5.3 実積分への応用

1．

(a)

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2 + x + 1} dx$$

より 閉曲線$C$を実軸上の$-R$と$R$を結ぶ直線と$R$と$-R$を結ぶ半径$R$，中心0の曲線$C_{R}$とすると，

$$\int_{C}\frac{1}{z^2 + z + 1} dz = \int_{-R}^{R}\frac{1}{x^2 + x + 1} dx + \int_{C_{R}}\frac{1}{z^2 + z + 1} dz$$

と表わせる．ここで， $\int_{C}\frac{1}{z^2 + z + 1} dz$を求めると，特異点は $z = \frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2} = e^{-\frac{2\pi i}{3}}$であるが， $z = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} = e^{-\frac{2\pi i}{3}}$だけが曲線$C$の内部にあるので，留数定理により

$$\int_{C}\frac{1}{(z^2 +1)(z^2 +4)} dz = 2\pi i(Res[e^{-\frac{2\pi i}{3}}])$$

で求まる．なお，

$$Res[\frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}] = \lim_{z \to \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}}(z - \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2})\frac{1}{z^2 + z + 1}$$

$$= \lim_{z \to \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}}\frac{1}{2z + 1} = \frac{1}{\sqrt{3} i} \ (ロピタルの定理より)$$

より

$$\int_{C}\frac{1}{z^2 + z + 1} dz = 2\pi i(\frac{1}{\sqrt{3}i}) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$$

次に， $\int_{C_{R}}\frac{1}{z^2 + z+ 1} dz \rightarrow 0 (R \to \infty)$を示せれば，

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2 + x + 1} dx = \int_{C}\frac{1}{z^2 + z + 1} dz = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$$

となり，実積分を求めたことになる．そこで $\int_{C_{R}}\frac{1}{z^2 + z+ 1} dz \rightarrow 0 (R \to \infty)$を示す．

$$\vert z_{1} + z_{2}\vert \leq \vert z_{1}\vert + \vert z_{2}\vert, \vert z_{1} - z_{2}\vert \geq \vert z_{1}\vert - \vert z_{2}\vert$$

であることに注意すると

$$\vert z^2 + z + 1\vert = \vert z^2 - (-z-1)\vert \geq \vert z^2\vert - \vert-(z+1)\vert = \vert Z^2\vert - \vert z\vert -1 = R^2 - R -1$$

より

$$\vert\frac{1}{z^2 + z + 1}\vert \leq \frac{1}{\vert z^2\vert - \vert z\vert -1}$$

$$\leq \frac{1}{R^2 - R -1} \to 0 (R \to \infty)$$

(b)

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^2 + 1)(x^2 + 4)} dx = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^2 + 1)(x^2 + 4)} dx$$

より 閉曲線$C$を実軸上の$-R$と$R$を結ぶ直線と$R$と$-R$を結ぶ半径$R$，中心0の曲線$C_{R}$とすると，

$$\int_{C}\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} dz = \int_{-R}^{R}\frac{1}{(x^2 +1)(x^2 +4)} dx + \int_{C_{R}}\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} dz$$

と表わせる．ここで， $\int_{C}\frac{1}{(z^2 +1)(z^2 +4)} dz$を求めると，特異点は $z = \pm i, \pm 2i$であるが，$z = i, 2i$だけが曲線$C$の内部にあるので，留数定理により

$$\int_{C}\frac{1}{(z^2 +1)(z^2 +4)} dz = 2\pi i(Res[i] + Res[2i])$$

で求まる．なお，

$$Res[i] = \lim_{z \to i}(z - i)\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} = \lim_{z \to i}\frac{1}{(z+i)(z^2 +4)} = \frac{1}{2i(3)} = \frac{1}{6i}$$

$$Res[2i] = \lim_{z \to 2i}(z - 2i)\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} = \lim_{z \to 2i}\frac{1}{(z^2 + 1)(z + 2i)} = \frac{1}{-3(4i)} = \frac{-1}{12i}$$

より

$$\int_{C}\frac{1}{(z^2 +1)(z^2 +4)} dz = 2\pi i(\frac{1}{6i} - \frac{1}{12i}) = 2\pi i (\frac{1}{12 i}) = \frac{\pi}{6}$$

次に， $\int_{C_{R}}\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} dz \rightarrow 0 (R \to \infty)$を示せれば，

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^2 +1)(x^2 +4)} dx = \int_{C}\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} dz = \frac{\pi}{6}$$

となり，実積分を求めたことになる．そこで $\int_{C_{R}}\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)} dz \rightarrow 0 (R \to \infty)$を示す．

$$\vert z^2 + 1\vert = \vert z^2 - (-1)\vert \geq \vert z^2\vert - \vert-1\vert = \vert Z^2\vert - 1 = R^2 -1$$

$$\vert z^2 + 4\vert = \vert z^2 - (-4)\vert \geq \vert z^2\vert - \vert-4\vert = \vert z^2\vert - 4 = R^2 - 4$$

より

$$\vert\frac{1}{(z^2 + 1)(z^2 + 4)}\vert \leq \frac{1}{\vert z^2 + 1\vert\vert z^2 + 4\vert}$$

$$\leq \frac{1}{R^2 -1}\frac{1}{R^2 - 4} \to 0 (R \to \infty)$$

(c)

三角関数の積分である．ここで，曲線$C$は中心が原点で半径1の円であるので， $z = e^{i\theta}$とおく．次に， $\sin{\theta}$を$z$を用いて表すと，.

$$\sin{\theta} = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} = \frac{z-z^{-1}}{2i}$$

また， $dz = ie^{i\theta} = izd\theta$. よって，

$$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{1+\sin{\theta}} = \oint_{C}\frac{1}{2+\frac{z - z^{-1}}{2i}}\frac{dz}{iz} = \oint_{C}\frac{2}{z^2 + 4iz -1}dz$$

特異点は $z = -2i \pm \sqrt{3}i$であるが， $z = -2i - \sqrt{3}i$ は曲線$C$の外側である. したがって， $z = -2i + \sqrt{3}i$の留数を求めればよい． $z = -2i + \sqrt{3}i$ は第1位の曲であるので，

$$Res[-2i + \sqrt{3}i] = \lim_{z \to -2i + \sqrt{3}i}(z - (-2i + \s... ...^2 + 4iz -1}= \lim_{z \to -2i + \sqrt{3}i}\frac{2}{2z+4i} = \frac{1}{\sqrt{3}i}$$

したがって，

$$\oint_{C}\frac{2}{z^2 + 4iz -1}dz = 2\pi i\frac{1}{\sqrt{3}i} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$$

これより

$$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{2 +\sin{\theta}} = \frac{2\pi}{3}$$

(d) この積分を求めるには, 曲線 $C$ を $z = e^{i\theta}$で表す. すると $\sin{\theta} = \frac{z - z^{-1}}{2i}, dz = iz d\theta$となる．よって，

$$\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{(2+\sin{\theta})^2}d\theta = \oint_{C}\frac{1}{(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2}\frac{1}{iz}dz$$

ここで，留数定理をもちいて次の積分を求める． $\oint_{C}\frac{1}{(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2}\frac{1}{iz}dz$.

$$(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2 = (2 + \frac{z^2 - 1}{2iz})^2 = 4 +... ...{2iz} + \frac{z^4 -2z^2 + 1}{-4z^2} = \frac{z^4 + 8z^3i -18z^2 -8zi + 1}{-4z^2}$$

これより

$$\frac{1}{(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2} = \frac{-4z^2}{z^4 + 8z^3i -18z^2 -8zi + 1}$$

$z^4 + 8z^3i -18z^2 -8zi + 1 = (z^2 + 4iz -1)^2$と表せるので，特異点は $z = -2i \pm \sqrt{-3} = -2i \pm \sqrt{3}i$. ただし， $-2i - \sqrt{3}i$は曲線$C$の外側であるから， $-2i + \sqrt{3}i$の留数だけを求めればよい．

$$\oint_{C}\frac{1}{(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2}\frac{1}{iz}dz = \oint_{C}\frac{-4\pi i}{z^4 + 8z^3i -18z^2 -8zi + 1}$$

より $z = -2i + \sqrt{3}i$ は第2位の極である. よって，

$$Res[-2i + \sqrt{3}i] = \lim_{z \to -(2-\sqrt{3})i}\left(\frac{4\p... ...{(z -(-2-\sqrt{3}i)^2}\right)' = \frac{32\sqrt{3}i}{48} = \frac{-2\sqrt{3}i}{3}$$

したがって,

$$\oint_{C}\frac{1}{(2 + \frac{z - z^{-1}}{2i})^2}\frac{1}{iz}dz = 2\pi i(\frac{-2\sqrt{3}i}{3}) = \frac{4\sqrt{3}\pi}{3}$$

(e)

点$R$と $-R$ を結ぶ曲線$C_1$， 点 $R$ と点 $-R$を結ぶ曲線$C_R$とする. 曲線 $C$はこの直線 $C_1$ と曲線 $C_R$でできているとする．ここでは，次のような積分を考える．

$$\int_{C_1}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx + \int_{C_R}\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}dz = \oint_{C}\frac{iz}{(z^2 + 1)~2}dz$$

ます，留数定理を用いて $\oint_{C}\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}dz$の値を求める．$z=\pm i$ が特異点であるが，$z = -i$ は曲線$C$の外部である． そこで，$z = i$の留数を求めると $z = i$ は第2位の極であるので，

$$Res[i] = \lim_{z \to i}\left((z-i)^2\frac{e^{iz}}{(z+i)^2 (z-i)^2}\right)' = \frac{-ie^{-1}}{2}$$

したがって，

$$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}dz = 2\pi i(\frac{-ie^{-1}}{2}) = \pi e^{-1}$$

$C_1$上での積分を行う.

$$\int_{C_{1}}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx = \int_{-R}^{R}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx = \int_{-R}^{0}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx + \int_{0}^{R}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx$$

$$= \int_{0}^{R}\frac{e^{-ix}}{(x^2 + 1)^2}dx + \int_{0}^{R}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx = 2\int_{0}^{R}\frac{\cos{x}}{(x^2 + 1)^2}dx$$

$C_{R}$上での積分を行う. $\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}dx \to 0$が $R \to \infty$で収束することを示す． $\vert\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}\vert \leq \frac{M}{R^k}$となる$M,k$が存在することを示せばよい．

$$\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}\vert \leq \frac{\vert e^{iz}\vert}{(z^2 + 1)^2} \leq \frac{1}{z^4 - 2z^2} \leq \frac{1}{R^4 - R^2}$$

これより，

$$\int_{C_1}\frac{e^{ix}}{(x^2 + 1)^2}dx + \int_{C_R}\frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2}dz = \oint_{C}\frac{iz}{(z^2 + 1)~2}dz = \pi e^{-1}$$

したがって，

$$2\int_{0}^{R}\frac{\cos{x}}{(x^2 + 1)^2}dx = \frac{\pi}{2e}$$

(f)

点$R$と $-R$ を結ぶ曲線$C_1$， 点 $R$ と点 $-R$を結ぶ曲線$C_R$とする. 曲線 $C$はこの直線 $C_1$ と曲線 $C_R$でできているとする．ここでは，次のような積分を考える．

$$\int_{C_1}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx + \int_{C_R}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz = \oint_{C}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz$$

まず，留数定理を用いて $\oint_{C}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz$の値を求める. $z=\pm i$が特異点であるが， $z = -i$は曲線$C$の外部である. そこで， $z = i$の留数を求めると$z = i$は1位の極なので.

$$Res[i] = \lim_{z \to i}\frac{-ize^{imz}}{(z+i)(z-i)} = \frac{e^{-m}}{2i}$$

したがって,

$$\oint_{C}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz = 2\pi i\frac{e^{-m}}{2i} = \pi e^{-m}$$

$C_1$上での積分を考える.

$$\int_{C_1}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx = \int_{-R}^{R}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx = \int_{-R}^{0}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx + \int_{0}^{R}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx$$

$$= \int_{0}^{R}\frac{ixe^{-imx}}{x^2 + 1}dx + \int_{0}^{R}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx = \int_{0}^{R}\frac{-ix(e^{imx}- e^{-imx})}{x^2 + 1}dx$$

$$= 2\int_{0}^{R}\frac{x\sin{mx}}{x^2 + 1}dx$$

$C_{R}$上での積分を行う. $\int_{C_R}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dx$が $R \to \infty$で0に収束することを示す． $C_R$において $z = Re^{i\theta}$であるから $dz = Rie^{i\theta}$ そして，

$$\int_{C_R}\vert\frac{-ize^{imz}}{z^2 +1}\vert dz = \int_{0}^{\pi}\vert\frac{-iRe^{i\theta}e^{iRme^{i\theta}}}{R^2 e^... ...}Rie^{i\theta}\vert d\theta = \int_{0}^{R}\vert e^{iRme^{i\theta}}\vert d\theta$$

$$= \int_{0}^{\pi}\vert e^{iRm(\cos{\theta} + i\sin{\theta})}\vert d\... ...int_{0}^{\pi}\vert e^{iRm(\cos{\theta})}\cdot e^{iRm(\sin{\theta}}\vert d\theta$$

$$= \int_{0}^{\pi}e^{-Rm\sin{\theta}}d\theta$$

ここで， $\sin{\theta}$のグラフを考える． $[0, \frac{\pi}{2}]$と $[\frac{\pi}{2},\pi]$とに積分を分けると，

$$\int_{0}^{\pi}e^{-Rm\sin{\theta}}d\theta = 2\int_{0}^{\pi/2}e^{-Rmsin{\theta}}d\theta$$

また， $[0, \frac{\pi}{2}]$において， $\sin{\theta} \geq \frac{2\theta}{\pi}$が成り立つ. したがって，

$$2\int_{0}^{\pi/2}e^{-Rmsin{\theta}}d\theta \leq 2 \int_{0}^{\pi/2}e^{-Rm \frac{2\theta}{\pi}} d\theta$$

$$= 2\frac{-\pi}{2Rm}e^{-Rm\frac{2\theta}{\pi}}\mid_{0}^{\pi/2}$$

$$= \frac{\pi}{Rm}(e^{-Rm} -1) \to 0\ (R \to \infty)$$

これより,

$$\int_{C_1}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx + \int_{C_R}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz = \oint_{C}\frac{-ize^{imz}}{z^2 + 1}dz = \pi e^{-m}$$

and

$$\int_{C_1}\frac{-ixe^{imx}}{x^2 + 1}dx = 2\int_{0}^{R}\frac{x\sin{mx}}{x^2 + 1}dx$$

Therefore,

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{mx}}{x^2 + 1}dx = \frac{\pi}{2e^{m}}$$

(g)

$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x(x^2+1)^2}dx$を解くには, 点0が特異点であることに注意し，点 $\varepsilon$と点$R$を結ぶ直線を$C_1$, 点$R$と$-R$を結ぶ曲線$C_2$, 点$-R$と点 $\varepsilon$を結ぶ直線$C_3$, 点 $-\varepsilon$と点 $\varepsilon$を結ぶ曲線$C_4$を考える. 曲線$C$は $C_1, C_2, C_3, C_4$でできている. ここでは，次のような積分を考える．

$$\int_{C_1}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx + \int_{C_2}\frac{-ie^{iz... ...{C_4}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz = \oint_{C}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz$$

まず，留数定理を用いて $\oint_{C}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz$の値を求める. $z = 0, \pm i$は得点であるが$z = -i$は曲線$C$の外部である. そこで$z = 0, i$の留数を求める.

$$Res[0] = \lim_{z \to 0}\frac{-zie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2} = -i$$

次に$z = i$の留数を求める．$z = i$は2位の極であるので，

$$Res[i] = \lim_{z \to i}\left((z-i)^2\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}\right)' = \frac{-12ie^{-1}}{-16} = \frac{3i}{4e}$$

したがって,

$$\oint_{C}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz = 2\pi i(-i + \frac{3i}{4e}) = 2\pi - \frac{3\pi}{2e}$$

$C_1$と$C_3$における積分を行う.

$$\int_{\varepsilon}^{R}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx + \int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx$$

$x = -u$とおくと，$dx = -du$， $x: -R \to -\varepsilon$, $u:R \to \varepsilon$. これより，

$$\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx = \int_{R}^... ...iu}}{(-u)(u^2+1)^2}(-du) = \int_{\varepsilon}^{R}\frac{-ie^{-ix}}{x(x^2+1)^2}dx$$

したがって,

$$\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx + \int_{\varepsilon}^{R}\frac{-ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx = \int_{\varepsilon}^{R}\frac{ie^{-ix} - ie^{ix}}{x(x^2+1)^2}dx = 2\int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2ix(x^2+1)^2}dx$$

$$= 2\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\sin{x}}{x(x^2+1)^2}dx$$

$C_2$における積分を行う. $\int_{C_2}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz$が $R \to \infty$で0に収束することを示す. $z = Re^{i\theta}$より,

$$\int_{C_2}\vert\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz\vert \leq \frac{1}... ...vert^2}\vert dz\vert \leq \frac{1}{R(R^4 - 2R^2)}\pi R \leq \frac{1}{R^4 - R^2}$$

したがって，定理より，この積分は$R$ goes to $\infty$で0に収束する．この結果，

$$\int_{C_2}\frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}dz = 0$$

$C_4$における積分を行う. $f(z) = \frac{-ie^{iz}}{z(z^2 + 1)^2}$を$z=0$の周りでのLaurent展開をすでに行っている．それによると，

$$f(z) = \frac{-i}{z} + 1 + \frac{z}{2} + \cdots$$

ここで，第1項を積分する． $z = \varepsilon e^{i\theta}$より $dz = \varepsilon i e^{i\theta}$. よって，

$$\int_{C_4}\frac{-i}{z}dz = -i\int_{C_4}\frac{\varepsilon i e^{i\theta}}{\varepsilon e^{i\theta}}d\theta = \int_{\pi}^{0}d\theta = \pi$$

第2項以上は

$$\int_{C_4}\alpha z^{n}dz = \alpha\int_{\pi}^{0}\vert\varepsilon^n... ...)}\theta\vert d\theta = -\alpha \varepsilon^{n+1}\pi \to 0\ (\varepsilon \to 0)$$

これらを統合すると

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x(x^2+1)^2}dx = 2\pi - \frac{3\pi}{2e} - \pi$$

したがって，,

$$\int_{0}^{\infty}frac{\sin{x}}{x(x^2+1)^2}dx = \frac{\pi}{2} - \frac{3\pi}{4e}$$

(g)

$\int_{0}^{\infty}\frac{1- \cos{mx}}{x^2} dx$を解くには，点 $\varepsilon$と点$R$を結ぶ直線を$C_1$, 点$R$と$-R$を結ぶ曲線$C_2$, 点$-R$と点 $\varepsilon$を結ぶ直線$C_3$, 点 $-\varepsilon$と点 $\varepsilon$を結ぶ曲線$C_4$を考える. 曲線$C$は $C_1, C_2, C_3, C_4$でできている. ここでは，次のような積分を考える．

$$\int_{C_1}\frac{1-e^{imx}}{x^2}dx + \int_{C_2}\frac{1-e^{imz}}{z^... ...}{x^2}dx + \int_{C_4}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz = \oint_{C}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz$$

まず，留数定理を用いて $\oint_{C}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz$の値を求める． $f(z) = \frac{1-e^{imz}}{z^2}$を$z=0$のまわりでLaurent展開する.

$$f(z) = \frac{1-(1+imz + \frac{1}{2}(imz)^2 + \cdots}{z^2} = \frac{-im}{z} + m^2 + \cdots$$

これより，$z=0$は1位の極でその留数は$-im$である. したがって,

$$\oint_{C}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz = 2\pi i(-im) = 2\pi m$$

次に $C_1$と$C_3$上で積分を行う.

$$\int_{\varepsilon}^{R}\frac{1-e^{imx}}{x^2}dx + \int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{1-e^{imx}}{x^2}dx$$

ここで，$x = -u$とおくと$dx = -du$， $x: -R \to -\varepsilon$, $u:R \to \varepsilon$より,

$$\int_{\varepsilon}^{R}\frac{1-e^{imx}}{x^2}dx + \int_{\varepsilon}^{R}\frac{1-e^{-imx}}{x^2}dx = 2\int_{\varepsilon}^{R}\frac{1- \cos{mx}}{x^2}dx$$

$C_2$上において積分を行う． $\int_{C_2}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz \to 0$が $R \to \infty$で0に収束することを示す.

$$\int_{C_2}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz \leq \frac{1}{\vert z\vert^2}\vert dz\vert \leq \frac{2\pi R}{R^2} \leq \frac{2\pi}{R} \to 0\ (R \to \infty)$$

最後に，$C_4$上において積分を行う. $f(z) = \frac{1-e^{imz}}{z^2}$とし，$f(z)$を$z=0$の周りでLaurent展開すると，

$$f(z) = \frac{1-(1+imz + \frac{(imz)^2}{2} + \cdots)}{z^2} = \frac{-im}{z} + \frac{m^2}{2} + \cdots$$

ここで $z = \varepsilon e^{i\theta}$とおくと $dz = \varepsilon i e^{i\theta}d\theta$. また， $\theta$は$\pi$から0に移る. まず，第1項について積分すると

$$\int_{C_4}\frac{-im}{z}dz = \int_{\pi}^{0}\frac{-im}{\varepsilon ... ...)d \theta = \int_{\pi}^{0}\frac{-im}{i}d\theta = m\theta \mid_{\pi}^{0} = -m\pi$$

第2項以下の積分は0になるので，

$$\int_{C_1}\frac{1-e^{imx}}{x^2}dx + \int_{C_2}\frac{1-e^{imz}}{z^... ... + \int_{C_4}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz = \oint_{C}\frac{1-e^{imz}}{z^2}dz = 2m\pi$$

したがって，

$$\lim_{R \to \infty}\int_{-R}^{R}\frac{1-\cos{mx}}{x^2}dx= 2\pi m + m\pi = 3m\pi$$

よって，

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{mx}}{x^2}dx = \frac{3m\pi}{2}$$