$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} dx$ con el análisis complejo

Question

Inspirado por este pregunta recientemente cerrada, tengo curiosidad por saber si hay una forma de hacer la integral de Gauss utilizando técnicas de análisis complejo como las integrales de contorno.

Conozco el cálculo mediante coordenadas polares y he visto otras derivaciones. Pero creo que nunca lo he visto hecho con métodos del análisis complejo. Soy lo suficientemente ignorante sobre el análisis complejo como para creer que se puede hacer de alguna manera sin saber cómo se haría.

Answer 1

Lo que sigue es una lista de soluciones que me gustan y que utilizan el análisis complejo de forma implícita o explícita. Actualizaré la lista a medida que se me ocurran más. ( Nota: Solución 4 es mi favorito, y está completamente orientado al análisis complejo. También me gusta bastante Solución 6. )

En primer lugar, dejemos que $u=x^{2}$ , $du=2xdx$ . Entonces nuestra integral se convierte en $$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx=\int_{0}^{\infty}u^{-\frac{1}{2}}e^{-u}du=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right).$$ donde $\Gamma(s)$ es el Función gamma .

Solución 1: Desde $$\Gamma(1-s)\Gamma(s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}$$ para todos los complejos $s$ concluimos que $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.$$

Solución 2: Recordemos el Función beta , $$\text{B}(x,y)=\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}.$$ Configuración $x=y=\frac{1}{2}$ tenemos

$$ \left(\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\right)^{2}=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}dt.$$

Para evaluar esto, establezca $t=\sin^{2}(x)$ para encontrar $$\left(\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\right)^{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\sin x\cos x}{\sin x\cos x}dt=\pi.$$ Alternativamente, podríamos evaluar la última integral eligiendo rama's tales que el integrando sea analítico en $\mathbb{C}-[0,1]$ y luego integrar alrededor de este corte. (El residuo proviene entonces del residuo en el infinito)

Solución 3: Configuración $s=\frac{1}{2}$ en la fórmula de duplicación, $$\Gamma(s)\Gamma\left(s+\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}2^{1-2s}\Gamma(2s),$$ produce $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.$$

Solución 4: Mi favorita: Recordemos la ecuación funcional del función zeta , es decir, que $$\pi^{-\frac{z}{2}}\Gamma\left(\frac{z}{2}\right)\zeta(z)=\pi^{-\frac{1-z}{2}}\Gamma\left(\frac{1-z}{2}\right)\zeta(1-z).$$ Tomando el límite como $z\rightarrow1$ sabemos que $\zeta(z)\sim\frac{1}{z-1}$ y $\Gamma\left(\frac{1-z}{2}\right)\sim2\frac{1}{\left(z-1\right)}$ por lo que debemos tener la igualdad $$\pi^{-\frac{1}{2}}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=2\zeta(0).$$ Tomando el límite en el semiplano derecho como $s\rightarrow0$ utilizando la identidad $$\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-s\int_{1}^{\infty}\{u\}u^{-s}du,$$ que es válida para $\sigma>0$ podemos encontrar que $\zeta(0)=\frac{1}{2}.$ (nótese la cancelación del polo/cero). En consecuencia, $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.$$

Solución 5: De la integración compleja, para $a,b>0$ tenemos la identidad $$\int_{-\infty}^{\infty}(1-ix)^{-a}(1+ix)^{-b}dx=\frac{2^{2-a-b}\pi\Gamma(a+b-1)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}.$$ Establecer $a=\frac{1}{2},b=\frac{3}{2}$ para encontrar que $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-ix}{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{2\pi}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}.$$ Por lo tanto, $$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{\pi}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}.$$ Como el integrando del lado izquierdo tiene antiderivada $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+C$ se deduce que la integral es $1$ y por lo tanto $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.$$

Solución 6: Más con la función Beta. Considere la Transformada de Mellin $$\mathcal{M}\left(\frac{1}{\left(1+t\right)^{a}}\right)(z):=\int_{0}^{\infty}\frac{t^{z-1}}{(1+t)^{a}}dt=\text{B}(a-z,z).$$ La última igualdad se obtiene sustituyendo $v=\frac{1}{1+t}$ y luego reescribir la integral como $\int_{0}^{1}v^{a-z-1}(1-v)^{z-1}dv.$ Ahora, conecta $a=1$ y $z=\frac{1}{2}$ para conseguir $$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{t}(1+t)}dt=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^{2}$$ y luego dejar que $t=x^{2}$ para encontrar $$ 2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\pi=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^{2}. $$

Solución 7: También podemos demostrar el resultado utilizando La fórmula de Stirling . Hay que reconocer que esto no es realmente utilizar un análisis complejo, pero me parece interesante.

Desde $z\Gamma(z)=\Gamma(z+1)$ vemos que $$ \Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)\cdots\left(\frac{2n-1}{2}\right)=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{(2n)!}{n!4^{n}}\right)=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\binom{2n}{n}\frac{n!}{4^{n}}. $$ Por la fórmula de Stirling, $$ \binom{2n}{n}\frac{1}{4^{n}}\sim\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\ \text{as}\ n\rightarrow\infty $$ y $$ \frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{n!}\sim\frac{1}{\sqrt{ne}}\frac{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{n}}{n^{n}}. $$ Utilizando el hecho de que $\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{a}{n}\right)^{n}=e^{a}$ se deduce entonces que $$ \frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{n!}\sim\frac{1}{\sqrt{n}}. $$ En consecuencia, tomando el límite como $n\rightarrow\infty$ en la fórmula $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{n!}\frac{4^{n}}{\binom{2n}{n}}$$ produce $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.$$

Espero que eso ayude,

Observación: Todas las fórmulas utilizadas aquí se pueden demostrar sin utilizar el hecho de que $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$ para que ninguno de ellos sea cíclico. Esto vale la pena señalarlo principalmente para $4$ .

Editar: Junté lo que eran las soluciones 2 y 3 ya que no eran diferentes.

Answer 2

Esto necesita algún truco ya que $e^{-z^2}$ no tiene polos.

La prueba más sencilla que conozco se encuentra en El libro de Remmert (está en el §14.3.3 de la página 330 de la edición alemana, pero, como de costumbre, Google no me deja mirar la página que me interesa) y parece que se debe a H. Kneser (ya que Remmert no da ninguna otra fuente).

Así que este es el trato:

Poner $$g(z) = \frac{e^{-z^2}}{1+ e^{-2az}}\quad \text{with }\quad a = (1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2}}.$$ Desde $a^2 = i\pi$ es fácil ver que $$g(z) - g(z+a) = e^{-z^2}$$ y que los polos de $g$ son simples y se encuentran precisamente en los puntos $-\frac{1}{2}a + na$ con $n \in \mathbb{Z}$ .

Ahora integra la función $g$ sobre el rectángulo con esquinas $-r,s, s+i\operatorname{Im}(a),-r+i\operatorname{Im}(a)$ con $r,s \gt 0$ números reales. Obsérvese que el único polo de $g$ dentro de este rectángulo es el situado en $\frac{a}{2}$ y su residuo es $$\operatorname{res}_{\frac{a}{2}} g = \frac{e^{-\frac{1}{4}a^2}}{-2ae^{-a^2}} = \frac{-i}{2\sqrt{\pi}},$$ utilizando la fórmula habitual $\operatorname{res}_{x} \frac{f}{h} = \frac{f(x)}{h'(x)}$ si $h$ tiene un cero simple en $x$ y $f(x) \neq 0$ .

Utilizando el teorema del residuo y la periodicidad $g(z) - g(z+a) = e^{-z^2}$ entonces se comprueba fácilmente que $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \lim_{r,s \to \infty} \int_{-r}^{s} e^{-x^2}\,dx = 2\pi i \, \operatorname{res}_{\frac{a}{2}} g = \sqrt{\pi}$$ ya que las integrales a lo largo de los lados verticales de los rectángulos convergen a cero como $r,s \to \infty$ .

Remmert también menciona que en la literatura más antigua a menudo se afirmaba que era imposible obtener esta fórmula a partir del cálculo de residuos.

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Añadido.

Remmert también hace referencia al artículo de G. Pólya Observaciones sobre el cálculo de la integral de probabilidad en una y dos dimensiones Proc. [Berkeley Symp. on Math. Statist. and Prob. (Univ. of Calif. Press, 1949), 63-78, donde se muestra otro método: En la sección 5 de ese artículo (en la p. 68f) Pólya integra la función $e^{i\pi z^2} \tan{(\pi z)}$ sobre el paralelogramo con ángulos $R+iR$ , $-R-iR$ , $-R+1-iR$ , $R+1+iR$ para obtener la fórmula deseada.

Answer 3

$\text{MR}1641980\, (99\text{h}:26002)$

Desbrow, Darrell.

Sobre la evaluación $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{ax(x-2b)}\, dx$ por integración de contornos alrededor de un paralelogramo .

Amer. Math. Monthly $105\, (1998)$ No. $8,\, 726–731$ .

Answer 4

Otra forma sería:

sabemos que $$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty }^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}dx=1$$ (distribución normal). Entonces

$$\int_{-\infty }^\infty e^{-x^2}dx\underset{x=\frac{u}{\sqrt{2}}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{-\infty }^\infty e^{-\frac{u^2}{2}}du=\sqrt{\pi}\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty }^\infty e^{-\frac{u^2}{2}}du}_{=1}=\sqrt\pi$$