別解：$w=\sqrt s$ と置いて経路を虚軸へ倒す

応用数学入門　第14章 §14.1　★ 分岐を消す筋のよい別解。読み物として。

演習 11.3 で用いた基本公式

$$\mathcal{L}^{-1}\!\left[\mathrm{e}^{-a\sqrt s}\right](t)=\frac{a}{2\sqrt\pi\,t^{3/2}}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t}\qquad(a>0)$$

を、ブロムウィッチ積分と分岐切断から導く。$\sqrt s$ があるため $s=0$ は分岐点であり、負の実軸に沿って分岐切断を入れる。ブロムウィッチ路をこの切断のまわりの鍵穴（キーホール）型に変形すると、大円弧の寄与は $t>0$ で消え、切断の上下両岸からの寄与だけが残る。

切断の上岸では $s=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$（$\sqrt s=\mathrm{i}\sqrt r$）、下岸では $s=r\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi}$（$\sqrt s=-\mathrm{i}\sqrt r$）。両岸を合わせると、$\mathrm{e}^{-a\sqrt s}$ の差から正弦が現れて

$$g(t)=\frac{1}{\pi}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-rt}\,\sin\!\bigl(a\sqrt r\bigr)\,\mathop{}\!\mathrm{d} r.$$

$r=\xi^2$（$\mathop{}\!\mathrm{d} r=2\xi\,\mathop{}\!\mathrm{d}\xi$）と置換すると

$$g(t)=\frac{2}{\pi}\int_0^\infty \xi\,\mathrm{e}^{-\xi^2 t}\,\sin(a\xi)\,\mathop{}\!\mathrm{d}\xi.$$

ここで既知のガウス積分 $\displaystyle\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\xi^2 t}\cos(a\xi)\,\mathop{}\!\mathrm{d}\xi =\frac12\sqrt{\frac\pi t}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t}$ を $a$ で微分すると

$$\int_0^\infty \xi\,\mathrm{e}^{-\xi^2 t}\sin(a\xi)\,\mathop{}\!\mathrm{d}\xi =\frac{a}{4t}\sqrt{\frac\pi t}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t} =\frac{a\sqrt\pi}{4\,t^{3/2}}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t}.$$

これを代入して

$$g(t)=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{a\sqrt\pi}{4\,t^{3/2}}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t} =\frac{a}{2\sqrt\pi\,t^{3/2}}\,\mathrm{e}^{-a^2/4t}.$$

$a=x$ とすれば、本文で用いた $w(x,\tau)$ の表式に一致する。

分岐切断に巻きつける上の方法は一般性が高いが、この問題に限れば、そもそも分岐を消してしまうという筋のよい別解がある。

出発点は同じくブロムウィッチ積分

$$g(t)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{c-\mathrm{i}\infty}^{c+\mathrm{i}\infty}\mathrm{e}^{st-x\sqrt s}\,\mathop{}\!\mathrm{d} s$$

である。ここで $w=\sqrt s$ と置く。$s=w^2$、$\mathop{}\!\mathrm{d} s=2w\,\mathop{}\!\mathrm{d} w$ であり、この置換により $\sqrt s$ が消えて被積分 $2w\,\mathrm{e}^{tw^2-xw}$ は $w$ の整関数となる（分岐点も極も無い）。$s$ 平面の縦線は $w$ 平面では $\arg w=\pm\pi/4$ の 2 本の半直線に写る。

被積分が整関数である以上、端点が収束を保つ限り経路は自由に変形できる。$\mathrm{e}^{tw^2}$ が減衰するのは $w^2$ の実部が負となる扇形 $\arg w\in(\pi/4,\,3\pi/4)$ であり、いまの端点 $\pm\pi/4$ はちょうどその境界（$w=a\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}$ で $w^2=\mathrm{i} a^2$ となり$\mathrm{e}^{tw^2}=\mathrm{e}^{\mathrm{i} ta^2}$ は純振動する、いわゆるフレネル型）である。そこで経路を虚軸 $\arg w=\pm\pi/2$ まで倒してしまう。虚軸上では $w=\mathrm{i}\rho$ で$w^2=-\rho^2$ となり、$\mathrm{e}^{tw^2}=\mathrm{e}^{-t\rho^2}$ という本物のガウス減衰が得られる。

$w=\mathrm{i}\rho$（$\rho:-\infty\to\infty$）、$\mathop{}\!\mathrm{d} w=\mathrm{i}\,\mathop{}\!\mathrm{d}\rho$ より$2w\,\mathop{}\!\mathrm{d} w=(2\mathrm{i}\rho)(\mathrm{i})\mathop{}\!\mathrm{d}\rho=-2\rho\,\mathop{}\!\mathrm{d}\rho$ であるから

$$g(t)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-t\rho^2-\mathrm{i} x\rho}\,(-2\rho)\,\mathop{}\!\mathrm{d}\rho =-\frac{1}{\pi\mathrm{i}}\int_{-\infty}^{\infty}\rho\,\mathrm{e}^{-t\rho^2-\mathrm{i} x\rho}\,\mathop{}\!\mathrm{d}\rho.$$

あとは素直なガウス積分である。平方完成$-t\rho^2-\mathrm{i} x\rho=-t\bigl(\rho+\frac{\mathrm{i} x}{2t}\bigr)^2-\frac{x^2}{4t}$ をして$\mu=\rho+\frac{\mathrm{i} x}{2t}$ と置くと、$\mu\,\mathrm{e}^{-t\mu^2}$ は奇関数なので消え、定数項だけが残る：

$$\int_{-\infty}^{\infty}\rho\,\mathrm{e}^{-t\rho^2-\mathrm{i} x\rho}\,\mathop{}\!\mathrm{d}\rho =\mathrm{e}^{-x^2/4t}\left(-\frac{\mathrm{i} x}{2t}\right)\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-t\mu^2}\,\mathop{}\!\mathrm{d}\mu =-\frac{\mathrm{i} x}{2t}\sqrt{\frac{\pi}{t}}\;\mathrm{e}^{-x^2/4t}.$$

これを戻すと $-\frac{1}{\pi\mathrm{i}}\cdot\bigl(-\frac{\mathrm{i} x}{2t}\bigr)\sqrt{\frac\pi t} =\frac{x}{2\pi t}\sqrt{\frac\pi t}$ となり、

$$g(t)=\frac{x}{2\sqrt\pi\,t^{3/2}}\,\mathrm{e}^{-x^2/4t}$$

と、先の結果に一致する。

円弧の寄与が消えること

経路を $\arg w=\pi/4$ から $\pi/2$ へ倒す際、両者をつなぐ半径 $R$ の円弧の寄与が$R\to\infty$ で消えることを確かめておく必要がある。円弧上の積分は

$$\left|\int_{\text{arc}}F(w)\,\mathop{}\!\mathrm{d} w\right|\le(\text{弧長}\sim R)\times\max_{\text{arc}}\left\vert F(w)\right\vert$$

で押さえられるから、$\left\vert F\right\vert$ が $1/R$ より速く小さくなればよい。いま $F(w)=2w\,\mathrm{e}^{tw^2-xw}$ で、$w=R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$ とおくと

$$\left\vert F\right\vert =2R\,\mathrm{e}^{\operatorname{Re}(tw^2-xw)},\qquad \operatorname{Re}(tw^2-xw)=tR^2\cos2\theta-xR\cos\theta.$$

$\theta\in[\pi/4,\pi/2]$ を二つに分けて考える。

• 扇形の内部 $\theta\in(\pi/4,\pi/2)$：$2\theta\in(\pi/2,\pi)$ より $\cos2\theta<0$ で、第一項が $tR^2\cos2\theta\sim-R^2$ とガウス的に急降下する。$\mathrm{e}^{-(\text{正})R^2}$ は因子 $2R$ を一瞬で潰す。
• 境界 $\theta=\pi/4$：$\cos2\theta=0$ となり、ガウス項による抑えが消える。しかしここでは第二項が抑えを引き継ぐ。$\cos\theta=1/\sqrt2>0$ なので$-xR\cos\theta\approx-\frac{x}{\sqrt2}R\to-\infty$ となり、$\mathrm{e}^{-xw}$ 由来の線形項が $\mathrm{e}^{-xR/\sqrt2}$ という指数減衰を供給して肩代わりする。

厳密には $\delta>0$ を取って区間を割ればよい。境界近く $\theta\in[\pi/4,\pi/4+\delta]$ では$\cos\theta\ge\cos(\frac\pi4+\delta)>0$ より $\left\vert F\right\vert \le 2R\,\mathrm{e}^{-x\cos(\pi/4+\delta)R}$、内部側 $\theta\in[\pi/4+\delta,\pi/2]$ では $\cos2\theta\le-\sin2\delta<0$ より$\left\vert F\right\vert \le 2R\,\mathrm{e}^{-t\sin2\delta\,R^2}$。いずれも「$2R\times$（指数減衰）」であり、弧長 $O(R)$ を掛けても $R\to\infty$ で $0$ に行く。