制御と振動の数学/Laplace 変換/定積分の計算への応用/Fresnel積分

これは，光学や電磁気学に現れる式である．例によって， テンプレート:制御と振動の数学/equation とおいて Laplace 変換すると， テンプレート:制御と振動の数学/equation いま $x:=\sqrt{s}y,(s>0)$ とおけば， テンプレート:制御と振動の数学/equation となる．この原像を求めれば， テンプレート:制御と振動の数学/equation を得る．$t=a$ とおけばよい．

注 テンプレート:制御と振動の数学/equation テンプレート:制御と振動の数学/equation であるから， テンプレート:制御と振動の数学/equation を得る．この定積分は関数論の留数計算で求めるのが簡単である．

例65$$ テンプレート:制御と振動の数学/equation を示せ．

解答例

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\cos a{x}^{2}dx$ の場合と同じ方針で解く．

$f(t)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\sin t{x}^{2}dx$

とおいて両辺を Laplace 変換すると，

$ℒ[f]=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{x^2}{s^2+x^4}dx$

$x=\sqrt{s}y,s>0$ とおいて積分変数を $x$ から $y$ に変換すると $dx=\sqrt{s}dy$，また，

$ℒ[f]=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{s{y}^2}{s^2(1+y^4)}\sqrt{s}dy$

$=\frac{1}{\sqrt{s}}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{y^{2}dy}{y^4+1}$

分母 $y^4+1$ は

$y^4+1=(y^2+\sqrt{2}y+1)(y^2-\sqrt{2}y+1)$

と因数分解できるから，

$\frac{y^2}{y^4+1}=\frac{Ay+B}{y^2+\sqrt{2}y+1}+\frac{Cy+D}{y^2-\sqrt{2}y+1}$

とおいて，

$y^2=(Ay+B)(y^2-\sqrt{2}y+1)+(Cy+D)(y^2+\sqrt{2}y+1)$

$y^2=(A+C)y^3+[B+D+\sqrt{2}(C-A)]y^2+[A+C+\sqrt{2}(D-B)]y+(B+D)$

$y^n$ の係数を等置して，

$A+C=0$

$B+D=0$

$B+D+\sqrt{2}(C-A)=1$

$A+C+\sqrt{2}(D-B)=0$

これを解いて，

$A=-\frac{1}{2\sqrt{2}},C=\frac{1}{2\sqrt{2}},B=D=0$

$\therefore \frac{y^2}{y^4+1}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\{\frac{y}{y^2-\sqrt{2}y+1}-\frac{y}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}$

$=\frac{1}{4\sqrt{2}}\{\frac{2y}{y^2-\sqrt{2}y+1}-\frac{2y}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}$

$=\frac{1}{4\sqrt{2}}\{\frac{2y-\sqrt{2}}{y^2-\sqrt{2}y+1}-\frac{2y+\sqrt{2}}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}+\frac{1}{4\sqrt{2}}\{\frac{\sqrt{2}}{y^2-\sqrt{2}y+1}+\frac{\sqrt{2}}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}$

$=\frac{1}{4\sqrt{2}}\{\frac{2y-\sqrt{2}}{y^2-\sqrt{2}y+1}-\frac{2y+\sqrt{2}}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}+\frac{1}{4}\{\frac{1}{{(y-\frac{\sqrt{2}}{2})}^2+{\left(\sqrt{\frac{1}{2}}\right)}^2}+\frac{1}{{(y+\frac{\sqrt{2}}{2})}^2+{\left(\sqrt{\frac{1}{2}}\right)}^2}\}$

$\therefore \underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{y^2}{y^4+1}dy=\frac{1}{4\sqrt{2}}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\{\frac{2y-\sqrt{2}}{y^2-\sqrt{2}y+1}-\frac{2y+\sqrt{2}}{y^2+\sqrt{2}y+1}\}dy+\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\{\frac{1}{{(y-\frac{\sqrt{2}}{2})}^2+{\left(\sqrt{\frac{1}{2}}\right)}^2}+\frac{1}{{(y+\frac{\sqrt{2}}{2})}^2+{\left(\sqrt{\frac{1}{2}}\right)}^2}\}dy$

$=[\log |y^2-\sqrt{2}x+1|-\log |y^2+\sqrt{2}x+1|{]}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{\sqrt{2}}{4}\left(\right[{\tan }^{-1}(\sqrt{2}y){]}_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\mathrm{\infty }}+[{\tan }^{-1}(\sqrt{2}y){]}_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\mathrm{\infty }})$

$=\frac{1}{4\sqrt{2}}[\log \left|\frac{y^2-\sqrt{2}x+1}{y^2+\sqrt{2}x+1}\right|{]}_0^{\mathrm{\infty }}+\frac{\sqrt{2}}{4}\{\frac{\pi }{2}-{\tan }^{-1}(-\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2})+\frac{\pi }{2}-{\tan }^{-1}(\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2})\}$

$=0-0+\frac{\sqrt{2}}{4}(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4})$

$=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 2\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}$

$\therefore ℒ[f]=\frac{1}{\sqrt{s}}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{y^{2}dy}{y^4+1}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{s}}$

$\therefore f(t)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{2t}}(t>0)$

$\therefore f(a)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\sin a{x}^{2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{2a}}$

$\mathrm{♢}$