Integral

Question

Calcular la integral:

\begin{equation} \int_0^\infty \exp\left(\frac{ia}{x^2}+ibx^2\right)\,dx \end{equation}

para$a$,$b$ real y positivo. Intenté variables complejas, pero realmente no sé cómo manejar esto.

Answer 1

Vamos a tratar de obtener la integral de Laplace (a partir de una prueba de Albano, Amdeberhan, Beyerstedt y Moll ver $5.$) : $$\tag{1}\int_0^\infty e^{-\frac a{x^2}-bx^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{4b}}e^{-2\sqrt{ab}}$$ Supongamos $a:=u^2$ $b:=v^2$ y calcular : $$\tag{2}I=\int_0^\infty e^{-\left(\frac ux-vx\right)^2}dx=e^{2\sqrt{ab}}\int_0^\infty e^{-\frac a{x^2}-bx^2}dx$$ La sustitución de $\,x:=\dfrac u{v\,z}\,$ da (después de la reordenación) : $$I=\frac uv\int_0^\infty e^{-\left(\frac uz-vz\right)^2}\frac{dz}{z^2}$$ la adición de estas ecuaciones obtenemos : $$2\,I=\frac 1v\int_0^\infty e^{-\left(\frac uz-vz\right)^2}\left(\frac u{z^2}+v\right)dz$$ Set $\ \displaystyle t:=\frac uz-v\,z\ $ para obtener : $$I=\frac 1{2v}\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2v}$$ Que podemos sustituir en $(2)$ conseguir $(1)$ como se quiera. De continuación analítica puede obtener la integral que quería (esto es un argumento para los físicos! ;-)).

Usted puede ver este problema desde el punto de vista de Dawson integral de la función complementaria de error $\operatorname{erfc}$ (ver $7.7.7$ $7.7.8$ para el caso específico $x=0$).

Puesto que usted está interesado por el imaginario caso de que este papel de Styer puede ser de su interés (él considera que la función de error como anteriormente, pero con el imaginario de los términos del problema $6-13$ del libro).

Esta detallada página de erratas de Styer para Feynman Hibb del libro está relacionado.

Answer 2

La integral es la misma que $$e^{2i \sqrt{ab}}\int_0^{\infty} e^{i ({\sqrt{a} \over x} - \sqrt{b}x)^2}\,dx$$ Dejar $x = \sqrt[4]{a \over b}$ $y$, esta integral se convierte en $$ \sqrt[4]{a \over b} e^{2i \sqrt{ab}}\int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}\,dy$$ El cambio de las variables de $y$ ${1 \over y}$en la integral da $$\int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}\,dy = \int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}{1 \over y^2}\,dy$$ De modo que el lado izquierdo de la última ecuación es igual a la media de los laterales izquierdo y derecho. En otras palabras, $$\int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}\,dy = {1 \over 2} \int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}(1 + {1 \over y^2})\,dy $$ El cambio de las variables de aquí a $z = {y - {1 \over y}}$ da $$\int_0^{\infty}e^{i\sqrt{ab}(y - {1 \over y})^2}\,dy = {1 \over 2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i\sqrt{ab}\,z^2}\,dz$$ Dejando $z = {1 \over \sqrt[4]{ab}}u$ este es el mismo como $${1 \over 2\sqrt[4]{ab}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{iz^2}\,dz$$ Este es el famoso integral de Fresnel, y la de arriba tiene valor ${\displaystyle{e^{i\pi \over 4} \sqrt{\pi} \over 2\sqrt[4]{ab}}}$. Conectando de nuevo en que se dice que la integral es original $$ e^{i \pi \over 4} {1 \over 2} \sqrt{\pi \over b} e^{2i \sqrt{ab}}$$ Esta es la respuesta. No hay problemas de convergencia en el anterior; puesto que la integral de Fresnel converge el argumento anterior es fácilmente de manera rigurosa, y en cualquier caso se puede utilizar la fase estacionaria de la una.k.una. integración por partes para mostrar directamente el original de la integral impropia converge en el sentido usual de la palabra.

Answer 3

Podemos evaluar la siguiente integral en una forma cerrada, pero bajo las condiciones$Re(\alpha) < 0$ y$Re(\beta <0)$

PS