〔ディリクレ積分〕ディリクレ積分の種々の導出法

　工学系の数学で頻出のディリクレ積分

$\displaystyle \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx = \frac{\pi}{2}$

の導出のうち, 有名なものを解析学（真っ向勝負）・複素解析（王道）・フーリエ変換（天下り）・ラプラス変換（チート）の4種類ピックアップした。

（問題）　ディリクレ積分
（解答1）微積分（フビニの定理）の利用
- （補足）
  - 補足1.（指数関数）×（三角関数）の積分
  - 補足2. シュワルツの不等式
（解答2）複素解析（コーシーの積分定理）の利用
- （補足）
  - 補足3.　sin (x) の1次関数による不等式評価
（解答3）フーリエ解析（矩形波のフーリエ変換）の利用
（解答4）ラプラス変換の利用
参考文献

（問題）　ディリクレ積分

（問題）　次の等式を示せ。

$\displaystyle I = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx = \frac{\pi}{2} \tag{1}$

（解答1）微積分（フビニの定理）の利用

$\displaystyle \frac{1}{x} = \int _ {0} ^ {\infty} e ^ {-xy} dy$

に注意して, $\displaystyle I(R) = \int _ {0} ^ {R} \frac{\sin {x}}{x}dx$ を書き換えると,

$\displaystyle \begin{eqnarray} I(R) = \int _ {0} ^ {R} \left( \int _ {0} ^ {\infty} e ^ {-xy} \sin {x} dy \right) dx \tag{2} \end{eqnarray}$

ここで, 累次積分 $\displaystyle I(R) = \int _ {0} ^ {R} \left( \int _ {0} ^ {\infty} | e ^ {-xy} \sin {x} | dy \right) dx$ が有限値に収束することを示す（これにより, フビニの定理から $(2)$ において積分の順序交換が許容される）。

$\displaystyle I(R) = \int _ {0} ^ {R} \left( \int _ {0} ^ {\infty} | e ^ {-xy} \sin {x} | dy \right) dx$

$\displaystyle \leq \int _ {0} ^ {R} \left( \int _ {0} ^ {\infty} e ^ {-xy} x dy \right) dx$

$\displaystyle = \int _ {0} ^ {R} [- e ^ {-y} ] _ 0 ^ {\infty} dx$

$\displaystyle = \int _ {0} ^ {R} dx$

$\displaystyle = R \lt \infty$

より, $I(R)$ は絶対収束するので, フビニの定理より累次積分の順序交換ができて,

$\displaystyle I(R) = \int _ {0} ^ {\infty} \left( \int _ {0} ^ {R} e ^ {-xy} \sin {x} dx \right) dy$

$\displaystyle = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{1}{y ^ 2 + 1} dy - \int _ {0} ^ {\infty} \frac{e^ {Ry}}{y ^ 2 + 1} (\cos {R} + y \sin {R}) dy$

を得る（補足1）…①。

以下, これの右辺第2項が, $R \to \infty$ の極限でゼロに収束することを示す。

$\displaystyle \int _ {0} ^ {\infty} \frac{e^ {Ry}}{y ^ 2 + 1} (\cos {R} + y \sin {R}) dy$

$\displaystyle \leq \int _ {0} ^ {\infty} \frac{e ^ {- Ry}}{y^ 2 + 1} \sqrt{y ^ 2 + 1} dy$ （補足2）

$\displaystyle \leq \int _ {0} ^ {\infty} \frac{e ^ {- Ry}}{\sqrt { y^ 2 + 1 } } dy$

$\displaystyle \leq \int _ {0} ^ {\infty} {e ^ {- Ry}} dy$

$\displaystyle = \frac{1}{R} \to 0 \qquad (R \to \infty)$

より, $\displaystyle \lim _ {R \to \infty} \int _ {0} ^ {\infty} \frac{e^ {Ry}}{y ^ 2 + 1} (\cos {R} + y \sin {y}) dy = 0$ を得るので, ①より

$\displaystyle I = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx$ $\displaystyle = \lim _ {R \to \infty} I(R) = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{1}{y ^ 2 + 1} dy = [ \arctan {x} ] _ {0} ^ {\infty} = \frac{\pi}{2}$

を得る。□

（補足）

補足1.（指数関数）×（三角関数）の積分

　同形出現など様々な求め方があるが, 最も手っ取り早いのは

$\displaystyle \int _ {0} ^ {R} e^ {-xy} \cdot e ^ {ix} dx = \int _ {0} ^ {R} e^ {(i - y) x} dx = \frac{e ^ {(i - y)R} -1}{i - y}$

の虚部をとることだろう。実際, この結果の虚部をとることで

$\displaystyle \int _ {0} ^ {R} e ^ {-xy} \sin {x} dx = \mathrm{Im} \ \left( \int _ {0} ^ {R} e^ {-xy} \cdot e ^ {ix} dx \ \right)$

$\displaystyle = \frac{1 - e ^ {-Ry} \cos R - y e ^{-Ry} \sin R}{y ^ 2 + 1}$

を得る。

補足2. シュワルツの不等式

$\cos{R} + y \sin{R} = ( \cos{R}, \sin{R} ) \cdot ( 1, y )$ のようにベクトルの内積と見てやれば, シュワルツの不等式より $\displaystyle ( \cos{R}, \sin{R} ) \cdot ( 1, y ) \leq \left\| \left( \begin{array}{c} \cos{R} \\ \sin{R} \end{array} \right) \right\| \cdot \left\| \left( \begin{array}{c} {1} \\ {y} \end{array} \right) \right\| = \sqrt{y ^ 2 + 1}$

を得る。

（解答2）複素解析（コーシーの積分定理）の利用

　原点以外で正則な複素関数 $\displaystyle f(z) = \frac{e ^ {iz}}{z}$ を図のような原点を含まない周回積分路 $C$ で積分すると, その結果 $\displaystyle J = \oint _ {C} f(z) dz$ は $J = 0$ となる…①。これは, 「単純閉曲線で囲まれた領域内で複素関数が常に正則であるとき, その閉曲線に沿った複素関数の積分値はゼロになる」というコーシーの積分定理による。

一方, $J$ は

$\displaystyle J = \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac{e ^{ix}}{x} dx + \int _ {C_R} f(z) dz + \int _ {-R} ^ {- \varepsilon} \frac {e ^ {ix}}{x} dx + \int _ {C_{\varepsilon}} f(z) dz$

のように積分路ごとに分割できる。

[1] $\displaystyle \int _ {\varepsilon} ^ {R} + \int _ {- R} ^ {-\varepsilon}$ について

$\displaystyle \int _ {-R} ^ {- \varepsilon} \frac {e ^ {ix}}{x} dx$ を変数変換により書き換えることで,

$\displaystyle \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac{e ^{ix}}{x} dx + \int _ {-R} ^ {- \varepsilon} \frac {e ^ {ix}}{x} dx$

$\displaystyle = \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac{e ^ {ix}}{x} dx - \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac {e ^ {-ix}}{x} dx$

$\displaystyle = \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac{e ^ {ix} - e^ {-ix}}{x} dx$

$\displaystyle = 2i \int _ {\varepsilon} ^ {R} \frac{\sin {x}}{x} dx$

を得る。

[2] $\displaystyle \int _ {C_R}$ について

　こちらの最終目標は $R \to \infty$ のときに積分値がゼロに収束することを示すことである。以下それを示すが, このとき不等式評価がいささか厳しくなることに注意されたい（分子分母の次数の差が1のときと2以上のときでは, 要求される評価精度が変わってくる。後者の場合は $|\sin {x}| \leq 1$ というガバガバな評価でも良いが, 今回はそうは行かない）

積分路は $C_R : z = Re^{i \theta}, \, \theta \in [0, \pi ]$ であり, このとき $dz = iRe^ {i \theta} d \theta$ だから,

$\displaystyle \left| \int _ {C_R} f(z) dz \right|$

$\displaystyle \leq \int _ {0} ^ {\pi} \frac{ \left| e ^ {iR(\cos {\theta} + i \sin {\theta})} \right| |i R e ^{i \theta}|}{|R e ^ {i\theta}|}d\theta$

$\displaystyle = \int _ {0} ^ {\pi} e ^ {-R \sin {\theta}} d\theta$

$\displaystyle = 2 \int _ {0} ^ {\frac{\pi}{2}} e ^ {-R \sin {\theta}} d\theta$ （対称性より）

$\displaystyle \leq 2 \int _ {0} ^ {\frac{\pi}{2}} e ^ {- \frac{2R}{\pi} \theta} d\theta$ （補足3）

$\displaystyle = \frac{\pi (1 - e ^ {-R})}{R} \to 0 \quad (R \to \infty)$

より, $\displaystyle \lim _ {R \to \infty} \int _ {C_R} f(z) dz = 0$ を得る。

[3] $\displaystyle \int _ {C_{\varepsilon}}$ について

こちらは $- \pi i$ という非ゼロ有限値に収束する。これを示す。

積分路は $C_{\varepsilon} : z = \varepsilon e^{i \theta}, \, \theta \in [\pi, 0 ]$ であり, このとき $dz = i{\varepsilon}e^ {i \theta} d \theta$ だから,

$\displaystyle \int _ {C_{\varepsilon}} f(z) dz$

$\displaystyle = \int _ {\pi} ^ {0} \frac{e ^ {i \varepsilon e ^ {i \theta}}}{\varepsilon e ^ {i\theta}} i \varepsilon e ^ {i\theta} d\theta$

$\displaystyle = -i \int _ {0} ^ {\pi} e ^ {i \varepsilon e ^ {i \theta}} d\theta \to - i \pi \qquad (\varepsilon \to 0)$

よって,

$\displaystyle J \to 2i \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin {x}}{x} dx - i \pi \qquad (R \to \infty, \varepsilon \to 0)$

を得る。…②

したがって, ①②より

$\displaystyle J = 2i \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin {x}}{x} dx - i \pi = 0 \Longleftrightarrow \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx = \frac{\pi}{2}$

を得る。□

（補足）

補足3.　sin (x) の1次関数による不等式評価

　 $\displaystyle \left [0, \frac{\pi}{2} \right ]$ の範囲において, $\displaystyle \sin {x} \geq \frac{2}{\pi}x$ が成立することを用いた。これは以下の図を見れば明らか。

（解答3）フーリエ解析（矩形波のフーリエ変換）の利用

　天下り的ではあるが, 以下の矩形波 $f(x)$ をフーリエ変換することにより, $I$ を得ることが出来る。

$\displaystyle f(x) = \left \{ \begin{array}{ll} 1 \qquad (|x| \leq 1)\\ 0 \qquad (|x| \gt 1) \end{array} \right. \tag{3}$

　以下では, （曲がりなりにも数学の記事ということもあり）フーリエ変換 $\mathcal{F} [ f(x) ] (\omega)$ および逆フーリエ変換 $\mathcal{F}^{-1} [ f(x) ] (\omega)$ を

$\displaystyle F(\omega) = \mathcal{F} [ f(x) ] (\omega) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int _ {-\infty} ^ {\infty} f(x) e ^{- i \omega x} dx \tag{4}$

$\displaystyle f(x) = \mathcal{F}^{-1} [ f(x) ] (\omega) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int _ {-\infty} ^ {\infty} F(\omega) e ^{ i \omega x} d \omega \tag{5}$

（という実用性よりも対称性を意識したもの）として定義する。

　さて, 既に与えた $(3)$ のフーリエ変換を行うことにより,

$\displaystyle F(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int _ {-1} ^ {1} e ^{- i \omega x} dx$

$\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \frac{1}{- i \omega} [ e ^{-i \omega x} ] _ {-1} ^ {1}$

$\displaystyle = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{\omega} \frac{e ^ {i\omega} - e ^ {-i \omega}}{2i}$

$\displaystyle = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{\sin{\omega}}{\omega}$

というsinc関数を得る。

逆フーリエ変換の定義 $(5)$ より

$\displaystyle f(x) = \mathcal{F}^{-1} [ f(x) ] (\omega) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int _ {-\infty} ^ {\infty} F(\omega) e ^{ i \omega x} d \omega$

$\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int _ {-\infty} ^ {\infty} \frac{\sin{\omega}}{\omega} e ^{ i \omega x} d \omega$

$\displaystyle = \frac{1}{\pi} \int _ {-\infty} ^ {\infty} \frac{\sin{\omega}}{\omega} e ^{ i \omega x} d \omega$

この最後の式において, 特に $x = 0$ とすることにより, $f(0) = 1$ に注意して

$\displaystyle f(0) = \frac{1}{\pi} \int _ {-\infty} ^ {\infty} \frac{\sin{\omega}}{\omega} d \omega \Longleftrightarrow \pi = \int _ {-\infty} ^ {\infty} \frac{\sin{\omega}}{\omega} d \omega$

を得るので, 偶奇性から

$\displaystyle \pi = 2 \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{\omega}}{\omega} d \omega \Longleftrightarrow I = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx = \frac{\pi}{2}$

を得る。□

（解答4）ラプラス変換の利用

最後に, ラプラス変換 $\displaystyle F(s) = \mathcal{L} [ f(x) ] (s) = \int _ {0} ^ {\infty} f(x) e^{-sx} dx$ を用いたほぼチートのような導出を示す。

定積分 $\displaystyle \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin {tx}}{x} dx$ を $t$ の関数と見て $f(t)$ とおく。 $f(t)$ をラプラス変換すると, ラプラス変換の線形性より

$\displaystyle F(s) = \mathcal{L} \left [ \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin {tx}}{x} dx \right ] (s) = \int _ {0} ^ {\infty} \mathcal{L} \left [ \frac{\sin {tx}}{x} \right ] (s) dx$

$\displaystyle = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{x}{s ^ 2 + x ^ 2} \cdot \frac{1}{x} dx = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{1}{s ^ 2 + x ^ 2} dx$

$\displaystyle = \frac{1}{s} \left [ \arctan \frac{x}{s} \right ] _ {0} ^ {\infty} = \frac{\pi}{2s}$

ここで求めた $F(s)$ を逆ラプラス変換することにより, $\displaystyle \mathcal{L} [ 1 ] (s) = \frac{1}{s}$ に注意して

$\displaystyle f(t) = \mathcal{L} ^ {-1} \left [ \frac{\pi}{2s} \right ] (t) = \frac{\pi}{2}$ つまり $\displaystyle \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin {tx}}{x} dx = \frac{\pi}{2}$

を得て, 特に $t = 1$ として

$\displaystyle I = \int _ {0} ^ {\infty} \frac{\sin{x}}{x} dx = \frac{\pi}{2}$

を得る。□

参考文献

[1] 海老原円, 太田雅人. 『詳解と演習大学院入試問題〈数学〉』. 数理工学社.

[2] 千葉逸人. 『新装版工学部で学ぶ数学』. プレアデス出版.

[3] 八木厚志, 森田浩. 『工学系の数学解析』. 大阪大学出版会.

すーがくをがくすー

中の人は情報通信工学専攻です。専攻がらみの数学・物理（特に院試のネタになりそうなもの）を扱う予定。

〔ディリクレ積分〕ディリクレ積分の種々の導出法

（問題）　ディリクレ積分

（解答1）微積分（フビニの定理）の利用

（補足）

補足1.（指数関数）×（三角関数）の積分

補足2. シュワルツの不等式

（解答2）複素解析（コーシーの積分定理）の利用

（補足）

補足3.　sin (x) の1次関数による不等式評価

（解答3）フーリエ解析（矩形波のフーリエ変換）の利用

（解答4）ラプラス変換の利用

参考文献

（問題） ディリクレ積分

（解答1） 微積分（フビニの定理）の利用

（補足）

補足1.（指数関数）×（三角関数）の積分

補足2. シュワルツの不等式

（解答2） 複素解析（コーシーの積分定理）の利用

（補足）

補足3. sin (x) の1次関数による不等式評価

（解答3） フーリエ解析（矩形波のフーリエ変換）の利用

（解答4） ラプラス変換の利用

参考文献

（問題）　ディリクレ積分

（解答1）微積分（フビニの定理）の利用

（解答2）複素解析（コーシーの積分定理）の利用

補足3.　sin (x) の1次関数による不等式評価

（解答3）フーリエ解析（矩形波のフーリエ変換）の利用

（解答4）ラプラス変換の利用