Complejo de la Analítica de la Prueba de la Integral de Gauss $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}dz=\sqrt{\pi}$

Question

Demostrar que $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}dz=\sqrt{\pi}$.

Aquí está mi intento de solución:

Definir $a:=\sqrt{\pi}e^{\frac{\pi i}{4}}$ y deje $f(z) = \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}}$.

Tenga en cuenta que $a^2=\pi i$.

Ahora $f(z)$ tiene polos de orden 1 en $(k+\frac{1}{2})a$ todos los $k\in\mathbb{Z}$. Así que usando el Teorema de los Residuos y la Regla de l'Hôpital:

$$\lim_{z\rightarrow (k+\frac{1}{2})a}\frac{(z-(k+\frac{1}{2})a)e^{-z^2}}{1+e^{-2az}}=\lim_{z\rightarrow (k+\frac{1}{2})a}\frac{\frac{d}{dz}(z-(k+\frac{1}{2})a)e^{-z^2}}{\frac{d}{dz}1+e^{-2az}}=\frac{e^{-(k+\frac{1}{2})^2a^2}}{-2ae^{-2(k+\frac{1}{2})a^2}}=\frac{e^{-k^2a^2-ka^2-\frac{a^2}{4}}}{-2ae^{-2ka^2-a^2}}=\frac{e^{-\pi ik^2-\pi ik-\frac{\pi i}{4}}}{-2ae^{-2\pi ik-\pi i}}=\frac{e^{\frac{-\pi i}{4}}}{2\sqrt{\pi}e^{\frac{\pi i}{4}}}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}i}$$

Se puede demostrar que $f(z)-f(z+a)=e^{-z^2}$ (no me voy a probar esto, pero es definitivamente cierto). Voy a integrar esta función en todo el contorno que es un rombo inclinada a la derecha, cuya parte inferior dos esquinas se encuentran en $-R$$R$. Así tenemos:

$$\lim_{R\rightarrow\infty}\bigg[\int_{-R}^{R}f+\int_{R+at}f+\int_{R+a}^{-R+a}f+\int_{R+a(1-t)}f\bigg]=\sum_{k\geq 0}\sqrt{\pi}$$ for $0\leq t\leq 1$.

Haciendo las sustituciones $u=z-a$ para la tercera integral y, a continuación, $v=1-t$ para el cuarto, y luego tomar las $R\rightarrow\infty$, obtenemos:

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}dz=\sum_{k\geq 0}\sqrt{\pi}$$

¡Uf! Ok, así que claramente todo lo que realmente quiero es sólo una $\sqrt{\pi}$, no un número infinito de ellos. Pero cuando la llevo $R\rightarrow\infty$ mi rombo que contiene todos los polos en la mitad superior del plano. Puede alguien decir donde me salió mal?

Answer 1

Aceptar a todos que usted puede detener la furia de hacer garabatos para comprobar todos mis cálculos. Byron Schmuland me envió a un post que tiene esta misma solución y se me hizo darme cuenta de mi error:

Tomando $R\rightarrow\infty$ sólo se extiende este rombo en las direcciones horizontales! Así que no recojo más singularidades en el límite. Así que ahí está.

Answer 2

Esto es una prueba de que no es en todos los Complejos de Analítica', pero es muy elemental así que pensé en compartir como una respuesta a esta pregunta.

Deje $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=z$. Claramente $z=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx$. Ahora como la función exponencial es positivo, tenemos, $z\geq 0$(es bastante estricto)

Luego tenemos a $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=z^2$

Tenemos,

$$z^2=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}e^{-y^2}dxdy=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x+y)^2}dxdy$$

El cambio en la polar de coordenadas tenemos,

$$x=r\cos \theta,y=r \sin \theta$$ $$\Rightarrow dxdy=rdrd\theta$$

Reemplazando en la integral anterior tenemos,

$$\int_{-\pi}^{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta$$

$$= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-y}dyd\theta$$ $$= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}d\theta$$ $$=\pi$$

Así tenemos ,

$$z^2=\pi$$

$$\Rightarrow z=\sqrt{\pi}$$