お気に入りの積分

お気に入りの積分

今度は, お気に入りの積分の解説を書きます.
この積分自体は MathStackExchangeさんで見つけたものなのですが, 証明は自分で考えたので, お気に入りです！

(証明)
まず, 次の補題を示します.

〈補題〉
$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx$ が収束するとき, $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f\Big(x-\frac1x\Big)\,dx=\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx$ が成り立つ.

(補題の証明)

$$\displaystyle\int_{-\infty}^0f\Big(x-\frac1x\Big)\,dx=\int_0^\infty f\Big(x-\frac1x\Big)\,\frac{dx}{x^2}$$

なので, $\displaystyle \Big(x\mapsto-\frac1x$と置換しました$\displaystyle \Big)$

$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty f\Big(x-\frac1x\Big)\,dx&=&\int_0^\infty f\Big(x-\frac1x\Big)\,\Big(1+\frac1{x^2}\Big)\,dx\\[5pt] &=&\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx \end{eqnarray*}$$

となります. $\displaystyle \Big(x-\frac1x\mapsto x$と置換しました$\displaystyle \Big)$ □
${}$

この補題に注意して変形していきます.

$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{\infty}\sin(x^2)\sin(x^{-2})\, dx\\[5pt] &=&\frac12\int_0^\infty\bigg\{\cos\Big(x^2-\frac1{x^2}\Big)-\cos\Big(x^2+\frac1{x^2}\Big)\bigg\}\,dx \end{eqnarray*}$$

右辺の第$i$項の積分を$I_i$とおきます. ($i=1,2$)
${}$

まず$I_2$は,
$$\begin{eqnarray*} I_2&=&\frac12\int_{-\infty}^\infty\cos\bigg\{\Big(x-\frac1x\Big)^2+2\bigg\}\,dx\\[5pt] &=&\int_0^\infty\cos(x^2+2)\,dx\\[5pt] &=&\frac12\sqrt{\fracπ2}\big(\cos2-\sin2\big) \end{eqnarray*}$$
${}$

次に$I_1$は,
$$\displaystyle I_1=\Re\int_0^\infty \exp\bigg\{i\Big(x^2-\frac1{x^2}\Big)\bigg\}\,dx$$

ここで $\displaystyle x=e^{\frac{iπ}4}z$ と置換すると,

$$\displaystyle I_1=\Re\,e^{\frac{iπ}4}\int_0^{e^{-\frac{iπ}4}\infty}\exp\bigg\{-\Big(z^2+\frac1{z^2}\Big)\bigg\}dz$$

ただし区間 $\displaystyle (0, e^{-\frac{iπ}4}\infty)$ とは, $\displaystyle z=e^{-\frac{iπ}4}t\ (t:0\to\infty)$ と積分することを表します.
${}$

$R$を実数とし, 複素数平面上で 点$\displaystyle0, R, Re^{-\frac{iπ}4}$ を頂点とする, 中心角 $\displaystyle\frac\pi4$ の扇型の積分路を考えます.

すると, その弧に沿った積分は$\displaystyle R\to\infty$で$0$に収束するので, 留数定理より
$$\begin{eqnarray*} &&\int_0^{e^{-\frac{iπ}4}\infty}\exp\bigg\{-\Big(z^2+\frac1{z^2}\Big)\bigg\}dz\\[5pt] &=&\int_0^\infty\exp\bigg\{-\Big(x-\frac1x\Big)^2-2\bigg\}\,dx\\[5pt] &=&e^{-2}\int_0^\infty\exp\big(-x^2\big)\,dx\\[5pt] &=&\frac{\sqrtπ}{2e^2} \end{eqnarray*}$$

従って $\displaystyle I_1=\frac1{2e^2}\sqrt{\fracπ2}$ がわかります.

以上より,

$$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}\sin(x^2)\sin(x^{-2})\, dx&=&\frac12\big(I_1-I_2\big)\\[5pt] &=&\frac14\sqrt\fracπ2\big(e^{-2}+\sin2-\cos2\big) \end{eqnarray*}$$

です.
${}$

${}$