1-1

$$\int_{-\infty}^{+\infty} dX \frac{\sin X}{X} = \pi$$ (1)

を複素積分を使って証明せよ。

1-1解答

下図の様な積分経路を考える。

図: 左：積分経路、右： $\sin\theta > \dfrac{2}{\pi} \theta$   for$\quad 0\leq \theta\leq \dfrac{\pi}{2}$のグラフ。

　　

図左の様な二つの半円と線分からなるJordan曲線を考える。 今 $f(z)=e^{iz} /z$とおくと、

$$f(z)=\frac{e^{iz}}{z}= \dfrac{1+z + \dfrac{z^2}{2!} +o(z^2) }{z}$$

であるから、$z=0$以外で、つまりこの曲線の内部で$f(z)$は正則である。 よってCaucy-Goursatの定理より

$$\left(\int_{+r}^{+R}+ \int_{C_R} +\int_{-R}^{-r} +\int_{C_r} \rig... ...ht) \frac{e^{iz}}{z} dz =-\left(\int_{C_R}+\int_{C_r}\right)\frac{e^{iz}}{z} dz$$ (2)

が成り立つ。ここで

$$\int_{-R}^{-r} \frac{e^{iz}}{z} dz = \int_{+R}^{+r}\frac{e^{i(-w)... ...d(-w) =-\int_{+r}^{+R}\frac{e^{-iw}}{w}dw =-\int_{+r}^{+R}\frac{e^{-iz}}{z} dz$$

であるから、Eq.(2)の左辺は

$$\left(\text{左辺}\right) =\int_{+r}^{+R} \frac{e^{iz} -e^{-iz}}{z} dz =2i \int_{+r}^{+R} \frac{\sin{z}}{z} dz$$ (3)

となる。 また経路$C_R$について

$$\left\vert \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z} dz\right\vert = \left\vert \int_{0}^{\pi} \frac{e^{ iR(\cos{\theta} +i \sin{\th... ...theta}} d\theta \leq 2 \int_{0}^{\pi/2} e^{-R\left(2/\pi\right) \theta} d\theta$$

$$=\frac{\pi}{R} \left(1-e^{-R}\right) < \frac{\pi}{R} \quad \xrightarrow{R \to +\infty} \quad 0$$ (4)

となる。 ここではJordanの不等式

$$r>0;\qquad \int_0^{\pi/2} e^{-r \sin\theta} d\theta < \frac{\pi}{2r},\quad \int_0^{\pi} e^{-r\sin\theta} d\theta < \frac{\pi}{r}$$ (5)

を用いている。この前者は図右より明らかであり、後者はこの前者より導かれる。

次に経路$C_r$に於いては

$$\int_{C_r} \frac{e^{iz}}{z} dz = \int_{\pi}^{0} \frac{ e^{i r( \c... ...a})} d\theta \quad \xrightarrow{r \to 0} -i \int_{0}^{\pi} e^0 d\theta = -\pi i$$ (6)

でとなる。

以上式Eq.(3),(4),(6)より

$$\int_{0}^{+\infty}dX \frac{\sin{X}}{X} =\frac{\pi}{2}$$

であり、$\sin{X}/X$は偶関数であるから、求めるべき積分は

$$\int_{-\infty}^{+\infty}dX \frac{\sin{X}}{X} =\pi$$

となる。

脚注

... となる

$\lim_{R\to \infty} \int_{0}^{\pi} e^{-R \sin\theta} d\theta \to 0$は自明ではない（ $\theta=\pi/2$で $e^{-\infty\times 0}$の形になる）。

著者: 茅根裕司 chinone_at_astr.tohoku.ac.jp