Tenga en cuenta que su integral es la parte imaginaria de
$$f(a,t) := \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^\infty xe^{-x^2t + iax}\, dx.$$
El uso de la transformación de $x \mapsto \frac{x}{t}$ y completando el cuadrado en el argumento de la exponencial, nos encontramos con
$$f(a,t)=\frac{e^{-\frac{a^2}{4t}}}{\pi t} \int_{-\infty}^\infty xe^{-(x - i\frac{a}{2\sqrt{t}})^2}\, dx.$$
Por el contorno de cambio,
$$\int_{-\infty}^\infty xe^{-(x - i\frac{a}{2\sqrt{t}})^2}\, dx = \int_{-\infty}^\infty \left(x + i\frac{a}{2\sqrt{t}}\right)e^{-x^2}\, dx,$$
pero esto necesita justificación. Para continuar, considere la integral de contorno
$$\oint_{\Gamma(R)} \left(z + i\frac{a}{2\sqrt{t}}\right)e^{-z^2}\, dz,$$
donde $\Gamma(R)$ es la orientada positivamente hacia el rectángulo con vértices en a $-R,-R - i\frac{a}{2\sqrt{t}}, R - i\frac{a}{2\sqrt{t}}$, e $R$. Las integrales a lo largo de los bordes verticales de $\Gamma(R)$$O(Re^{-R^2})$$R\to \infty$. Además, mediante la integral de Cauchy teorema, $\int_{\Gamma(R)} (z + i\frac{a}{\sqrt{t}})e^{-z^2}\, dz = 0$. Por lo tanto, el contorno de cambio es válido.
Ahora
$$\int_{-\infty}^\infty \left(x + i\frac{a}{2\sqrt{t}}\right) e^{-x^2}\, dx = i\frac{a}{2\sqrt{t}}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx = i a\sqrt{\frac{\pi}{4t}},$$
y así
$$f(a,t) = i\frac{a}{\sqrt{4\pi t^3}}e^{-\frac{a^2}{4t}}.$$
Tomando la parte imaginaria de $f(a,t)$ da la respuesta que has escrito anteriormente.
