$$I:=\int_{-\infty}^{\infty}\exp(-\frac{\pi^2t(2x+1)^2}{2c^2})\cos(\frac{(2x+1)\pi y}{c})\exp(-2\pi i kx)dx.$$
Deje $\alpha \equiv \pi^2 c^{-2}t/2$ y un cambio de variables $2x+1=u$. También, tenga en cuenta $\Re (e^{ix}) = \cos x$. Obtenemos entonces
$$
\Re\bigg[ \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha u^2} e^{{i, u, \pi y c^{-1}}} e^{-\pi i k(u-1)}du\bigg].
$$
Ahora nos definen $b \equiv \pi y c^{-1}$ $ \omega\equiv-\pi k$ obtener
$$
\Re\bigg[\frac{1}{2}e^{-i\omega}\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha u^2}e^{iub}e^{i\omega u}du\bigg]=\Re\bigg[\frac{1}{2}e^{-i\omega}\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha u^2}e^{ui(b+\omega)}du\bigg].
$$
Deje $\zeta\equiv b+ \omega$ obtener
$$
\Re\bigg[\frac{1}{2}e^{-i\omega}\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha u^2}e^{i u \zeta}du\bigg]
$$
Recuerdan $\omega=-\pi k, b=\pi y c^{-1},\alpha \equiv \pi^2 c^{-2}t/2$. Nota, para obtener este resultado Tenemos que la transformada de Fourier de la Gaussiana que requiere de variables complejas. Vamos a re-definir $x\equiv u$$\lambda\equiv \alpha$. Aquí es
${\bf{Proof \ of \ Fourier \ Transform \ of \ Gaussian \ in \ a \ general \ form \ is \ here:}}$,
Calcular la transformada de Fourier de la Gaussiana
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{i\zeta x-\lambda x^2}dx.
\end{equation}
Hacemos esto por escrito
\begin{equation}
\int_{-\infty}^\infty e^{i\zeta x} e^{-\lambda x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty} \cos(\zeta x) e^{-\lambda x^2}dx +i\int_{-\infty}^{\infty}\sin(\zeta x) e^{-\lambda x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty} \cos(\zeta x) e^{-\lambda x^2}dx
\end{equation}
donde solía
$$
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\lambda x^2} \sin(\zeta x) dx=0
$$
desde esta integrando es impar, por lo tanto la integración de más simétrica límites es cero.
La integral es aún así podemos escribir
$$
\int_{-\infty}^{\infty} \cos(\zeta x) e^{-\lambda x^2}dx.=2\int_{0}^{\infty} e^{-\lambda x^2}\cos( \zeta x).
$$
Ahora me integrar esta función utilizando el contorno de la integración y el uso de un contorno Rectangular, estándar para Gaussiano complejo integrales, ver Churchill - Variables Complejas. Un diagrama que se muestra a continuación
![enter image description here]()
Utilizamos la función compleja $f(z)=e^{-\lambda z^2}$ que es toda una función, por tanto, por la de Cauchy-Goursat teorema tenemos
\begin{equation}
0=\oint_C f(z)dz=\int_{C_1}+\int_{C_2} +\int_{C_3} + \int_{C_4}.
\end{equation}
La integral de $f(z)$ a lo largo de $C_1$ debido a la parametrización de la $z=x, dz=dx$, obtenemos
\begin{equation}
\int_{C_1} e^{-\lambda z^2} dz= \int_{-R}^R e^{-\lambda x^2}dx = 2 \int_0^R e^{-\lambda x^2}dx.
\end{equation}
La integral de $f(z)$ a lo largo de $C_3$ es parametrizadas por escrito $z=x+i\zeta/(2\lambda)$, $z^2=x^2-\zeta^2/(4\lambda) +i\zeta x/\lambda$
$$
\int_{C_3} e^{-\lambda z^2}dz= -\int_{-R}^{R }e^{-\lambda(x^2-\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}+\frac{i\zeta x}{\lambda})} dx=-e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}} \int_{-R}^{R} e^{-\lambda x^2} e^{-i\zeta x}dx.
$$
Podemos simplificar esto mediante el uso de $e^{-i\zeta x}=\cos \zeta x - i\sin \zeta x$, con lo que obtenemos
$$
\int_{C_3}=-e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}}\bigg( \int_{-R}^{R} e^{-\lambda x^2}\cos (\zeta x) dx -i\int_{-R}^{R} \sin (\zeta x) e^{-\lambda x^2} dx \bigg)=-e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}} \int_{-R}^{R} e^{-\lambda x^2}\cos (\zeta x) dx=-2e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}}\int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2}\cos (\zeta x) dx.
$$
Nota, de nuevo la integral de $e^{-\lambda x^2} \sin(\zeta x)$ es cero debido a que es raro que la función de integración de más simétrica límites. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que la integral a lo largo del contorno $C_3$ está dado por
\begin{equation}
\int_{C_3}f(z)dz=-2e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda^2}}\int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2}\cos (\zeta x) dx.
\end{equation}
Ahora se integran a lo largo de $C_2$ $C_4$ por parametrización un uso $z=\pm R +iy$, $z^2=R^2-y^2\pm 2iR\lambda y$, $dz=idy$ y observando que $-\frac{\zeta}{2\lambda} \leq y \leq \frac{\zeta}{2\lambda}$, obtenemos
\begin{equation}
\int_{C_2} f(z) dz=\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{-\lambda R^2} e^{\lambda y^2} e^{-2iR\lambda y}idy.
\end{equation}
La integral a lo largo de $C_4$ rendimientos
\begin{equation}
\int_{C_4} f(z)dz= -\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{-\lambda R^2} e^{\lambda y^2} e^{2iR\lambda y } idy.
\end{equation}
La combinación de estos podemos obtener
\begin{equation}
\int_{C_2} +\int_{C_4}= ie^{-\lambda R^2}\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} \big(e^{-2iR\lambda y}-e^{2iR\lambda y} \big)dy=2e^{-\lambda R^2} \int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} \sin(2R\lambda y) dy
\end{equation}
donde he utilizado una condición sine identidad.
Ahora estamos listos para calcular la integral ya que se han calculado las contribuciones a lo largo de todos los 4 de contorno de caminos. Por lo tanto el uso de estos resultados y de Cauchy-Goursat teorema obtenemos
\begin{equation}
0=\oint_C f(z)dz=2\int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2}dx-2e^{\frac{\zeta^2}{4\lambda}} \int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2} \cos (\zeta x) dx + 2e^{-\lambda R^2} \int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2}\sin(2R\lambda y)dy=0.
\end{equation}
Simplfying este y la organización para la integral que queremos calcular obtenemos
\begin{equation}
\int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2} \cos (\zeta x) dx= e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}} \int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2} dx +e^{-(\lambda R^2+\frac{\zeta^2}{4\lambda})}\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} \sin(2R\lambda y )dy.
\end{equation}
Ahora podemos probar que la integral
$$
e^{-(\lambda I^2+\frac{\zeta^2}{4\lambda})}\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} \sin(2R\lambda y )dy \0 \ \text{como} \ R\to \infty.
$$
Hacemos esto mediante el uso de
$$
\bigg|\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2}\sin(2R\lambda y)dy\bigg| \leq \int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} dy
$$
que es sólo un número fijo desde $\zeta/(2\lambda)$ es fijo. Así obtenemos
$$
\bigg| e^{-(\lambda I^2+\frac{\zeta^2}{4\lambda})}\int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} \sin(2R\lambda y )dy \bigg| \leq e^{-(\lambda I^2+\frac{\zeta^2}{4\lambda})} \int_{0}^{\frac{\zeta}{2\lambda}} e^{\lambda y^2} dy \ \0 \ \text{como} \ R\to\infty \ \text{ya} \ e^{-\lambda I^2} \a 0.
$$
Por lo tanto, podemos simplificar y obtener
$$
\int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2} \cos (\zeta x) dx= e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}} \int_{0}^{R} e^{-\lambda x^2} dx.
$$
Tomando el límite cuando $R \to \infty$ en ambos lados y la ampliación de los límites de integración a $-R$ $R$debido a que las funciones son incluso podemos obtener
$$
\lim_{R\to\infty} \frac{1}{2} \int_{-R}^{R} e^{-\lambda x^2} \cos (\zeta x) dx=\lim_{R\to\infty} \frac{1}{2} e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}} \int_{-R}^{R} e^{-\lambda x^2} dx.
$$
Así, podemos ver que
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda x^2} \cos ( \zeta x) dx= e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda x^2} dx.
\end{equation}
Hemos reducido la integral queríamos calcular para un real de Gauss integral, que está dada por
$$
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda x^2} dx=\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}.
$$
${\bf{This \ concludes \ THE\ FINAL\ RESULT\ by\ showing \ Fourier\ transform \ of \ the \ Gaussian}}$ está dado por
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{i\zeta x-\lambda x^2} dx= \int_{-\infty}^{\infty} \cos(\zeta x) e^{-\lambda x^2} dx=\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}}, \ \lambda > 0.
\end{equation} y el resultado es
$$
\Re\bigg[\frac{1}{2}e^{-i\omega}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} e^{-\frac{\zeta^2}{4\lambda}}\bigg]
$$
Volver a llamar a $\zeta=\omega+b, \ \omega=-\pi k, b=\pi y c^{-1},\lambda \equiv \pi^2 c^{-2}t/2$. El uso de $e^{-i\omega}=\cos \omega-i\sin \omega$ y acaba de tomar la parte real! Creo que se puede tomar desde aquí. Déjeme saber si he cometido errores, sus las 3 de la madrugada y estoy cansado. pero esta es la idea general. La transformada de Fourier de gauss
