\omega\\ &=i\pi \text{sgn}(x). \end{align}