Calcular la integral trigonométrica $ \int_{-\infty}^{\infty}{\sin(x^2)}\,dx$

Question

Recientemente, me encontré con la siguiente integral: $$ \int_{-\infty}^{\infty}{\sin(x^2)}\,dx=\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(x^2)}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}} $$ ¿Cuáles son las diferentes formas de calcular dicha integral?

Answer 1

En esta respuesta se da un método real para demostrarlo.

Utilizando la integración de contornos podemos demostrar que $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\left[\cos(x^2)+i\sin(x^2)\right]\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty e^{ix^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1+i}{\sqrt2}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=(1+i)\sqrt{\frac\pi2} \end{align} $$ Para mostrar la igualdad de estas integrales, integra $e^{iz^2}$ a lo largo del contorno $$ [-R,R]\cup Re^{i\pi[0,1/4]}\cup[R,-R]e^{i\pi/4}\cup-Re^{i\pi[1/4,0]} $$ que debe ser $0$ desde $e^{iz^2}$ no tiene singularidades. Nótese que la integral a lo largo de los dos contornos curvos desaparece como $R\to\infty$ . Cada uno de ellos está delimitado por $$ \begin{align} &\left|\,\int_0^{\pi/4}e^{iR^2(\cos(t)+i\sin(t))^2}R(-\sin(t)+i\cos(t))\,\mathrm{d}t\,\right|\\ &\le\int_0^{\pi/4}e^{-R^2\sin(2t)}R\,\mathrm{d}t\\ &\le\int_0^\infty e^{-R^24t/\pi}R\,\mathrm{d}t\\ &=\frac\pi{4R} \end{align} $$ Así, la integral a lo largo de $[-\infty,\infty]$ es igual a la integral a lo largo de $[-\infty,\infty]e^{i\pi/4}$ .

Answer 2

Podemos demostrar que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \: e^{-i x^2} = \sqrt{\frac{\pi}{i}} = \sqrt{\pi} e^{-i \frac{\pi}{4}} $$

realmente funciona de forma rigurosa... er, relativamente hablando. Una forma de hacerlo es considerar la integral

$$\oint_{C_R} dz \: e^{-z^2} $$

donde $C_R$ consiste en el intervalo $[0,R]$ a lo largo del $\Re{z}$ eje, un arco circular de radio $R$ centrado en el origen, con puntos finales en $(R,0)$ y $(R,R)/\sqrt{2}$ y el segmento de línea desde $(R,R)/\sqrt{2}$ al origen. (Es decir, sustituir $z = e^{i \pi/4} t$ en la integral). Nótese que no hay polos dentro de $C_R$ para cualquier valor de $R$ . Entonces toma el límite como $R \rightarrow \infty$ y observe que la integral a lo largo del arco circular desaparece. Aplicar el Teorema Integral de Cauchy, y se muestra el resultado deseado.

Nótese que este análisis se aplica también a la transformada de Fourier de dicha función, ya que lo único que hace el trozo de la transformada es desplazar el centro de la cuadrática en la exponencial. La pieza que es la transformada se factoriza fuera de la integral y no cambia este análisis.

Para ser explícitos, podemos escribir

$$\begin{align} \oint_{C_R} dz \: e^{-z^2} &= 0 \\ &= \int_0^R dx \: e^{-x^2} + i R \int_0^{\pi/4} d \phi e^{i \phi} e^{-R^2 \exp{(i 2 \phi)}} + e^{i \pi/4} \int_R^0 dt \: e^{-i t^2} \end{align} $$

La 2ª integral desaparece como $R \rightarrow \infty$ porque el término exponencial del exponente no cambia de signo dentro de la región de integración. Podemos concluir entonces que

$$\int_0^{\infty} dx \: e^{-x^2} = \sqrt{i} \int_0^{\infty} dt e^{-i t^2}$$

o

$$\int_{-\infty}^{\infty} dt \: e^{-i t^2} = \sqrt{\frac{1}{i}} \int_{-\infty}^{\infty} dx \: e^{-x^2} = \sqrt{\frac{\pi}{i}} = \sqrt{\pi} \, e^{-i \pi/4}$$

Su resultado se desprende de la comparación de las partes imaginarias.

Answer 3

El primer paso consiste en sustituir $u=x^2$ dando $$ I = \int_{-\infty}^\infty \sin(x^2) dx = 2 \int_0^\infty \sin(x^2) dx = 2 \int_0^\infty \sin u \frac{du}{2\sqrt{u}}= \int_0^\infty \frac{\sin u}{\sqrt{u}} du $$ El siguiente paso es reconocer esto relacionado con la integral del seno de Fresnel $$ S(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^x \frac{\sin t}{\sqrt{t}} dt $$ El tercer paso es observar que una forma asintótica para $S(x)$ es $$ S(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{2\pi}x}\cos^2 x + O\left( \frac{1}{x^2} \right) $$ (Supongo que quien no sepa esto desde la primera infancia debería volver a leer Gradshteyn y Ryzhik cada noche hasta que le haga dormir. ROTFL)

Llevado al infinito, esto da $S(x) \rightarrow \frac{1}{2}$ así que $$ I = \sqrt{2\pi} \frac{1}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$$