大阪大学基礎工学研究科電子光科学 (システム創成専攻) 2021年8月実施電子光科学 [I-2]

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Miyake, 祭音Myyura

原文题干缺失。考虑整函数

f(z)=e^{-z^2}

以及第一象限内由线段 OA、圆弧 AB 和辐角为 $\pi/4$ 的线段 BO 构成的扇形围道，半径为 $r$ 。

在斜边 OB 上令 $z=te^{i\pi/4}$ ，写出 $z^2$ 与 $f(z)$ ，并参数化线积分。
用二维极坐标证明高斯积分

$\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt\pi}{2}.$
令 $r\to\infty$ ，证明圆弧 AB 上的积分趋于零；利用闭路积分求 Fresnel 积分

$C=\int_0^\infty\cos(x^2)\,dx,\qquad S=\int_0^\infty\sin(x^2)\,dx.$

$z$ が線分OB上にあるとすると、

\begin{aligned} z &= t e^{i \pi / 4} \\ z^2 &= t^2 e^{i \pi / 2} = i t^2 \\ f(z) &= e^{- i t^2} \end{aligned}

である。

求める積分を $I$ とすると、

\begin{aligned} I^2 &= \int_0^\infty e^{-x^2} dx \int_0^\infty e^{-y^2} dy \\ &= \int_0^{\pi/2} d \theta \int_0^\infty dr r e^{-r^2} \ \ \ \ \text{(2次元極座標)} \\ &= \frac{\pi}{2} \left[ - \frac{1}{2} e^{-r^2} \right]_0^\infty \\ &= \frac{\pi}{4} \\ \therefore \ \ I &= \frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{aligned}

である。

まず、

\begin{aligned} C &= \int_0^\infty \cos (x^2) dx \\ S &= \int_0^\infty \sin (x^2) dx \end{aligned}

とおく。まず、

$\mathrm{AB}$ 上で $z=re^{i\theta}\ (0\le\theta\le\pi/4)$ とおく。 $u=\pi/4-\theta$ とすると $\cos 2\theta=\sin 2u\ge4u/\pi$ なので、

\begin{aligned} \left|\int_{\mathrm{AB}}e^{-z^2}\,dz\right| &\le r\int_0^{\pi/4}e^{-r^2\cos2\theta}\,d\theta \le r\int_0^{\pi/4}e^{-4r^2u/\pi}\,du \le\frac{\pi}{4r}\to0. \end{aligned}

(1) より、

\begin{aligned} \int_{\mathrm{BO}} f(z) dz &= \int_r^0 e^{- it^2} \frac{1+i}{\sqrt{2}} dt \\ &= - \frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^r \left( \left( \cos (t^2) + \sin (t^2) \right) + i \left( \cos (t^2) - \sin (t^2) \right) \right) dt \\ &\xrightarrow{r \to \infty} - \frac{1}{\sqrt{2}} \left( (C+S) + i (C-S) \right) \end{aligned}

となる。

$f(z)$ は正則関数であるから、

\begin{aligned} \int_{\mathrm{OA}} f(z) dz + \int_{\mathrm{AB}} f(z) dz + \int_{\mathrm{BO}} f(z) dz = 0 \end{aligned}

が成り立つが、 $r \to \infty$ とすると、

\begin{aligned} \frac{\sqrt{\pi}}{2} + 0 - \frac{1}{\sqrt{2}} \left( (C+S) + i (C-S) \right) = 0 \end{aligned}

となり、

\begin{aligned} C=S=\frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt{2}} \end{aligned}

を得る。