質問＜１２９７＞２００３／７／３
from=マコト
「広義積分」

∫e^{-x^2}cos(2αx)dx=√πe^{-α^2}/2
0～∞
を示してください。

お便り２００３／７／１３
from=マコト

先生がヒントとして
F(α)＝∫e^{-x^2}cos(2αx)dx=√πe^{-α^2}/2
0～∞
とおいて、
F'(α)＝-2αF(α)
を証明して、その結果を用いて証明すればいい。
とヒントをくれました。
でもどうすればいいのかまったくわかりません。
よろしくお願いします。m(__)m

お便り２００３／７／１４
from=Tetsuya Kobayashi

今回も『解析概論』をめくっていたらほとんどそのまま同じ問題を発見。
[解析概論 p.248]

[例6]
 J(\alpha) = \int_0^{\infty}e^{-x^2}\cos\alpha x dx
 = \sqrt{\pi}/2 e^{-{\alpha}^2/4}.
この積分 J(\alpha) は(\alpha に関して平等に)収束するが、
積分記号下で微分して、
J'(\alpha) = -\int_0^{\infty}e^{-x^2}x\sin\alpha x dx.
|\sin\alpha x|\le 1 で、これも平等に収束するから、
この微分が許される。さて、
J'(\alpha) = [1/2 e^{-x^2}\sin\alpha x]_0^{\infty}
　　　　　　　 - \alpha/2 \int_0^{\infty}e^{-x^2}\cos\alpha x dx
故に、J'(\alpha) = -\alpha/2 J(\alpha).
すなわち、(d/dx)\log J(\alpha) = -\alpha/2 
したがって \log J(\alpha) = -{\alpha}^2/4 + C.
又は J(\alpha) = Ce^{-{\alpha}^2/4}.
定数 C を求めるために \alpha=0 と置けば、
C = J(0) = \int_0^{\infty}e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}/2.
故に表記の結果を得る。

お便り２００３／７／１５
from=Tetsuya Kobayashi

[解析概論 pp.385-386]
(練習問題(五)-(6))
\int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos 2ax dx = \sqrt{\pi}/2 e^{-a^2}.
[解] これは既知である(248頁、例6)が虚数積分を使って 
e^{-z^2} を x=0, x=R, y=0, y=a で囲まれた長方形の周に沿って積分
すれば簡単に求められる。
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問題の形が全く同じなので、出題者はこちらの答案を期待していたのでは
ないでしょうか。ということで、この方法で解いてみます。

e^{-z^2} は z-平面の全部で正則だから、
\int_0^R e^{-x^2} dx
+ i\int_0^a e^{-(R+iy)^2} dy
+ \int_R^0 e^{-(x+ia)^2} dx
+ i\int_a^0 e^{-(iy)^2} dy = 0.
実部のみを書き下すと、
\int_0^R e^{-x^2} dx
+ e^{-R^2}\int_0^a e^{y^2}\sin 2Ry dy
- e^{a^2}\int_0^R e^{-x^2}\cos 2ax dx = 0.
R -> +\infty のとき、第1項 -> \sqrt{\pi}/2 、第2項 -> 0 だから、
e^{a^2}\int_0^R e^{-x^2}\cos 2ax dx -> \sqrt{\pi}/2 (R -> +\infty),
すなわち、
\int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos 2ax dx = \sqrt{\pi}/2 e^{-a^2}.
示された。