フレネル積分(とガウス積分)

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こんにちは、迅です。

量子力学の本を読んでいたときに、
ガウス積分を複素数に拡張したものが出てきました。

特別難しいことではないですが、
メモとして書き留めておこうと思います。

問題
コメントと解法
- ガウス積分
まとめ

問題

フレネル積分
$a$ を正の定数とするとき、 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx e^{-iax^2}$ を解け。

コメントと解法

ネイピア数の指数部分に虚数 $i$ を含んでいる点がガウス積分と異なるところですね。

ガウス積分は、例えば正規分布 ( $p(x)\propto e^{-\frac{x^2}{2}}$ ) を考えるときに
確率分布は全空間で積分をしたら1になるよう要請されていることから、
正規化するために計算することがあったりします。

ちなみに、ガウス積分は
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx e^{-ax^2} = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$
と得られます。
(ガウス積分は本題とずれるので、下を参考にしてください。)

まず、 $\displaystyle\int dz e^{-iaz^2}$ を複素平面すべてで積分することを考えます。
これは被積分関数が正則なのでコーシーの積分定理よりゼロになります。

一方で、 $z=re^{i\theta}$ と変数変換することで、
図のように積分領域を分割してもいいはずです。

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円弧の半径を $R$ とすると、各領域の積分は次のようになります。

(1): $\displaystyle \int_{-R}^{R} dr e^{-iar^2}$ となり、これはほしい結果の $R$ の無限大極限前の表式ですね。
※ 実線上なので、 $\theta=0$ の場合を考えています。

(2): $\displaystyle iR \int_0^{-\pi/4} d\theta e^{i\theta} e^{-iaR^2 e^{i\theta}}$ となります。
※ $\theta$ は反時計回りを正としました。
※ $r$ は $R$ で固定されていることに注意すると、ヤコビアンは $dz=iRe^{i\theta}d\theta$ です。

ここで被積分関数に着目すると
$\displaystyle e^{i\theta} e^{-iaR^2 e^{i\theta}} = e^{aR^2\sin\theta} e^{-i(\theta + aR^2 \cos\theta)}$
となります。( $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ を使いました。)

一見、 $R\rightarrow\infty$ で発散するように見えますが、
元の被積分関数において $\theta \rightarrow -\theta$ と変換するので、第一項がゼロに収束し
この積分は $R$ の無限大極限でゼロになります。

(3): $\displaystyle \int_{R}^{-R} dr e^{-i\pi/4} e^{-iar^2e^{-i\pi/2}}$ です。
※ $\theta=-\pi/4$ で固定されたところを $r$ で積分するので、ヤコビアンは $dz=e^{-i\pi/4}dr$ です。
※ 積分の向きが第4象限から第2象限に向かっているので、
　 $r: R\rightarrow -R$ と向きが変わっていることに注意してください。

$\theta$ が固定されていることからこの積分はもう少し簡単にできて、
$\displaystyle -\frac{1}{\sqrt{2}}(1-i) \int_{-R}^{R} dr e^{-ar^2}$
となります。
ここで、 $R$ を無限大の極限をとると、ガウス積分になることを用いると、
$\displaystyle \lim_{R\rightarrow\infty} -\frac{1}{\sqrt{2}}(1-i) \int_{-R}^{R} dr e^{-ar^2} = -\frac{1}{\sqrt{2}}(1-i) \sqrt{\frac{\pi}{a}}$
となります。

(4): これは(2)と同様の議論から無限大極限でゼロに収束します。

以上から、(1)-(4)の和がゼロになる(コーシーの定理)ということなので、
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx e^{-iax^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1-i) \sqrt{\frac{\pi}{a}}$
が得られます。

このままでもいいですが、もう少し簡単にできて、
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}(1-i) = e^{-i\pi/4} = \frac{1}{\sqrt{e^{i\pi/2}}} = \frac{1}{\sqrt{i}}$
であることを用いると、

フレネル積分の解
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx e^{-iax^2} = \sqrt{\frac{\pi}{ia}}$

が得られます。

面白いことに厳密には複素積分をする必要があるのですが、
実用上は単純にガウス積分の係数に虚数 $i$ がついただけの結果になりますね。

ガウス 積分

ガウス積分

$a$ を正の定数とするとき、 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx e^{-ax^2} \tag{A.1}$

を解きます。

いろいろな解き方がありますが、その一つを紹介します。

まず、次のようにして二次元平面に拡張します。
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dx \int_{-\infty}^{\infty} dy e^{-a(x^2+y^2)} \tag{A.2}$

これは、 $xy$ 平面上を積分することになっていますが、
よくみると(A.1)を二乗しているのと等価なのがわかります。
( $x$ と $y$ は入れ替えても同じです。)

なので(A.2)を解いて平方根を取れば、解が得られるという戦法です。

ここからは、(A.2)を解くことを考えます。
直交座標から極座標に変換 $(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ すると、
このヤコビアンは $r$ なので、
変数変換後の(A.2)は
$\displaystyle\int_{0}^{\infty} dr \int_{0}^{2\pi} d\theta\,r e^{-ar^2} \tag{A.3}$
となりますね。