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〉
${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx}$ が収束するとき, ${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x-\frac{1}{x})dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx}$ が成り立つ.

(補題の証明)

$${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{0}f(x-\frac{1}{x})dx={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x-\frac{1}{x})\frac{dx}{x^2}}$$

なので, ${\displaystyle (x\mapsto -\frac{1}{x}}$と置換しました${\displaystyle )}$

$$\begin{array}{rcl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x-\frac{1}{x})dx& =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x-\frac{1}{x})(1+\frac{1}{x^2})dx\\ & =& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx\end{array}$$

となります. ${\displaystyle (x-\frac{1}{x}\mapsto x}$と置換しました${\displaystyle )}$ □
$$

この補題に注意して変形していきます.

$$\begin{array}{rcl}& & {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin \left(x^2\right)\sin \left(x^{-2}\right)dx\\ & =& \frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\{\cos (x^2-\frac{1}{x^2})-\cos (x^2+\frac{1}{x^2})\}dx\end{array}$$

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,
$$\begin{array}{rcl}{I}_2& =& \frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\cos \{(x-\frac{1}{x}{)}^2+2\}dx\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\cos (x^2+2)dx\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{2}}(\cos 2-\sin 2)\end{array}$$
$$

次に$I_1$は,
$${\displaystyle I_1=\mathrm{Re}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\exp \{i(x^2-\frac{1}{x^2})\}dx}$$

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

$${\displaystyle I_1=\mathrm{Re}{e}^{\frac{i\pi }{4}}{\int }_0^{e^{-\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\exp \{-(z^2+\frac{1}{z^2})\}dz}$$

ただし区間 ${\displaystyle (0,e^{-\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty })}$ とは, ${\displaystyle z=e^{-\frac{i\pi }{4}}t(t:0\to \mathrm{\infty })}$ 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${\displaystyle 0,R,R{e}^{-\frac{i\pi }{4}}}$ を頂点とする, 中心角 ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ 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${\displaystyle R\to \mathrm{\infty }}$で$0$に収束するので, 留数定理より
$$\begin{array}{rcl}& & {\int }_0^{e^{-\frac{i\pi }{4}}\mathrm{\infty }}\exp \{-(z^2+\frac{1}{z^2})\}dz\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\exp \{-(x-\frac{1}{x}{)}^2-2\}dx\\ & =& e^{-2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\exp (-x^2)dx\\ & =& \frac{\sqrt{\pi }}{2e^2}\end{array}$$

従って ${\displaystyle I_1=\frac{1}{2e^2}\sqrt{\frac{\pi }{2}}}$ がわかります.

以上より,

$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sin \left(x^2\right)\sin \left(x^{-2}\right)dx& =& \frac{1}{2}(I_1-I_2)\\ & =& \frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi }{2}}(e^{-2}+\sin 2-\cos 2)\end{array}$$

です.
$$