Integración del contorno de $\int_{-\infty}^{\infty}e^{iax^2}dx$

Question

Considera la siguiente integral:

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{iax^2}dx$$

Aquí creo que hay que considerar los dos casos en los que $a<0$ y $a>0$ ya que necesitan contornos diferentes. Para $a>0$ He estado usando el medio círculo superior, el radio $R$ . Llamaré a todo el semicírculo $\Gamma$ y la sección curva $\Gamma_1$

Como la función es holomorfa tenemos:

$$\int_\Gamma e^{iaz^2} dz = \int_{-R}^R e^{iax^2} dx + \int_{\Gamma_1} e^{iaz^2} dz =0$$

$$\Rightarrow \int_{-R}^R e^{iax^2} dx = - \int_{\Gamma_1} e^{iaz^2} dz = -\int_{0}^\pi iRe^{i\theta} e^{iaR^2e^{2i\theta}} d\theta$$

Es este punto en el que estoy atascado, ¡cualquier ayuda sería muy apreciada!

EDIT: Así que por los comentarios, he visto que mi método era incorrecto, si alguien puede perfilar este otro contorno sería genial, no lo he visto antes.

Answer 1

Si $a<0$ tenemos $b:=-a>0$ y $$ J(a):=\int_{-\infty}^\infty e^{iax^2}\,dx=\int_{-\infty}^\infty e^{-ibx^2}\,dx=\overline{J(b)}=\overline{J(-a)}. $$ Por lo tanto, basta con evaluar $J(a)$ para $a>0$ . Así que a partir de ahora suponemos que $a>0$ .

Observe que $$ J(a)=\int_{-\infty}^\infty e^{iax^2}\,dx=\frac{1}{\sqrt{a}}\int_{-\infty}^\infty e^{ix^2}\,dx=\frac{1}{\sqrt{a}}J(1). $$ Por lo tanto, sólo tenemos que calcular $J(1)$ .

Dado $r>0$ denotamos por $\Gamma_R$ el límite de $$ \Omega_r=\left\{z \in \mathbb{C}:\ |z|\le r,\ 0\le \arg z\le \frac{\pi}{4}\right\}. $$ Consideremos la parametrización $\gamma_r:[0,1] \to \mathbb{C}$ de $\Gamma_r$ dado por $$ \gamma_r(t)=\begin{cases} \gamma_1(3t) & \text{ for } 0 \le t \le \frac13\\ \gamma_2(3t-1) & \text{ for } \frac13 < t \le \frac23\\ \gamma_3(3t-2) & \text{ for } \frac23 < t \le 1 \end{cases}, $$ donde $$ \gamma_1(t)= rt,\ \gamma_2(t)= r\exp\left(i\frac{\pi t}{4}\right),\ \gamma_3(t)= r(1-t)\exp\left(i\frac{\pi}{4}\right). $$ Desde $$ f: \mathbb{C} \to \mathbb{C},\ f(z):=e^{iz^2} $$ es holomorfo y $\Omega_r$ es simplemente conectado, tenemos gracias a la fórmula de la integral de Cauchy: $$ 0=:\int_{\Gamma_r}f(z)\,dz=\sum_{k=1}^3I_k(r), $$ con $$ I_k(r):=\int_{\frac{k-1}{3}}^{\frac{k}{3}}\gamma_R'(t)f(\gamma_R(t))\,dt, \ k=1,2,3. $$ Afirmo que $$ \lim_{r\to \infty}I_2(r)=0. $$ De hecho, desde $\sin \theta \ge \frac{\theta}{2}$ para $\theta \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ tenemos: \begin {eqnarray} |I_2(r)|&=& \left | \int_0 ^13 \gamma_2 '(3t-1)f( \gamma_2 (3t-1))\Nde la fecha \right |= \left | \int_0 ^1 \gamma_2 '(t)f( \gamma_2 (t))\N-\N- dt \right | \\ & \le & \int_0 ^1 \frac { \pi r}{4} \left | \exp\left\ {ir^2 \cos\left ( \frac { \pi t}{2} \right )-r^2 \sin\left ( \frac { \pi t}{2} \right ) \right\ } \right |,dt \\ &=& \int_0 ^1 \frac {r \pi }{4} \exp\left [-r^2 \sin\left ( \frac { \pi t}{2} \right ) \right dt \\ & \le & \int_0 ^1 \frac {r \pi }{4} \exp\left (- \frac {r^2 \pi t}{4} \right )\Nde la fecha, dt = \frac {1}{r} \left [1- \exp\left (- \frac { \pi r^2}{4} \right ) \right ]. \end {eqnarray} Así, $\lim_{r \to \infty}I_2(r)=0$ como se ha reclamado.

Claramente \begin {eqnarray} I_3(r)&=& \int_ { \frac23 }^13 \gamma_3 '(3t-2)f( \gamma_3 (3t-2))\Nde la que se trata, dt= \int_0 ^1 \gamma_3 '(t)f( \gamma_3 (t))\N-\N- dt \\ &=&-r \exp\left (i \frac { \pi }{4} \right ) \int_0 ^1 \exp\left (-r^2t^2 \right )\N- dt=- \exp\left (i \frac { \pi }{4} \right ) \int_0 ^{r} \exp\left (-x^2 \right )\N-\N-\N-Dx \\ I_1(r)&=& \int_0 ^{ \frac13 }3 \gamma_1 '(3t)f( \gamma_1 (3t))\N-\N-, dt=r \int_0 ^1 \exp\left (ir^2t^2 \right )\N-\N-Dt= \int_0 ^{r} \exp\left (ix^2 \right )\N-\N-Dx. \end {eqnarray} Así que tenemos $$ 0=\sum_{k=1}^3I_k(r)=\int_0^{r} e^{ix^2}\,dx-\exp\left(i\frac{\pi}{4}\right)\int_0^{r} e^{-x^2}\,dx+I_2(r). $$ Esto implica que \begin {eqnarray} J(1)&=&2 \int_0 ^ \infty e^{ix^2}\\N- dx=2 \exp\left (i \frac { \pi }{4} \right ) \int_0 ^ \infty e^{-x^2}\N, dx= \exp\left (i \frac { \pi }{4} \right ) \int_ {- \infty }^ \infty e^{-x^2}\\N- dx \\ &=& \sqrt { \pi } \exp\left (i \frac { \pi }{4} \right )=(1+i) \sqrt { \frac { \pi }{2}}. \end {eqnarray} Así tenemos $$ J(a)=\begin{cases} (1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2a}} & \text{ for } a>0\\ (1-i)\sqrt{\frac{\pi}{-2a}} & \text{ for } a<0 \end{cases}. $$