Evaluar $\int_0^\infty \sin x^2\, dx$ con métodos reales?

Question

He visto la integral de Fresnel

$$\int_0^\infty \sin x^2\, dx = \sqrt{\frac{\pi}{8}}$$

evaluada por integración de contornos y otros métodos de análisis complejos, y he encontrado que estos métodos son la forma estándar de evaluar esta integral. Me preguntaba, sin embargo, ¿alguien conoce un método de análisis real para evaluar esta integral?

Answer 1

Además de algunas sustituciones e identidades trigonométricas, necesitaremos la siguiente identidad, que se puede demostrar utilizando la integración por partes dos veces: $$ \int_0^{\infty}\cos(\alpha t)e^{-\lambda t}\,\mathrm{d}t=\frac{\lambda}{\alpha^2+\lambda^2}\tag{1} $$ También utilizaremos la integral arctangente estándar: $$ \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{a^2+t^2}=\frac\pi{2a}\tag{2} $$ Ahora $$ \begin{align} &\left(\int_0^\infty\color{#C00000}{\sin}(x^2) e^{-\lambda x^2}\,\mathrm{d}x\right)^2\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty \color{#C00000}{\sin}(x^2)\color{#C00000}{\sin}(y^2) e^{-\lambda(x^2+y^2)}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\tag{3.1}\\ &=\frac12\int_0^\infty\int_0^\infty \left(\cos(x^2-y^2) \color{#FF0000}{-}\cos(x^2+y^2)\right) e^{-\lambda(x^2+y^2)}\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x\tag{3.2}\\ &=\frac12\int_0^{\pi/2}\int_0^\infty \left(\cos(r^2\cos(2\phi)) \color{#FF0000}{-}\cos(r^2)\right)e^{-\lambda r^2} \,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\phi\tag{3.3}\\ &=\frac14\int_0^{\pi/2}\int_0^\infty \left(\cos(s\cos(2\phi)) \color{#FF0000}{-}\cos(s)\right) e^{-\lambda s} \,\mathrm{d}s\,\mathrm{d}\phi\tag{3.4}\\ &=\frac14\int_0^{\pi/2}\left(\frac{\lambda}{\cos^2(2\phi)+\lambda^2} \color{#FF0000}{-}\frac{\lambda}{1+\lambda^2}\right)\,\mathrm{d}\phi\tag{3.5}\\ &=\frac12\int_0^{\pi/4} \frac{\lambda}{\cos^2(2\phi)+\lambda^2}\,\mathrm{d}\phi \color{#FF0000}{-}\frac{\lambda\pi/8}{1+\lambda^2}\tag{3.6}\\ &=\frac14\int_0^{\pi/4} \frac{\lambda\,\mathrm{d}\tan(2\phi)} {1+\lambda^2+\lambda^2\tan^2(2\phi)} \color{#FF0000}{-}\frac{\lambda\pi/8}{1+\lambda^2}\tag{3.7}\\ &=\frac14\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{1+\lambda^2+t^2} \color{#FF0000}{-}\frac{\lambda\pi/8}{1+\lambda^2}\tag{3.8}\\ &=\frac{\pi/8}{\sqrt{1+\lambda^2}} \color{#FF0000}{-}\frac{\lambda\pi/8}{1+\lambda^2}\tag{3.9} \end{align} $$

$(3.1)$ cambiar el cuadrado de la integral en una integral doble

$(3.2)$ utilice $2\color{#C00000}{\sin}(A)\color{#C00000}{\sin}(B)=\cos(A-B)\color{#FF0000}{-}\cos(A+B)$

$(3.3)$ convertir a coordenadas polares

$(3.4)$ sustituto $s=r^2$

$(3.5)$ aplicar $(1)$

$(3.6)$ sacar la constante y aplicar la simetría para reducir el dominio de integración

$(3.7)$ multiplicar el numerador y el denominador por $\sec^2(2\phi)$

$(3.8)$ sustituto $t=\lambda\tan(2\phi)$

$(3.9)$ aplicar $(2)$

Por último, toma la raíz cuadrada de ambos lados de $(3)$ y que $\lambda\to0^+$ para conseguir $$ \int_0^\infty\color{#C00000}{\sin}(x^2)\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac\pi8}\tag{4} $$

Anexo

Acabo de notar que la misma prueba funciona para $$ \int_0^\infty\cos(x^2)\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac\pi8}\tag{5} $$ si cada rojo $\color{#C00000}{\sin}$ se cambia a $\cos$ y cada rojo $\color{#FF0000}{-}$ se cambia el signo a $+$ .

Answer 2

Dejemos que $u=x^2$ entonces $$ \int_0^\infty \sin(u) \frac{\mathrm{d} u}{2 \sqrt{u}} $$ La forma de análisis real de evaluar esta integral es considerar una familia paramétrica: $$\begin{eqnarray} I(\epsilon) &=& \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{2 \sqrt{u}} \mathrm{e}^{-\epsilon u} \mathrm{d} u = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\int_0^\infty u^{2n+\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-\epsilon u} \mathrm{d} u \\ &=& \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \Gamma\left(2n+\frac{3}{2}\right) \epsilon^{-\frac{3}{2}-2n} \\ &=& \frac{1}{2 \epsilon^{3/2}} \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{\epsilon^2}\right)^n\frac{\Gamma\left(2n+\frac{3}{2}\right)}{\Gamma\left(2n+2\right)} \\ &\stackrel{\Gamma-\text{duplication}}{=}&\frac{1}{2 \epsilon^{3/2}} \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{\epsilon^2}\right)^n\frac{\Gamma\left(n+\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(n+\frac{5}{4}\right)}{\sqrt{2} n! \Gamma\left(n+\frac{3}{2}\right)} \\ &=& \frac{1}{(2 \epsilon)^{3/2}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)} {}_2F_1\left(\frac{3}{4}, \frac{5}{4}; \frac{3}{2}; -\frac{1}{\epsilon^2}\right) \\ &\stackrel{\text{Euler integral}}{=}& \frac{1}{(2 \epsilon)^{3/2}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)} \frac{1}{\operatorname{B}\left(\frac{5}{4}, \frac{3}{2}-\frac{5}{4}\right)} \int_0^1 x^{\frac{5}{4}-1} (1-x)^{\frac{3}{2}-\frac{5}{4} -1} \left(1+\frac{x}{\epsilon^2}\right)^{-3/4} \mathrm{d} x \\ &=& \frac{1}{2^{3/2}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right) \Gamma\left(\frac{1}{4}\right)} \int_0^1 x^{\frac{5}{4}-1} (1-x)^{\frac{1}{4} -1} \left(\epsilon^2+x\right)^{-3/4} \mathrm{d} x \end{eqnarray} $$ Ahora estamos listos para calcular $\lim_{\epsilon \to 0} I(\epsilon)$ : $$\begin{eqnarray} \lim_{\epsilon \to 0} I(\epsilon) &=& \frac{1}{2^{3/2}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)} \int_0^1 x^{\frac{1}{2}-1} \left(1-x\right)^{\frac{1}{4}-1} \mathrm{d} x = \frac{1}{2^{3/2}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)} \\ &=& \frac{1}{2^{3/2}} \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \end{eqnarray} $$

Answer 3

En primer lugar, utilice la sustitución $t = x^2$ para obtener

$$ I := \int_{0}^{\infty}\sin\left(x^2\right)\;dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}\;dt. $$

Esta integral converge condicionalmente, por lo que hacemos una integración por partes para obtener una integral absolutamente convergente como sigue:

$$I = \left[\frac{1-\cos t}{2\sqrt{t}}\right]_{0}^{\infty}-\int_{0}^{\infty}\left(\frac{d}{dt}\frac{1}{2\sqrt{t}}\right)(1 - \cos t)\;dt =\int_{0}^{\infty}\frac{1 - \cos t}{4t^{3/2}}\;dt.$$

Ahora, desde la integral gamma,

$$ \begin{align*} I &=\frac{1}{4\Gamma(3/2)}\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\Gamma(3/2)}{t^{3/2}}\right)(1 - \cos t)\;dt \\ &=\frac{1}{4\Gamma(3/2)}\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\infty}u^{1/2}e^{-tu}\;du\right)(1 - \cos t)\;dt\\ &=\frac{1}{4\Gamma(3/2)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}u^{1/2}e^{-tu}(1 - \cos t)\;dudt \\ &=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}u^{1/2}e^{-tu}(1 - \cos t)\;dudt, \end{align*} $$

donde en la última línea hemos utilizado el hecho de que $\Gamma(3/2) = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$ que es una consecuencia directa de la integral de Gauss. (Por supuesto, esta integral se puede evaluar mediante una famosa técnica de análisis real). Por el teorema de Tonelli podemos cambiar el orden de integración, y con la sustitución $u = v^2$ obtenemos

$$\begin{align*}I &=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}u^{1/2}e^{-tu}(1 - \cos t)\;dtdu \\ &= \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty}\frac{u^{1/2}}{u(1+u^2)}\;du = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{2}{1+v^4} \; dv. \end{align*}$$

Para evaluar la última integral, utilizamos la siguiente descomposición

$$ \frac{2}{1+v^4} = \frac{1+v^{-2}}{(v-v^{-1})^2-2} - \frac{1-v^{-2}}{(v+v^{-1})^2-2}. $$

Así, con la sustitución $z = v - v^{-1}$ y $w = v + v^{-1}$ la integral se convierte en

$$\begin{align*}I &= \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \left( \int_{0}^{\infty} \frac{d(v-v^{-1})}{(v-v^{-1})^2+2} - \int_{0}^{\infty} \frac{d(v+v^{-1})}{(v+v^{-1})^2-2} \right) \\ &= \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{z^2+2} - \int_{\infty}^{\infty} \frac{dw}{w^2-2} \right) = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \left( \frac{\pi}{\sqrt{2}} - 0 \right) = \sqrt{\frac{\pi}{8}}. \end{align*}$$

Sólo con una ligera modificación de este argumento se obtiene inmediatamente

$$ \int_{0}^{\infty} \cos\left(x^2\right) \; dx = \sqrt{\frac{\pi}{8}}. $$

Answer 4

Aquí está el papel que aborda exactamente esta cuestión por H. Flanders, "On Fresnel integrals", American Mathematical Monthly, vol. 89, no. 4, 1982, pp. 264-266.

Aquí hay otro documento sobre el tema que no requiere una suscripción.

Answer 5

Integrar $\displaystyle{J \equiv \int_{0}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}x^{2}}\,{\rm d}x}$ . $\quad\Im J = ?$ .

\begin{eqnarray*} J^{2} & = & \int_{0}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}x^{2}}\,{\rm d}x \int_{0}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}y^{2}}\,{\rm d}y = {\pi \over 2}\int_{0}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}\,\rho^{2}}\rho\,{\rm d}\rho = {\pi \over 4}\int_{0}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}\,\rho}\,{\rm d}\rho \\[3mm] & = & {\pi \over 4}\int_{-\infty}^{\infty} \left(% {\rm i}\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over 2\pi}\, {{\rm e}^{-{\rm i}k\rho} \over k + {\rm i}0^{+}} \right) {\rm e}^{{\rm i}\,\rho}\,{\rm d}\rho = {\rm i}\,{\pi \over 4}\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over k + {\rm i}0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}\rho \over 2\pi}\,{\rm e}^{{\rm i}\left(1 - k\right)\rho} \\[3mm] & = & {\rm i}\,{\pi \over 4}\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over k + {\rm i}0^{+}} \delta\left(1 - k\right) = {\rm i}\,{\pi \over 4}{1 \over 1 + {\rm i}0^{+}} = {\rm i}\,{\pi \over 4}\left\lbrack 1 - {\rm i}\pi\,\delta\left(1\right)\right\rbrack = {\rm i}\,{\pi \over 4} = {\rm e}^{{\rm i}\pi/2}\,{\pi \over 4} \\[1cm]&&\mbox{} \end{eqnarray*}

$$ J = \sqrt{\,{\rm e}^{{\rm i}\pi/2}\,{\pi \over 4}\,} = {\rm e}^{{\rm i}\pi/4}\,\sqrt{\,\pi \over 4\,} $$

$$ \int_{0}^{\infty}\sin\left(x^{2}\right)\,{\rm d}x = \Im J = \overbrace{\quad\sin\left(\pi \over 4\right)\quad}^{=\ 1/\sqrt{\,2\,}} \sqrt{\,\pi \over 4\,} = \sqrt{\,\pi \over 8\,} $$