$$\newcommand{arcosh}[0]{\operatorname{arcosh}}
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$$
ドイツの数学者である Peter Gustav Lejeune Dirichlet にちなんで，正の実軸上にわたる非正規化$\sinc$関数の広義積分は Dirichlet 積分 と呼ばれます．この広義積分に対して，
$ \D \lim_{R\to\infty} \int_0^R \! \frac{\sin x}x \, \dx = \frac\pi2 ,\quad \lim_{R\to\infty} \int_0^R \biggl|{\frac{\sin x}x}\biggr| \, \dx = \infty $ となることが知られています．この投稿では，Dirichlet 積分の収束性やその解法，およびその一般化についてを考えてみます．
収束性
広義積分の再確認
広義積分の収束性について警鐘を鳴らす目的で書きます．疎かにしがちなことですが，広義積分を扱うときにその収束性を確認することは大事な作業です．しばしば，広義積分の収束性について吟味することなく「被積分関数は奇関数なので，その値はゼロ！」などという主張が見受けられますが，実際にはこの断定は数学的にはあまりよろしくないものでしょう．たとえば，以下の広義積分：
$ \D \int_{-\infty}^{+\infty} x \, \dx ,\quad \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac1x \, \dx ,\quad \int_{-\infty}^{+\infty} \sin x \, \dx $ において，「被積分関数はいずれも奇関数なので値はゼロ」という主張は本当に正しいものでしょうか．答えはいずれも「ノー」ですね．なぜなら，いずれの広義積分も収束しないからです．
さて，広義積分は定積分の極限によって定義されるものをいうのでした．閉区間上の連続関数は有界ですから定積分可能ですが，開区間上もしくは半開区間上の連続関数は有界であるとは限りません．有界であれば定積分可能ですが，有界でない場合は定積分不可能です．しかしながら，$(a,\,b]$上の有界でない連続関数も，$[a+r,\,b]$上では有界な連続関数となります．したがって，
$ \D \lim_{r\to+0} \int_{a+r}^b f(x) \, \dx $ を考えることができます．一般に，この極限を 広義積分 といいます．さらに，この極限が存在するとき 広義積分は収束する といい，記号：
$ \D \int_a^b f(x) \, \dx $ で表します．ただし，これは広義積分であって，定積分とは異なります．つまり，「広義積分が収束する」ということは「通常の定積分の意味では積分不可能だが，積分の意味を広げてあげれば積分を考えることができる」ということに他なりません．
Dirichlet 積分の収束性
Dirichlet 積分の収束性を考えるにあたり，以下の命題を用います．
Cauchy の収束条件
半開区間$I=[a,\,b)$上で定義された実数値連続関数$f:I\to\mathbb{R}$が，任意の$c\in I$に対し閉区間$[a,\,c]$上で有界であるとき，
$ \D \lim_{c\to b-0} \int_a^c f(x) \, \dx $ が存在するための必要十分条件は，以下が成り立つことである．
$ \D ^\forall \varepsilon>0 ,\, ^\exists L\in I \, \biggl[L< u< v< b \Longrightarrow \Biggl|{\int_u^v f(x) \, \dx}\Biggr| < \varepsilon \biggr] $ 次のようにして Dirichlet 積分の条件収束性を確認します．
Dirichlet 積分の収束性
Dirichlet 積分は収束するが，絶対収束しない．
任意の正数$\varepsilon$に対し$L=2/\varepsilon$とおくと，$L< u< v<\infty$ならば
$ \begin{align} \Biggl|{ \int_u^v \! \frac{\sin x}x \, {\rm d}x }\Biggr| &= \Biggl|{ \biggl[ -\frac{\cos x}x \biggr]_u^v - \int_u^v \! \frac{\cos x}{x^2} \, {\rm d}x }\Biggr| \\[3pt] &\leq \frac1v + \frac1u + \int_u^v \! \frac{{\rm d}x}{x^2} = \frac1v + \frac1u - \frac1v + \frac1u = \frac2u \lt \frac2L = \varepsilon \end{align} $ となるから，前命題から Dirichlet 積分は収束する．一方，
$ \begin{align} \int_{n\pi}^{(n+1)\pi} \! \frac{|{\sin x}|}x \, \dx &= \int_0^\pi \! \frac{\sin x}{x+n\pi} \, \dx \\[3pt] &\gt \frac1{(n+1)\,\pi} \int_0^\pi \sin x \, \dx = \frac2{(n+1)\,\pi} \gt \frac2\pi \int_{n+1}^{n+2} \! \frac{\dx}x \end{align} $ であるから，$n\to\infty$の極限で
$ \D \int_0^{n\pi} \! \frac{|{\sin x}|}x \, \dx \gt \frac2\pi \int_1^{n+1} \! \frac{\dx}x = \frac2\pi \, \log(n+1) \to \infty $ がわかるので Dirichlet 積分は絶対収束しない．
解法
複素積分
複素解析の知識を応用して Dirichlet 積分の値を求めます．複素解析の教科書には必ず載っていると思います．Dirichlet 積分を計算するにあたり，
$ \D f(z) = \frac{e^{iz}}z $ とおき，以下の積分路$C=L_+ + C_R + L_- + C_\varepsilon$を考えます．
$ \begin{cases}
L_+ = \{ z\in\mathbb{C} \mid z=x ,\, x\in[\varepsilon,\,R] \} \\[3pt]
C_R = \{ z\in\mathbb{C} \mid z=Re^{i\theta} ,\, \theta\in[0,\,\pi] \} \\[3pt]
L_- = \{ z\in\mathbb{C} \mid z=x ,\, x\in[-R ,\, -\varepsilon] \} \\[3pt]
C_\varepsilon = \{ z\in\mathbb{C} \mid z=\varepsilon e^{i(\pi-\theta)} ,\, \theta\in[0,\,\pi] \}
\end{cases} $ 
複素関数$f$は積分路の周および内部で正則関数をなすため，Cauchy の積分定理から
$ \D (2.1.1) \quad \oint_C f(z) \, \dz = 0 $ がわかります．次に，積分路$L_+$および$L_-$上での積分は，
$ \begin{align}
\int_{L_+ + L_-} f(z) \, \dz
&= \int_\varepsilon^R \! \frac{e^{iz}}z \, \dz + \int_{-R}^{-\varepsilon} \! \frac{e^{iz}}z \, \dz \\[3pt]
&= \int_\varepsilon^R \! \frac{e^{iz}}z \, \dz + \int_R^\varepsilon \! \frac{e^{-iz}}z \, \dz & \text{substitution $z\mapsto-z$} \\[3pt]
&= 2i \int_\varepsilon^R \! \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2iz} \, \dz \\[3pt]
&= 2i \int_\varepsilon^R \! \frac{\sin z}z \, \dz
\end{align} $ よって$\varepsilon\to+0$，$R\to\infty$の極限で，
$ \D (2.1.2) \quad \lim_{\substack{R\to\infty \\[1pt] \varepsilon\to+0}} \int_{L_+ + L_-} f(z) \, \dz = 2i \int_0^\infty \! \frac{\sin z}z \, \dz $ また積分路$C_R$については，
$ \begin{align}
\Biggl|{ \int_{C_R} f(z) \, \dz }\Biggr|
&= \Biggl|{ \int_0^\pi \! \frac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}} \, iRe^{i\theta} \, {\rm d}\theta }\Biggr| & \text{substitution $z\mapsto Re^{i\theta}$} \\[3pt]
&\lt \int_0^\pi e^{- R\sin\theta} \, {\rm d}\theta = 2 \int_0^\frac\pi2 e^{-R\sin\theta} \, {\rm d}\theta \\[3pt]
&\phantom{=}\lt 2 \int_0^\frac\pi2 e^{-\frac{2R}\pi \theta} \, {\rm d}\theta & \text{identity $\D {\sin x} \geq \frac{2x}\pi$ for $x\in\biggl[0,\,\frac\pi2\biggr]$} \\[3pt]
&\phantom{<>}= \frac{\pi \, (1-e^{-R})}R \end{align} $ よって$R\to\infty$の極限で，
$ \D (2.1.3) \quad \lim_{R\to\infty} \int_{C_R} f(z) \, \dz =0 $ 最後に積分路$C_\varepsilon$については，
$ \begin{align}
\int_{C_\varepsilon} f(z) \, \dz
&= -\int_0^\pi \frac{e^{i\varepsilon e^{i(\pi-\theta)}}}{\varepsilon e^{i(\pi-\theta)}} \, i\varepsilon e^{i(\pi-\theta)} \, {\rm d}\theta & \text{substitution $z\mapsto \varepsilon e^{i(\pi-\theta)}$} \\[3pt]
&= -i\int_0^\pi e^{i\varepsilon e^{i(\pi-\theta)}} \, {\rm d}\theta
\end{align} $ よって$\varepsilon\to+0$の極限で，
$ \D (2.1.4) \quad \int_{C_\varepsilon} f(z) \, \dz = -i\pi $ したがって，$(2.1.1)$から$(2.1.4)$までの結果をまとめると，
$ \D 2i\int_0^\infty \! \frac{\sin z}z \, \dz + 0 - i\pi = 0 $ であるから所望の結果が得られる．
Mellin 変換
正弦の Mellin 変換$\mathcal{M}[{\sin}]$は，
$ \D \mathcal{M}[{\sin}](s) = \int_0^\infty x^{s-1} \sin x \, \dx = \varGamma(s) \sin\frac{\pi s}2 $ で与えられます．ただし，ここで$0<{\Re s}<1$です．これを利用して Dirichlet 積分を計算すると，
$ \begin{align}
\int_0^\infty \! \frac{\sin x}x \, \dx
&= \lim_{s\to+0}\mathcal{M}[{\sin}](s) = \lim_{s\to+0} \varGamma(s) \sin \frac{\pi s}2 \\[3pt]
&= \lim_{s\to+0} \!\! \cancelto{1}{\vphantom{\frac{\sin \frac{\pi s}2}2}\varGamma(s+1)} \!\!\!\!\!\!\!\!\ \cancelto{\frac\pi2}{\ \frac{\sin \frac{\pi s}2\ }{s}} & \text{identity $\varGamma(s) = \frac{\varGamma(s+1)}s$}\\[3pt]
&= \frac\pi2
\end{align} $ Feynman's trick
$ \D f(s) = \lim_{R\to\infty} \int_0^R e^{-st} \, \frac{\sin t}t \, \dt $ とおきます．求めるべき値は$f(0)$です．$f$を$s$で微分すると，
$ \begin{align}
\frac{\partial f}{\partial s}
&= \frac{\partial}{\partial s} \lim_{R\to\infty} \int_0^R e^{-st} \, \frac{\sin t}t \, \dt = - \lim_{R\to\infty} \int_0^R e^{-st} \sin t \, \dt \\[3pt]
&= -\lim_{R\to\infty} \biggl[ \frac1{1+s^2} - \!\! \cancelto{0}{\frac{e^{-Rs} \, (s\sin R + \cos R)}{1+s^2}} \!\!\!\!\!\!\ \biggr] \\[3pt]
&= -\frac1{1+s^2}
\end{align} $ したがって，両辺を$[0,\infty)$で積分すると，
$ \D \lim_{s\to\infty}f(s) - f(0) = - \lim_{s\to\infty} \arctan s + \arctan 0 $ より$f(0)=\D \lim_{s\to\infty}\arctan s = \pi/2$がわかります．
非正規化 sinc 関数の乗積の利用
どこかで見かけた積分を利用してみます．なお，そのページには証明が掲載されていなかったと記憶しているので，簡単に証明を与えておきます．
正整数$n$に対して，次が成り立つ．
$ \D \int_0^\infty \! \frac{\sin n^2 x}{x^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kx \, \dx = \frac{\pi n!}2 $
$ \D f(z) = \frac{e^{in^2 z}}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz = \frac{e^{in^2 z}}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \frac{e^{ikz} - e^{-ikz}}{(2i)^n} $ とおき，以下の積分路$C=L_+ + C_R + L_- + C_\varepsilon$を考える．
複素関数$f$は積分路の周および内部で正則関数をなすため，Cauchy の積分定理から
$ \D (2.4.1) \quad \oint_C f(z) \, \dz = 0 $ 次に，積分路$L_+$および$L_-$上での積分は，
$ \begin{align}
\int_{L_+ + L_-} f(z) \, \dz
&= \int_\varepsilon^R f(z) \, \dz + \int_{-R}^{-\varepsilon} f(z) \, \dz \\[3pt]
&= \int_\varepsilon^R f(z) \, \dz + \int_\varepsilon^R f(z) \, \dz & \text{substitution $z\mapsto -z$} \\[3pt]
&= \int_\varepsilon^R \! \frac{e^{in^2 z}-e^{-in^2 z}}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \frac{e^{ikz}-e^{-ikz}}{(2i)^n} \, \dz \\[3pt]
&= 2i \int_\varepsilon^R \! \frac{\sin n^2 z}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz \, \dz
\end{align} $ よって$\varepsilon\to+0$，$R\to\infty$の極限で，
$ \D (2.4.2) \quad \lim_{\substack{R\to\infty \\[1pt] \varepsilon\to+0}} \int_{L_+ + L_-} f(z) \, \dz = 2i \int_0^\infty \! \frac{\sin n^2 z}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz \, \dz $ また積分路$C_R$について，Jordan の補題から$R\to\infty$の極限でゼロに収束する．すなわち，
$ \D (2.4.3) \quad \lim_{R\to\infty} \int_{C_R} f(z) \, \dz =0 $ 最後に積分路$C_\varepsilon$について，
$ \begin{align}
\int_{C_\varepsilon} f(z) \, \dz
&= -\int_0^\pi \! \frac{e^{in^2 \varepsilon e^{i(\pi-\theta)}}}{\varepsilon e^{in(\pi-\theta)}} \prod_{k=1}^n \frac{e^{ik\varepsilon e^{i(\pi-\theta)}} - e^{-ik\varepsilon e^{i(\pi-\theta)}}}{(2i)^n} \, {\rm d}\theta & \text{substitution $z\mapsto \varepsilon e^{i(\pi-\theta)}$} \\[3pt]
&= -i\int_0^\pi \! \frac{e^{in^2 \varepsilon e^{i\theta}}}{e^{in\theta}} \prod_{k=1}^n \frac{\sin k\varepsilon e^{i\theta}}{\varepsilon} \, {\rm d}\theta
\end{align} $ よって$\varepsilon\to+0$の極限で，
$ \D (2.4.4) \quad \int_{C_\varepsilon} f(z) \, \dz = -i\pi n! $ したがって，$(2.4.1)$から$(2.4.4)$までの結果をまとめると，
$ \D 2i\int_0^\infty \! \frac{\sin n^2 z}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz \, \dz + 0 - i\pi n! = 0 $ であるから所望の結果が得られる．
なお Cauchy の主値積分を利用すると，もう少し簡単に証明が完了します．
$ \D f(z) = \frac{e^{in^2 z}}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz = \frac{e^{in^2 z}}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \frac{e^{ikz} - e^{-ikz}}{(2i)^n} $ とおく．この複素関数に対して Cauchy の主値積分を考えると，
$ \begin{align}
\pv \int_{-\infty}^{+\infty} f(z) \, \dz
&= i\pi \Res_{z=0}f(z) \\[3pt]
&= i\pi \lim_{z\to0} e^{in^2 z} \, \frac{\sin z}z \frac{\sin 2z}z \frac{\sin 3z}z \cdots \frac{\sin nz}z \\[3pt]
&= i\pi n!
\end{align} $ であるから，その虚部を考えることで，
$ \begin{align}
\Im \text{LHS}
&= \Im \pv \int_{-\infty}^{+\infty} f(z) \, \dz & \Im \text{RHS} = \pi n! \\[3pt]
&= \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{\sin n^2 z}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz \, \dz \\[3pt]
&= 2 \int_0^\infty \! \frac{\sin n^2 z}{z^{n+1}} \prod_{k=1}^n \sin kz \, \dz
\end{align} $ となるから補題が証明される．
補題 3 の式に対して$n=1$を代入すると，
$ \D \int_0^\infty \biggl(\frac{\sin x}x\biggr)^{\!2} \, \dx = \frac\pi2 $ 左辺の積分に対し部分積分による計算を実行すると，
$ \begin{align}
\int_0^\infty \biggl( \frac{\sin x}x \biggr)^{\!2} \, \dx
&= \!\! \cancelto{0}{\biggl[ -\frac{\sin^2 x}x \biggr]_0^\infty} \!\!\!\! + \int_0^\infty \! \frac{\sin 2x}x \, \dx \\[3pt]
&= \int_0^\infty \! \frac{\sin x}x \, \dx & \text{substitution $x\mapsto 2x$} \\[3pt]
\end{align} $ となるため所望の結果が得られます．
一般化
この節では，Dirichlet 積分の一般化について考えます．すなわち，Dirichlet 積分の一般化となる積分$I_n$：
$ \D I_n = \int_0^\infty \biggl( \frac{\sin x}x \biggr)^{\!n} \, \dx $ について考察します．結論から書くと，次のような結果が得られました．
Dirichlet 積分の一般化
正整数$n$に対して，
$ \D \int_0^\infty \biggl(\frac{\sin x}x\biggr)^{\!n} \, \dx = \frac\pi{2^n \, (n-1)!} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}2 \rfloor} \, (-1)^k \binom{n}{k} (n-2k)^{n-1} $ この結果の導出を，以下に計算します．被積分関数の指数を偶奇に分けて考えると計算を進めやすいので，まず$n$の定義を非負整数とし，$\sin^{2n} z$および$\sin^{2n+1} z$を展開します．
$ \begin{align}
\sin^{2n} z
&= \biggl( \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \biggr)^{\!2n} \\[3pt]
&= \sum_{k=0}^{n-1} \biggl[ \frac{(-1)^k \, \binom{2n}{k} \, e^{i(2n-2k)z}}{(2i)^{2n}} + \frac{(-1)^{2n-k} \, \binom{2n}{2n-k} \, e^{-i(2n-2k)z}}{(2i)^{2n}} \biggr] + \beta_n \\[3pt]
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k \, \binom{2n}k [e^{i(2n-2k)z} + e^{-i(2n-2k)z}]}{(2i)^{2n}} + \beta_n \\[3pt]
\sin^{2n+1} z
&= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k \, \binom{2n+1}k [(e^{i(2n+1-2k)z} - e^{-i(2n+1-2k)z})]}{(2i)^{2n+1}}
\end{align} $ したがって，この展開に$x^{-n}$を乗じて積分すればよいわけですが，そうしてしまうと被積分関数が実軸上に極をもつことになります．先ほどと同じように Cauchy の主値積分などで計算してもよいですが，ここではその極をわずかにずらしてみます．その際，以下の性質を使います．
$ \D \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{e^{ikz}}{(z-i\varepsilon)^n} \, \dz = \frac{2\pi i^n }{(n-1)!} \, k^{n-1} ,\quad \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{e^{-ikz}}{(z-i\varepsilon)^n} \, \dz = 0 ,\quad \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{\dz}{(z-i\varepsilon)^n} \, \dz = 0 $ よって，
$ \begin{align}
\int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{\sin^{2n} z}{(z-i\varepsilon)^{2n}} \, \dz
&= \int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac1{(z-i\varepsilon)^{2n}} \biggl( \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \biggr)^{\!2n} \, \dz \\[3pt]
&= 2 \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{(2i)^{2n}} \frac{\pi i^{2n} \, \binom{2n}k (2n-2k)^{2n-1}}{(2n-1)!} \\[3pt]
&= \frac{2\pi}{2^{2n} \, (2n-1)!} \sum_{k=0}^{n-1} \, (-1)^k \binom{2n}k (2n-2k)^{2n-1} \\[3pt]
\int_{-\infty}^{+\infty} \! \frac{\sin^{2n+1} z}{(z-i\varepsilon)^{2n+1}} \, \dz &= \frac{2\pi}{2^{2n+1} \, (2n)!} \sum_{k=0}^n \, (-1)^k \binom{2n+1}k (2n+1-2k)^{2n}
\end{align} $ よってこれらを整理すると，
$ \D \int_0^\infty \biggl(\frac{\sin x}x\biggr)^{\!n} \, \dx = \frac\pi{2^n \, (n-1)!} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}2 \rfloor} \, (-1)^k \binom{n}{k} (n-2k)^{n-1} $ 小さな$n$に対する結果を掲載します．
$ \begin{array}{rrr} \hline
n & \text{numerator} & \text{denominator} \\[3pt] \hline
1 & 2\,\pi & 2 \\[3pt]
2 & 2\,\pi & 2 \\[3pt]
3 & 3\,\pi & 8 \\[3pt]
4 & \pi & 3 \\[3pt]
5 & 115\,\pi & 384 \\[3pt]
6 & 11\,\pi & 40 \\[3pt]
7 & 5\,887\,\pi & 23\,040 \\[3pt]
8 & 151\,\pi & 630 \\[3pt]
9 & 259\,723\,\pi & 1\,146\,880 \\[3pt]
10 & 15\,619\,\pi & 72\,576 \\[3pt]
11 & 381\,773\,117\,\pi & 1\,857\,945\,600 \\[3pt]
12 & 655\,177\,\pi & 3\,326\,400 \\[3pt]
13 & 20\,646\,903\,199\,\pi & 108\,999\,475\,200 \\[3pt]
14 & 27\,085\,381\,\pi & 148\,262\,400 \\[3pt]
15 & 467\,168\,310\,097\,\pi & 2\,645\,053\,931\,520 \\[3pt]
16 & 2\,330\,931\,341\,\pi & 13\,621\,608\,000 \\[3pt]
17 & 75\,920\,439\,315\,929\,441\,\pi & 457\,065\,319\,366\,656\,000 \\[3pt]
18 & 12\,157\,712\,239\,\pi & 75\,277\,762\,560 \\[3pt]
19 & 5\,278\,968\,781\,483\,042\,969\,\pi & 33\,566\,877\,054\,287\,216\,640 \\[3pt]
20 & 37\,307\,713\,155\,613\,\pi & 243\,290\,200\,817\,664 \\[3pt] \hline
\end{array} $ おわりに
以前から Dirichlet 積分についてのまとめの記事を作成したいと考えており，やっとそれが達成されました．この記事では，複素積分，Mellin 変換，Feynman's trick，非正規化$\sinc$関数の乗積を利用して Dirichlet 積分を計算しましたが，この他にも Dirichlet 積分の解法はたくさんあって，調べたところだとミヤセンさんの「ディリクレ積分の様々な解法（随時更新）」やTKSSさんの「ディリクレ積分の初等的証明」に掲載されています．Dirichlet 積分は非常にいい性質をもつ積分なので，いずれの解法も手を動かして理解してみることをおすすめします．
誤植などがあれば，コメント欄にてお知らせください．お読みいただきありがとうございました．
