尤拉公式&留數定理求積分—

根據三角函式的性質，我們不難得出這兩個積分法則

$\int\cos\theta\mathrm{d}\theta=\sin\theta+C \\ \int\sin\theta\mathrm{d}\theta=-\cos\theta+C$

但是如果我們把被積函式程式設計

$\sin(x^2)$

和

$\cos(x^2)$

時卻沒有初等形式的不定積分，然而故事沒有結束。就像不是所有的牛奶都叫特侖蘇一樣，

不是所有的定積分都要用原函式來求。

因此，這不會阻礙我們研究下面兩個瑕積分：

$\int_{-\infty}^\infty\cos(x^2)\mathrm{d}x\quad\quad\quad\int_{-\infty}^\infty\sin(x^2)\mathrm{d}x \\$

根據尤拉公式

$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$

，我們可以得到

$e^{ix^2}=\cos(x^2)+i\sin(x^2)$

，所以只要我們算出

$\int_{-\infty}^\infty e^{ix^2}\mathrm{d}x$

，就能夠一口氣回答兩道題。

一般這種情況我們有兩種做法：

含參積分

複分析

由於作者兩種方法均有考慮，認為含參積分需要很多複雜&巧妙的構造，所以本篇文章將採用複分析的方法來求解。

我們已知高斯積分

$\int_0^\infty e^{-x^2}\mathrm{d}x={\sqrt\pi\over2}$

，所以我們可以想方設法在我們設計的圍道中湊出一個高斯積分。經過斟酌，我們採用了下圖的扇形圍道

圖片為作者原創，如用雷同純屬巧合

現在，我們寫出等式：

$\oint_Ce^{iz^2}\mathrm{d}z=\underbrace{\int_0^Re^{ix^2}\mathrm{d}x}_{\gamma_1}+\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z+\int_{\gamma_2}e^{iz^2}\mathrm{d}z \\$

根據

柯西積分定理（Cauchy integral theorem）

，我們發現等式左側的積分等於零。

$0=\int_0^Re^{ix^2}\mathrm{d}x+\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z+\int_{\gamma_2}e^{iz^2}\mathrm{d}z \\$

其中我們可以先代入一下

$\Gamma$

弧的引數

$z=Re^{it},\space\mathrm{d}z=iRe^{it}\mathrm{d}t$

，其中積分從0到π/4：

$\begin{aligned} \int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z &=iR\int_0^{\pi/4}e^{iR^2e^{2it}}e^{2it}\mathrm{d}t \\ &=iR\int_0^{\pi/4}e^{2it+iR^2\cos(2t)}e^{-R^2\sin(2t)}\mathrm{d}t \end{aligned}$

很明顯，這個積分看起來非常地複雜，所以我們不打算直接求它。然而，我們要算它絕對值的上限：

$\begin{aligned} \left|\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z\right| &\le|iR|\int_0^{\pi/4}\left|e^{2it+iR^2\cos(2t)}\right|e^{-R^2\sin(2t)}\mathrm{d}t \\ &=R\int_0^{\pi/4}e^{-R^2\sin(2t)}\mathrm{d}t \end{aligned}$

現在這個積分看起來沒法繼續簡化了，但實際上我們可以根據

積分中值定理（Mean value theorem for integrals）

，得到一個

$\xi\in(0,\pi/4)$

，使得

$e^{-R^2\sin(2\xi)}(\pi/4)=\int_0^{\pi/4}e^{-R^2\sin(2t)}\mathrm{d}t \\$

於是我們得到

$\left|\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z\right|\le{R\pi\over4}e^{-R^2\sin(2\xi)}$

。現在我們來觀察一下

$y=\sin(2x)$

的影象，可以發現當00，所以

$\sin(2\xi)>0$

。因此當R趨近於+∞時，整個積分就變成零了。

$\lim_{R\to\infty}\left|\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z\right|\le\lim_{R\to\infty}{R\pi\over4}e^{-R^2\sin(2\xi)}=0\Rightarrow\lim_{R\to\infty}\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z=0 \\$

現在我們再來看看

$\gamma_2$

圍道下的積分。其中

$\gamma_2$

的引數為

$z=te^{i\pi/4},\space\mathrm{d}z=e^{i\pi/4}\mathrm{d}t$

，積分從R到0，最終我們得出

$\int_{\gamma_2}e^{iz^2}\mathrm{d}z=e^{i\pi/4}\int_R^0e^{i(e^{i\pi/4}t)^2}\mathrm{d}t=-e^{i\pi/4}\int_0^Re^{i\cdot it^2}\mathrm{d}t=-e^{i\pi/4}\int_0^Re^{-t^2}\mathrm{d}t \\$

現在我們把它代入到最初的等式裡，得到：

$\begin{aligned} 0&=\int_0^Re^{ix^2}\mathrm{d}x+\int_{\Gamma}e^{iz^2}\mathrm{d}z-e^{i\pi/4}\int_0^Re^{-t^2}\mathrm{d}t \\ e^{i\pi/4}\int_0^Re^{-t^2}\mathrm{d}t&=\int_0^Re^{ix^2}\mathrm{d}x+\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z \end{aligned} \\$

兩側取

$R\to\infty$

的極限，得：

$\begin{aligned} \lim_{R\to\infty}e^{i\pi/4}\int_0^Re^{-t^2}\mathrm{d}t&=\lim_{R\to\infty}\left[\int_0^Re^{ix^2}\mathrm{d}x+\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z\right] \\ e^{i\pi/4}\int_0^\infty e^{-t^2}\mathrm{d}t&=\int_0^\infty e^{ix^2}\mathrm{d}x+\underbrace{\lim_{R\to\infty}\int_\Gamma e^{iz^2}\mathrm{d}z}_0 \\ e^{i\pi/4}\cdot{\sqrt\pi\over2}&=\int_0^\infty e^{ix^2}\mathrm{d}x \end{aligned} \\$