Digamos que tengo toda la función$$f(z)=e^{-\frac{1}{2}z^2}.$ $ Me gustaría considerar la integral$$I=\int_\Gamma f(x)dz,$ $ donde$\Gamma$ es una línea con pendiente negativa$<1$ in$\mathbb{C}$ Si lo traza, se verá como$Im(z)=cRe(z)$,$-1<c<0$). Aunque los disolventes me dicen que$I=\sqrt{2\pi}$ y puedo ver intuitivamente por qué esto es cierto (continuamente deformar$\Gamma$ en la línea real), ¿cómo mostraría esto rigurosamente?
Respuesta
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MrTuttle
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Considere la posibilidad de las partes en la izquierda y la mitad derecha del plano-por separado - o, por la paridad en el integrando, a considerar sólo una de las dos partes, el otro sigue por la simetría.
La línea inclinada puede parametrizarse como $t\cdot e^{-i\varphi}$,$0 < \varphi < \frac{\pi}{4}$. Por Cauchy de la integral teorema, para cada $R > 0$ hemos
$$0 = \int_{0}^R \exp\left(-\frac{1}{2}(te^{-i\varphi})^2\right)e^{-i\varphi}\,dt + \int_{-\varphi}^0 \exp\left(-\frac{1}{2}(Re^{i\vartheta})^2\right)iRe^{i\vartheta}\,d\vartheta - \int_0^R e^{-\frac{1}{2}t^2}\,dt.$$
En el arco circular, podemos obligado el integrando por
$$R\exp\left(-\frac{1}{2}R^2\cos (2\varphi)\right)$$
desde $\operatorname{Re} e^{2i\vartheta} = \cos (2\vartheta) \geqslant \cos (2\varphi)$$-\varphi \leqslant \vartheta \leqslant 0$, por lo que
$$\left\lvert \int_{-\varphi}^0 \exp\left(-\frac{1}{2}(Re^{i\vartheta})^2\right)iRe^{i\vartheta}\,d\vartheta \right\rvert \leqslant \varphi R\exp\left(-\frac{1}{2}R^2\cos (2\varphi)\right) \xrightarrow{R\to+\infty} 0,$$
y por lo tanto
$$\lim_{R\to+\infty} \int_{0}^R \exp\left(-\frac{1}{2}(te^{-i\varphi})^2\right)e^{-i\varphi}\,dt = \lim_{R\to+\infty} \int_0^R e^{-\frac{1}{2}t^2}\,dt = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}.$$
Aparte de la integral teorema, se necesita una estimación que se muestra la integral sobre la ruta que conecta los dos segmentos de línea recta tiende a $0$ cuando los segmentos de escape de las dos medias líneas.
