# 複素解析 p222問題3
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$\newcommand\pare[1]{(#1)}
\newcommand\Pare[1]{\left(#1\right)}
\newcommand\squa[1]{[#1]}
\newcommand\Squa[1]{\left[#1\right]}
\newcommand\Abs[1]{\left|#1\right|}
\newcommand\od[2]{\frac{d#1}{d#2}}$

## 問題
Fresnel積分の極限

\begin{align}
\int_{0}^{\infty} \cos(x^2)dx
&={\sqrt{\frac{\pi}{8}}} \\
\int_{0}^{\infty} \sin(x^2)dx
&={\sqrt{\frac{\pi}{8}}}
\end{align}

を示せ.

## 解答

複素平面上の第一象限に$\text{Re}$軸に沿う形で1/8 pizzaの周の形状の閉曲線$C$を取る.
$C$の半径を$R$とし, 円弧の経路を$\gamma_1$, $\pi/4$の方向を向いた経路を$\gamma_2$とする.

このとき, 次が成り立つ.

\begin{align}
&\int_{0}^{\infty}\Pare{\cos(x^2)+i\sin(x^2)}dx \\
={}&\lim_{R\to\infty}\Pare{\int_C e^{iz^2}dz-\int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz+\int_{-\gamma_2} e^{iz^2}dz} \\
={}&\lim_{R\to\infty}\Pare{-\int_{0}^{\pi/4} e^{i(Re^{i\theta})^2}Rie^{i\theta} d\theta+\int_{0}^{R} e^{i\Pare{\frac{1+i}{\sqrt{2}}t}^2}\frac{1+i}{\sqrt{2}}dt} \\
={}&\lim_{R\to\infty}\Pare{-\int_{0}^{\pi/4} e^{iR^2\cos(2\theta)}e^{-R^2\sin(2\theta)}Rie^{i\theta} d\theta+\int_{0}^{R} e^{-t^2}\frac{1+i}{\sqrt{2}}dt} \\
={}&-\lim_{R\to\infty}{R\int_{0}^{\pi/4} e^{iR^2\cos(2\theta)}e^{-R^2\sin(2\theta)}ie^{i\theta} d\theta}+\frac{1+i}{\sqrt{2}}\frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{align}

ただしガウス積分を使った．第1項について

\begin{align}
&\Abs{R\int_{0}^{\pi/4} e^{iR^2\cos(2\theta)}e^{-R^2\sin(2\theta)}ie^{i\theta} d\theta} \\
\le{}&R\int_{0}^{\pi/4} e^{-R^2\sin(2\theta)} d\theta \\
={}&\frac{1}{2R}R^2\int_{0}^{\pi/2} e^{-R^2\sin u} du \\
\end{align}

と評価できる.
ここで次式において$k\to\infty$を考える.

\begin{align}
&\Abs{k\int_{0}^{\pi/2} e^{-k\sin u} du-1} \\
\le{}&\Abs{k\int_{0}^{\delta} e^{-ku} du-1+k\int_{0}^{\delta} e^{-ku}\Pare{e^{k(u-\sin u)}-1} du}
+\Abs{k\int_{\delta}^{\pi/2} e^{-k\sin u} du} \\
\le{}&\Abs{k\Squa{-\frac{1}{k}e^{-ku}}_0^\delta-1}
+\Abs{k\int_{0}^{\delta}\Pare{e^{k(u-\sin u)}-1} du}
+\Abs{k e^{-k\sin\delta} \pi/2} \\
\le{}&{e^{-k\delta}}
+{k\delta\Pare{e^{k(\delta-\sin \delta)}-1}}
+2\Pare{k e^{-k\sin\delta}} \\
={}&{e^{-t^3{t^{-2}}}}
+{t^3{t^{-2}}\Pare{e^{t^3({t^{-2}}-\sin {t^{-2}})}-1}}
+2\Pare{t^3 e^{-t^3\sin{t^{-2}}}} \\
={}&{e^{-t}}
+{t\Pare{e^{t^3[t^{-6}]}-1}}
+2\Pare{t^3 e^{-t^3\squa{t^{-2}}}} \\
={}&{e^{-t}}
+[t^{-2}]
+2\Pare{t^3 e^{-[t]}} \\
\to{}&0 \quad (t\to\infty)
\end{align}

ただし上計算において$k=t^3, \delta=t^{-2}$とおいて$t\to\infty$とした.
($[t^n]$の記号の使い方が曖昧だが, (ここまで展開すればあとは自明な事柄を)厳密に書くのに疲れてしまった.)

よって

\begin{align}
\lim_{k\to\infty}k\int_{0}^{\pi/2} e^{-k\sin u} du=1
\end{align}

であり

\begin{align}
\lim_{R\to\infty}{}&\frac{1}{2R}R^2\int_{0}^{\pi/2} e^{-R^2\sin u} du=0
\end{align}

が従う.
故に

\begin{align}
&\int_{0}^{\infty}\Pare{\cos(x^2)+i\sin(x^2)}dx=\frac{1+i}{\sqrt{2}}\frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{align}

であり

\begin{align}
\int_{0}^{\infty} \cos(x^2)dx
&={\sqrt{\frac{\pi}{8}}} \\
\int_{0}^{\infty} \sin(x^2)dx
&={\sqrt{\frac{\pi}{8}}}
\end{align}

を得る.