Cálculo de una integral iterada

Question

Quiero probar $$\int\limits_{-\infty}^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2}dxdy=\frac{\pi^2}{2}.$$ Dado que la función $(x,y)\mapsto\sin(x^2+y^2)/(x^2+y^2)$ no es integrable, no puedo utilizar el Teorema del Cambio de Variable. Así que estoy intentando utilizar fórmulas de residuos para alguna función holomorfa adecuada para calcular la integral interna, pero no puedo continuar. ¿Puede alguien sugerirme una pista para resolver este problema?

Adenda: Puede que me equivoque, pero sospecho que el Teorema del Cambio de Variable (TCV) no es la respuesta. La razón es la siguiente: el número $\pi^2/2$ se consigue si aplicamos coordenadas polares, pero TCV garantiza que si aplicamos cualquier otro cambio de variable podemos obtener el mismo número, $\pi^2/2$ . Si esta función fuera integrable, esta propiedad de invariancia estaría garantizada, pero no es el caso. Por tanto, podemos tener soluciones extrañas a esta integral.

Answer 1

Dejemos que $D$ sea cualquier dominio de Jordan en $\mathbb{R}^2$ , que contiene el origen en su interior, cuyo límite $\partial D$ tiene la forma $r = f(\theta)$ en coordenadas polares donde $f \in C[0,2\pi]$ .

Considere la siguiente integral como un funcional de $D$ : $$\mathcal{I}_D \stackrel{def}{=} \int_D \phi(x,y) dx dy \quad\text{ where }\quad\phi(x,y) = \frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2} $$

Dado que el origen es una singularidad removible para $\phi(x,y)$ Siempre y cuando $D$ es de extensión finita, no hay ningún problema de integrabilidad ni de cambio de variable. Tenemos $$\mathcal{I}_D = \int_0^{2\pi} \int_0^{f(\theta)}\frac{\sin(r^2)}{r^2} rdr d\theta = \frac12\int_0^{2\pi} \left[\int_0^{f(\theta)^2}\frac{\sin t}{t} dt \right] d\theta $$ Para cualquier función no creciente y no negativa $g$ en $(0,\infty)$ . Utilizando la integración por partes (la RS ), se puede demostrar que

$$\left|\int_a^b g(x) \sin(x) dx \right| \le 2 g(a)\quad\text{ for }\quad 0 < a < b < \infty$$

Para cualquier $R > 0$ donde $B(0,R) \subset D$ . Al establecer $g(x)$ a $1/x$ La desigualdad anterior conduce a la siguiente estimación para $\mathcal{I}_D$ .

$$\left| \mathcal{I}_D - \mathcal{I}_{B(0,R)} \right| = \frac12 \left| \int_0^{2\pi} \left[\int_{R^2}^{f(\theta)^2}\frac{\sin t}{t} dt \right] d\theta \right| \le \frac12 \int_0^{2\pi} \left|\int_{R^2}^{f(\theta)^2}\frac{\sin t}{t} dt\right| d\theta \le \frac{2\pi}{R^2} $$

Para cualquier $Y$ el integrante $\phi(x,y)$ es integrable en Lebesgue sobre $(-\infty,\infty)\times [-Y,Y]$ . La integral doble de la forma está bien definida. Con la ayuda de DCT se puede evaluar como un límite

$$\int_{-Y}^Y \int_{-\infty}^{\infty}\phi(x,y) dxdy = \lim_{X\to\infty}\int_{-Y}^Y \int_{-X}^X \phi(x,y) dxdy = \lim_{X\to\infty}\mathcal{I}_{[-X,X]\times[-Y,Y]}$$

Lo combinaremos con la estimación anterior. Estableciendo $R = Y$ y $[-X,X] \times [-Y,Y]$ asumiendo el papel de $D$ se obtiene

$$\left|\int_{-Y}^{Y} \int_{-\infty}^{\infty}\phi(x,y) dxdy - \mathcal{I}_{B(0,Y)}\right| \le \limsup_{X\to\infty}\left|\int_{-Y}^{Y} \int_{-X}^{X}\phi(x,y) dxdy - \mathcal{I}_{B(0,Y)}\right| \le \frac{2\pi}{Y^2}$$

Ya que existen los siguientes dos límites, $$\lim_{Y\to\infty} \mathcal{I}_{B(0,Y)} = \lim_{Y\to\infty} \pi\int_0^{Y^2}\frac{\sin t}{t}dt = \pi\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \frac{\pi^2}{2} \quad\text{ and }\quad \lim_{Y\to\infty}\frac{2\pi}{Y^2} = 0$$ Al apretar, ¡la integral doble en cuestión existe como una integral impropia!

$$\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi(x,y) dxdy \stackrel{def}{=} \lim_{Y\to\infty} \int_{-Y}^Y \int_{-\infty}^\infty \phi(x,y) dxdy = \lim_{Y\to\infty} \mathcal{I}_{B(0,Y)} = \frac{\pi^2}{2}$$

Answer 2

Utilizando coordenadas polares tenemos:

$$ \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{x^2+y^2 \le R^2} \frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2}dxdy=\lim_{R\rightarrow\infty}\int_0^{R}\int_0^{2\pi}\frac{\sin (r^2)}{r^2}r d\theta dr= $$ $$ =2\pi\int_0^{+\infty} \frac{\sin (r^2)}{r}dr=2\pi \frac{\pi}{4}=\frac{\pi^2}{2} $$