0066-2003 东大工 数学 P71

复变函数 复积分 柯西积分定理

積分経路C(下図)を用いた複素積分 $\int f(z)dz$ により ${\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\cos 2\alpha }\cos (x^2\sin 2\alpha )dx$ を求めたい。

ただし、$0<\alpha <\frac{\pi }{4}$ とする。また必要に応じて ${\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$ を用いよ。

(1) 被積分関数 $f(z)$ を示せ。

(2) 積分経路 $C$ の周回積分 ${\oint }_{C}f(z)dz$ を求めよ。

(3) 積分路 I, II, III に関して次の設問に答えよ。

(3-1) 積分路 I における線積分 $\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{I}f(z)dz$ を求めよ。

(3-2) 積分路 II における線積分 ${\int }_{II}f(z)dz\stackrel{R\to \infty }{\to }0$ を示せ。

(3-3) 積分路 III における線積分 $\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{III}f(z)dz$ を求めよ。

(4) ${\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\cos 2\alpha }\cos (x^2\sin 2\alpha )dx$ を求めよ。

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解答：

(1)

$$\boxed{f(z)=e^{-z^2}}$$

(2)
$f(z)$ は全平面で正則であるから、コーシーの積分定理より、

$$\boxed{0}$$

(3-1)
積分路 I では $z=x(0\le x\le R)$、$dz=dx$。
$\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_I{e}^{-z^2}dz={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\boxed{\frac{\sqrt{\pi }}{2}}$

(3-2)
積分路 II では $z=R{e}^{i\theta }(0\le \theta \le \alpha )$、$dz=iR{e}^{i\theta }d\theta$。

$$\begin{array}{rl}|f(z)|& =|e^{-R^2(\cos 2\theta +i\sin 2\theta )}|\\ & =e^{-R^2\cos 2\theta }\end{array}$$

$0\le \theta \le \alpha <\frac{\pi }{4}$ のとき、$\cos 2\theta \ge \cos 2\alpha >0$ であるから、

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{II}f(z)dz\right|& \le {\int }_0^{\alpha }{e}^{-R^2\cos 2\theta }Rd\theta \\ & \le {\int }_0^{\alpha }{e}^{-R^2\cos 2\alpha }Rd\theta \\ & =\alpha R{e}^{-R^2\cos 2\alpha }\end{array}$$

$\underset{R\to \infty }{\lim }\alpha R{e}^{-R^2\cos 2\alpha }=0$ より、

$$\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{II}f(z)dz=0\text{(証明終)}$$

(3-3)
積分路 III では $z=r{e}^{i\alpha }$、$dz=e^{i\alpha }dr$、$r$ は $R$ から $0$ まで変化する。

$$\begin{array}{rl}{\int }_{III}f(z)dz& ={\int }_R^0{e}^{-r^2{e}^{i2\alpha }}{e}^{i\alpha }dr\\ & =-e^{i\alpha }{\int }_0^R{e}^{-r^2(\cos 2\alpha +i\sin 2\alpha )}dr\end{array}$$

よって、

$$\boxed{\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{III}f(z)dz=-e^{i\alpha }{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2\cos 2\alpha }(\cos (r^2\sin 2\alpha )-i\sin (r^2\sin 2\alpha ))dr}$$

(4)
(2)の結果より ${\int }_{I}f(z)dz+{\int }_{II}f(z)dz+{\int }_{III}f(z)dz=0$。
$R\to \infty$ の極限をとると、

$$\frac{\sqrt{\pi }}{2}+0-e^{i\alpha }{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2{e}^{i2\alpha }}dx=0$$ $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2{e}^{i2\alpha }}dx& =\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-i\alpha }\\ & =\frac{\sqrt{\pi }}{2}(\cos \alpha -i\sin \alpha )\end{array}$$

左辺を実部と虚部に分けると、

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\cos 2\alpha }\cos (x^2\sin 2\alpha )dx-i{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\cos 2\alpha }\sin (x^2\sin 2\alpha )dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\cos \alpha -i\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sin \alpha$$

両辺の実部を比較して、

$$\boxed{\frac{\sqrt{\pi }}{2}\cos \alpha }$$

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这道题是利用复变函数中柯西积分定理求解实积分的经典问题，属于计算菲涅耳积分的推广类型。第一步需要通过观察目标积分的结构来构造适当的复变函数，将被积函数里的余弦和指数形式还原为复数的高斯函数形式。整个推导过程依赖于在复平面上构造一个扇形闭合回路，因为函数在整个复平面解析，所以沿闭合回路的积分为零。对于圆弧段上的积分，利用三角函数的不等式放缩可以证明当半径趋于无穷大时该部分积分趋于零。最后，将另外两段直线路段的积分相加为零，通过提取结果方程的实部就可以直接得到题目要求计算的广义积分的值，同理提取虚部还可以顺便求出对应的正弦形式的积分值。