Prueba de la integral de Fresnel

Question

Entonces, mi profesor quiere que demostremos la integral de Fresnel:

$$\int_0^\infty\cos(x^2)dx=\sqrt{\frac{\pi}{8}}$$

El problema es que no podemos utilizar el análisis complejo para demostrarlo y deberíamos hacerlo utilizando la identidad de Euler: $$\int_0^\infty\cos(x^2)dx=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{iw^2}dw+\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-iw^2}dw$$

Pero tengo esa integral de $e^{-iw^2}$ y no puedo resolverlo :(

Soy estudiante de ingeniería, así que básicamente, sólo tengo el cálculo "básico", sólo integrales simples/dobles/triples, algunas nociones sobre series, EDO's y EDP's, pero nada tan profundo como en la carrera de Matemáticas regular, así que probablemente no haya necesidad de usar material duro para resolver esto.

Answer 1

Tenemos que demostrarlo: $$\int_{0}^{\infty} \cos(ax^2) dx =\sqrt{\frac{\pi}{8a}}$$ Ahora, consideramos el LHS. $$ LHS = \int_{0}^{\infty} \cos(ax^2) dx $$

Ahora, hacemos la sustitución: $$x \rightarrow x^{\frac{1}{4}}$$

Por lo tanto, obtenemos: $$ LHS =\frac{1}{4}\int_{0}^{\infty} x^{-\frac{3}{4}}\cos(a\sqrt{x}) dx $$ Ahora por la serie Maclaurin, $$\cos (a\sqrt{x}) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(a\sqrt x)^{2n}}{2n!}$$ Esto también se puede escribir como: $$\cos (a\sqrt x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^n(a)^{2n}n!}{2n!n!}$$ Al introducir el valor en el LHS, obtenemos: $$ LHS =\frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} x^{-\frac{3}{4}} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^n(a)^{2n}n!}{2n!n!} dx$$ Ahora, por El teorema maestro de Ramanujan obtenemos $$ LHS = \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} x^{-\frac{3}{4}}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-x)^n(a)^{2n}n!}{2n!n!} dx = \frac{1}{4}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{3}{4})}{\sqrt{a}\Gamma(\frac{1}{2})}$$ Por lo tanto, al Fórmula de reflexión de Euler obtenemos $$\int_{0}^{\infty}\cos(ax^2) dx =\sqrt{\frac{\pi}{8a}}$$

Answer 2

Puedes utilizar integrales dobles y cambio de variables. Considera la superficie $e^{-y^2}\cos(x^2)$ en el octante positivo, y determinar el volumen delimitado por él. Calcula las integrales tanto en coordenadas polares como en coordenadas cartesianas, e iguala los valores. Luego puedes resolver el valor de tu integral.

Para hacerlo en coordenadas cartesianas, se tiene un producto de la integral de Fresnel, $I$ y la integral gaussiana con valor $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ . Entonces

$$V = \frac{\sqrt{\pi}}{2}I$$

Expresando $V$ con cooridinatos polares, y utilizando la sustitución $u = p^2\cos^2(\theta)$ entonces la sustitución $\tan(\theta)=t$ se obtiene la integral

$$V = \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{t^4}{t^4+1}$$ Usando fracciones parciales se puede obtener que esto es $\frac{\pi\sqrt{2}}{8}$ . Entonces, al igualar sus dos valores de $V$ se puede resolver para I y obtener $$I = \sqrt{\frac{\pi}{8}}$$ como se desee.

Answer 3

Aquí hay una prueba (no rigurosa) con transformadas de Fourier que descubrí. Implica integrales dobles en su mayoría.

Definir la transformada del coseno de Fourier de $f(x)$ a ser:

$$\mathcal{F}_{c}(f(x))=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(y) \cos(xy) \ dy.$$ Se puede ver que $\mathcal{F}_c$ es autoadjunto comprobando la definición mediante el producto interior: $$\langle f(x), g(x) \rangle= \int_{\mathbb{R}} f(x)g(x) \ dx. $$ La definición más específica es $$\left \langle \mathcal{F}_c(f), g \right \rangle=\left \langle f, \mathcal{F}_c (g) \right \rangle.$$ Para demostrar que es cierto, expande el lado izquierdo en una integral doble y utiliza el teorema de Fubini para obtener el lado derecho.

Calculamos el producto interior de $$\left \langle \mathcal{F}_c \left(\cos(x) \right), \frac{1}{\sqrt{|x|}} \right \rangle$$ de dos maneras.

Expandiendo el producto interior, obtenemos el producto interior igual a $$\left \langle \sqrt{2 \pi} \delta(1-x) , \frac{1}{\sqrt{|x|}} \right \rangle= \sqrt{2 \pi},$$ a partir de la propiedad integral de la función Delta de Dirac $\delta(x).$

Por otro lado, explotando la propiedad autoadjunta, $$\sqrt{2 \pi}=\left \langle \cos(x), \mathcal{F}_c \left( \frac{1}{\sqrt{|x|}} \right ) \right \rangle =\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x) \cos(xy)}{\sqrt{|y|}} \ dy \ dx.$$

Aplicar el cambio de variables $$x=u, y=\frac{v}{u}$$ que tiene el jacobiano $$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}= \frac{1}{u}$$ para conseguir

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(u) \cos(v)}{\sqrt{|uv|}} \ dv \ du.$$

Dado que la primera mitad de la prueba mostró que esta integral es $\sqrt{2 \pi},$ vemos $$2\pi= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(u) \cos(v)}{\sqrt{|uv|}} \ dv \ du= \left (\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(u)}{\sqrt{|u|}} \ du \right)^2.$$

Así que $$\sqrt{2 \pi}=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(u)}{\sqrt{|u|}} \ du=2 \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(u)}{\sqrt{u}} \ du. $$

Como resultado,

$$\frac{\sqrt{\pi}} {\sqrt{2}}= \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(u)}{\sqrt{u}} \ du.$$ Por último, dejemos que $u=z^2, du = 2z \ dz$ para conseguir que

$$\frac{\sqrt{\pi}} {\sqrt{2}}= \int_{0}^{\infty} 2 \cos(z^2) \ dz,$$ así que

$$\int_{0}^{\infty} \cos(z^2) \ dz =\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{8}}.$$

Answer 4

Sugerencia Nota: hay que tener en cuenta que $$I=\int_{0}^{\infty}\cos\left(x^{2}\right)dx\stackrel{x^{2}=u}{=}\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}u^{-1/2}\cos\left(u\right)du $$ $$=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\cos\left(u\right)\int_{0}^{\infty}v^{-1/2}e^{-uv}dvdu $$ y ahora utilizando el teorema de Fubini podemos intercambiar las integrales y obtener $$I=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}v^{-1/2}\int_{0}^{\infty}\cos\left(u\right)e^{-uv}dudv=\textrm{Re}\left(\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}v^{-1/2}\int_{0}^{\infty}e^{u\left(i-v\right)}dudv\right) $$ $$\textrm{Re}\left(\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\frac{v^{-1/2}}{v-i}dv\right)=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\frac{v^{1/2}}{v^{2}+1}dv\stackrel{z=\sqrt{v}}{=}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{z^{4}+1}dz $$ y la última integral es sencilla de evaluar utilizando fracciones parciales. Nótese que $$\int_{0}^{\infty}\frac{z^{2}}{z^{4}+1}dz=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\int_{0}^{\infty}\frac{z}{z^{2}-\sqrt{2}z+1}-\frac{z}{z^{2}+\sqrt{2}z+1}dz\right) $$ $$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\frac{2z-\sqrt{2}+\sqrt{2}}{z^{2}-\sqrt{2}z+1}-\frac{2z+\sqrt{2}-\sqrt{2}}{z^{2}+\sqrt{2}z+1}dz\right) $$ $$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\frac{2z-\sqrt{2}}{z^{2}-\sqrt{2}z+1}-\frac{2z+\sqrt{2}-\sqrt{2}}{z^{2}+\sqrt{2}z+1}dz+\int_{0}^{a}\frac{\sqrt{2}}{z^{2}-\sqrt{2}z+1}dz\right)$$ y creo que puedes concluir por ti mismo desde aquí.

Answer 5

Después de usar la de Euler, utilice Integral gaussiana

o Integral de una función gaussiana :