ディリクレ積分の様々な解法(随時更新)

ディリクレ積分の様々な解法(随時更新)

はじめに

ディリクレ積分$\int_{0}^{\infty}\sin x/x \mathrm dx=\pi/2$の解法の中で,過去に自分が思いついたものを列挙してみました.学習にお役立てください.
理系学生であれば誰でもわかるような簡単な内容になるよう努めましたので,途中まででも見ていただければ幸いです.
また,ほかにも解法があれば教えていただきたいです(随時追加予定).

1.複素積分(オタク度☆☆☆☆☆)

まず,下図の積分路で$e^{iz}/z$を複素積分することを考える.($R>0$)

複素積分路(パイナポー)

コーシーの積分定理より,

$$ \oint_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z =0 $$

また,

$$\begin{align} \left|\int_{C_1}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z\right| &< \int_{C_1}\left|\frac{e^{iz}}{z}\right||\mathrm d z| \ (\because 三角不等式)\\ &=\int_0^{\pi}\left|\frac{e^{iR\cos \theta -R\sin \theta}}{Re^{i \theta}}\right||iRe^{i \theta}\mathrm d \theta|(z \longmapsto e^{i\theta})\\ &=\int_0^{\pi}\frac{e^{-R\sin \theta}}{R}R\mathrm d \theta\\ &<2\int_0^{\pi / 2}e^{-2R\theta / \pi}\mathrm d \theta \ (\because 対称性とジョルダンの不等式)\\ &=\pi \frac{1-e^{-R}}{R} \to 0 \ (\mathrm{as} \ R \to \infty) \end{align}$$

また,

$$\begin{align} \int_{C_3}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z &=\int_{C_3}\left[\frac 1z + \sum_{n=1}^\infty \frac{i^nz^{n-1}}{n!}\right]\mathrm d z\\ &=\int_\pi ^0 \left[\frac R{e^{i\theta}} + \sum_{n=1}^\infty \frac{i^ne^{i(n-1)\theta}}{R^{n-1}n!}\right]\frac{ie^{i\theta}}{R}\mathrm d \theta \ (\because ローラン展開)\\ &=-\pi i+\sum_{n=1}^\infty \frac{i^n[(-1)^n-1]}{nR^nn!} \to -\pi i \ (\mathrm{as} \ R \to \infty) \end{align}$$

以上により,

$$ \lim_{R \to \infty}\oint_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z =0+\int_{-\infty}^0\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z-\pi i + \int_0^{\infty}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm d z-\pi i =0 $$

虚部を比較して,
$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin z}{z}\mathrm dz=\pi $$

$\sin z/z$は偶関数だから,以上により,

$$ \therefore\int_0^\infty\frac{\sin z}{z} \mathrm dz =\frac{\pi }{2} $$

を得る.

補足

・多くの参考書ではぐらかされていること:なぜ$\sin$のまま計算せず,$e^{iz}$の虚部をとるのかというと,$C_1$の積分が発散するため,パイナポーを2回使わなければならないからです.複素積分は天下り的な解法が多いので定石を覚えましょう.
・$1/R$は$\varepsilon \to 0$など,独立させるやり方のほうがポピュラーです.好みに応じて使い分けましょう.
・$C_1$の積分の絶対値の評価ですが,十分性を示せればよいので,無理に不等式に=をつける必要はありません.
・パイナポー(今回の積分路)にエポニムがあった気がします(古い本にあったような).ネットでいくら調べても出てこないので,知っている方は教えてください.

2.ラプラス変換を用いる方法(オタク度★☆☆☆☆)

公式
$$ \mathcal L[\sin t](s)=\int_0^\infty \sin t \ e^{-st}\mathrm d t =\frac{1}{s^2+1}...(2,1) \ , \ \mathcal L\left[\frac{f(t)}{t}\right](s) =\int_s^\infty\mathcal L[f(t)](\sigma)\mathrm d \sigma...(2,2) $$
を用いて計算する.せっかくなので,これらも証明する.

$(2,1)$について.
本来であれば$s\in\mathbb C,\Re (s)>0 $ゆえ,部分積分を用いて計算するのが適当だが,今回は$s$が実数の場合のみで十分だから,$s>0$として,

$$ \mathcal L[\sin t](s) =\Im \int_0^\infty e^{it} \ e^{-st}\mathrm d t =\Im\int_0^\infty \ e^{-(s-i)t}\mathrm d t =\Im\left.\frac{-e^{-(s-i)t}}{s-i}\right|_{t=0}^\infty =\Im\frac{1}{s-i} =\Im\frac{s+i}{s^2+1} =\frac{1}{s^2+1} $$

$(2,2)$について.

$$ \mathcal L\left[\frac{f(t)}{t}\right](s) =\int_0^\infty \frac{f(t)}{t} \ e^{-st}\mathrm d t =\int_0^\infty\int_s^\infty f(t) \ e^{-\sigma t}\mathrm d \sigma \mathrm d t =\int_s^\infty\int_0^\infty f(t) \ e^{-\sigma t}\mathrm d t \mathrm d \sigma =\int_s^\infty\mathcal L[f(t)](\sigma)\mathrm d \sigma $$

以上から,

$$ \mathcal L\left[\frac{\sin t}{t}\right](s)=\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} \ e^{-st}\mathrm d t =\int_s^\infty\mathcal L[\sin t](\sigma)\mathrm d \sigma =\int_s^\infty\frac{\mathrm d \sigma}{\sigma ^2+1} =\left.\arctan\sigma\right|_{\sigma=s}^\infty =\frac\pi 2-\arctan s $$

上式において,$s\to +0$として,

$$ \therefore \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\mathrm d t=\frac\pi 2 $$

を得る.

補足

・所謂,Feinman's trickは本質的に同一な気がするのでこれに含めます.
・$\int_{0}^{\infty}\sin (tx)/x \mathrm dx$ をラプラス変換する方法もあります.
・工学部の院試で誘導付きでたまに出ます.

3.矩形関数のフーリエ逆変換を用いる方法(オタク度★★☆☆☆)

矩形関数$\mathrm{rect}(t)$を次式で定義する(一般的な定義と異なるため注意).

$$ \mathrm{rect}(t) :=\begin{cases} 1 \ |t|\leq 1\\ 0 \ \mathrm{otherwise} \end{cases} $$

よって,この関数のフーリエ変換は

$$ \mathcal F[\mathrm{rect}(t)](\omega) =\int_{-\infty}^\infty \mathrm{rect}(t) \ e^{-i\omega t}\mathrm d t =\int_{-1}^1 \mathrm{rect}(t) \ e^{-i\omega t}\mathrm d t =\left.\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right|_{t=-1}^1 =\frac2{\omega}\frac{e^{i\omega}-e^{-i\omega}}{2i} =2\frac{\sin \omega}{\omega} $$

となる.よって,フーリエ逆変換から,

$$ \mathrm{rect}(t) =\mathcal F ^{-1}\left[2\frac{\sin \omega}{\omega}\right](t) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty 2\frac{\sin \omega}{\omega} \ e^{i\omega t}\mathrm d \omega $$

$t=0$として,上式に$\pi$を掛けると,

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin \omega}{\omega}\mathrm d \omega =\pi \mathrm{rect}(0) =\pi $$

$\sin \omega/\omega$は偶関数だから,以上により,

$$ \therefore\int_0^\infty\frac{\sin \omega}{\omega} \mathrm d\omega =\frac{\pi }{2} $$

を得る.

補足

・当たり前ですが,フーリエ変換や矩形関数の定義によらず導出できます.ですので,今回は一番ラクな定義を採用しています.
・矩形波のフーリエ変換の結果を知っていれば思いつける解法です.
・例によって院試でも見かけます.

4.$1/\sin x$の部分分数展開を用いる方法(オタク度★★★☆☆)

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm d x =\sum_{n=-\infty}^\infty\int_{n\pi}^{(n+1)\pi} \frac{\sin x}{x}\mathrm d x =\sum_{n=-\infty}^\infty\int_{0}^{\pi} \frac{\sin (x+n\pi)}{x+n\pi}\mathrm d x (x \longmapsto x+n\pi) $$

$1/\sin x$の部分分数展開
$$ \frac1{\sin x} = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{x+n\pi} $$

に注意すると,

$$ \sum_{n=-\infty}^\infty\int_{0}^{\pi} \frac{\sin (x+n\pi)}{x+n\pi}\mathrm d x =\sum_{n=-\infty}^\infty\int_{0}^{\pi} \frac{(-1)^n \sin x}{x+n\pi}\mathrm d x =\int_{0}^{\pi} \sin x\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{(-1)^n}{x+n\pi}\mathrm d x =\int_{0}^{\pi}\mathrm d x =\pi $$

ゆえに,
$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm d x =\pi $$

$\sin x/x$は偶関数だから,以上により,

$$ \therefore\int_0^\infty\frac{\sin x}{x} \mathrm dx =\frac{\pi }{2} $$

を得る.

5.Frullani integralを用いる方法(オタク度★★★☆☆)

$f(x)=e^{-x},a=\varepsilon-i,b=\varepsilon+i \ (\varepsilon>0,\arg a=-\arctan(1/\varepsilon),\arg b=\arctan(1/\varepsilon))$として,Frullani integral

$$ \int_0^\infty\frac{f(ax)-f(bx)}{x} \mathrm dx=\left[f(\infty)-f(0)\right]\log\frac ab $$

を計算すると,

$$ 2i\int_0^\infty\frac{e^{-\varepsilon x}\sin x}{x} \mathrm dx =(0-1)\log\frac {\varepsilon-i}{\varepsilon+i} =\log\frac {\varepsilon+i}{\varepsilon-i} $$

$\varepsilon \to +0$として,上式を$2i$で割ると,

$$ \therefore\int_0^\infty\frac{\sin x}{x} \mathrm dx =\frac{\pi i}{2i} =\frac{\pi }{2} $$
を得る.

6.$\sin x$のメリン変換を用いる方法(オタク度★★★☆☆)

$\sin x$のメリン変換

$$ \mathcal M[\sin x](s)=\int_0^\infty x^{s-1}\sin x \mathrm dx =\Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}2\right) $$

を用いて証明する.せっかくなので,これも証明する.

今回,$0< s<1$としてよく,
$$\begin{align} \mathcal M[\sin x](s) &=\Im \lim_{\varepsilon \to +0}\int_0^\infty x^{s-1}e^{-(\varepsilon-i)x}\mathrm dx =\Im \lim_{\varepsilon \to +0}\mathcal L_x[x^{s-1}](\varepsilon-i)\\ &=\Im \lim_{\varepsilon \to +0}\Gamma(s)(\varepsilon-i)^{-s} =\Im \Gamma(s)e^{-i\pi /2 \cdot(-s)} =\Im \Gamma(s)e^{i\pi s/2}\\ &=\Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}2\right) \end{align}$$

また,このとき,
$$ \Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}2\right) =\frac{\pi\sin(\pi s/2)}{\Gamma(1-s)\sin(\pi s)} \ (\because 相反公式) =\frac{\pi\sin(\pi s/2)}{\Gamma(1-s)2\sin(\pi s/2)\cos(\pi s/2)} =\frac{\pi}{2\Gamma(1-s)\cos(\pi s/2)} $$

より,$s\to +0$として,
$$ \therefore\int_0^\infty\frac{\sin x}{x} \mathrm dx =\frac{\pi }{2} $$
を得る.

補足

・メリン変換ゆえ,Ramanujan's master theoremを用いる方法
$$\begin{align} \int_0^\infty x^{s-1}\sin x \mathrm dx &=\int_0^\infty x^{s-1}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\mathrm dx\\ &=\frac12\int_0^\infty x^{(s+1)/2-1}\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(1+n)}{\Gamma(2+2n)}\frac{(-x)^n}{n!}\mathrm dx \ (x \longmapsto \sqrt x)\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)\frac{\Gamma\left(1-\frac{s+1}{2}\right)}{\Gamma\left(2-(s+1)\right)}\\ &=\frac{\pi}{2\Gamma(1-s)\cos(\pi s/2)}\to\frac{\pi}{2} \ (\mathrm{as} \ s \to +0) \end{align}$$

もありますがこれに含めます.