Un problema matemático, ¿cómo verificarlo?

Question

Esta fue una pregunta en nuestro examen. y yo no sabía que el cambio de variables o truco para aplicar

Cómo mostrar el cambio de variables que

$$ \int_0^\infty \cos(x^2) dx = \int_0^\infty \sin(x^2) dx \tag{I} $$

Nota: no estoy pidiendo la computación, ya que se encuentran aquí y tenemos así que, $$ \int_0^\infty \cos(x^2) dx = \int_0^\infty \sin(x^2) dx =\sqrt{\frac{\pi}{8}}$$ y el resultado se puede recuperar aquí, la Evaluación de $\int_0^\infty \sin x^2\, dx$ con métodos reales?.

¿Hay algún truco para probar la igualdad en (I) sin calcular el valor exacto de antemano?

Answer 1

Aquí es una manera de Resolver esta cuestión.

Empleando el cambio de las variables de $2u =x^2$ Tenemos $$I=\int_0^\infty \cos(x^2) dx =\frac{1}{\sqrt{2}}\int^\infty_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{x}}\,dx$$ $$ J=\int_0^\infty \sin(x^2) dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\int^\infty_0\frac{\sin(2x)}{\sqrt{x}}\,dx $$

Resumen: vamos a probar que $J\ge 0$$I\ge 0$, de modo que, demostrando que $I=J$ es equivalente a $$ \color{blue}{0= (I+J)(I-J)=I^2 -J^2 =\lim_{t \to 0}I_t^2-J^2_t}$$ Donde, $$I_t = \int_0^\infty e^{-tx^2}\cos(x^2) dx~~~~\text{and}~~~ J_t = \int_0^\infty e^{-tx^2}\sin(x^2) dx$$ $t\mapsto I_t$ $t\mapsto J_t$ son claramente continuo debido a la presencia de el integrando el factor de $e^{-tx^2}$.

Sin embargo, Por Fubini tenemos,

\begin{split} I_t^2-J^2_t&=& \left(\int_0^\infty e^{-tx^2}\cos(x^2) dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-ty^2}\cos(y^2) dy\right) - \left(\int_0^\infty e^{-tx^2}\sin(x^2) dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-ty^2}\sin(y^2) dy\right) \\ &=& \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-t(x^2+y^2)}\cos(x^2+y^2)dxdy\\ &=&\int_0^{\frac\pi2}\int_0^\infty re^{-tr^2}\cos r^2 drd\theta\\&=&\frac\pi4 Re\left( \int_0^\infty \left[\frac{1}{i-t}e^{(i-t)r^2}\right]' dr\right)\\ &=&\color{blue}{\frac\pi4\frac{t}{1+t^2}\to 0~~as ~~~t\to 0} \end{split}

Para finalizar la prueba: Vamos a demostrar que $I\ge 0$$J\ge 0$. La realización de una integración por parte obtenemos $$J = \frac{1}{\sqrt{2}} \int^\infty_0\frac{\sin(2x)}{x^{1/2}}\,dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\underbrace{\left[\frac{\sin^2 x}{x^{1/2}}\right]_0^\infty}_{=0} +\frac{1}{2\sqrt{2}} \int^\infty_0\frac{\sin^2 x}{x^{3/2}}\,dx\color{red}{\ge0}$$ Dado que el $\color{red}{\sin 2x= 2\sin x\cos x =(\sin^2x)'}$. De forma similar, tenemos, $$I = \frac{1}{\sqrt{2}}\int^\infty_0\frac{\cos(2x)}{\sqrt{x}}\,dx=\frac{1}{2\sqrt{2}}\underbrace{\left[\frac{\ pecado 2 x}{x^{1/2}}\right]_0^\infty}_{y=0} +\frac{1}{4\sqrt{2}} \int^\infty_0\frac{\sen 2 x}{x^{3/2}}\,dx\\= \frac{1}{4\sqrt{2}}\underbrace{\left[\frac{\sin^2 x}{x^{1/2}}\right]_0^\infty}_{y=0} +\frac{3}{8\sqrt{2}} \int^\infty_0\frac{\sin^2 x}{x^{5/2}}\,dx\color{red}{\ge0}$$

Conclusión:$I^2-J^2 =0$, $I>0$ y $J>0$ impliy $I=J$. Tenga en cuenta que no intentamos calcular ni el valor de$I$ ni $J$.

Adicional a la respuesta sin Embargo el uso de una técnica similar en por encima de demostrar que uno puede fácilmente llega a la siguiente $$I_tJ_t = \frac\pi8\frac{1}{t^2+1}$$ from which one get explicit value of $$I^2=J^2= IJ = \lim_{t\to 0}I_tJ_t =\frac\pi8$$

Answer 2

Nota por cambio de variable, es suficiente para mostrar

$$\int^\infty_0\frac{\cos(x)}{\sqrt{x}}\,dx =\int^\infty_0\frac{\sin(x)}{\sqrt{x}}\,dx $$

Considere la siguiente función

$$f(z)=z^{-1/2}\,e^{iz}$$

Donde elegimos el principio de la raíz para $ z^{-1/2}=e^{-1/2\log(z)}$. Mediante la integración en torno a los siguientes contorno

$$\int_{C_r}f(z)\,dz+\int_{r}^R f(x)\,dx+\int_{\gamma}f(z)\,dz+\int^{iR}_{ir}f(x)\,dx = 0$$

Tomando la integral alrededor de la pequeña cuarto de círculo con $r\to 0$ $$\left| \int_{C_r}f(z)\,dz\right|\leq \left|\sqrt{r}\int^{\pi/2}_{0}e^{it/2} e^{rie^{it}}\,dt\right| \leq \sqrt{r}\int^{\pi/2}_{0}\left|e^{-r\sin(t)}\right|\,dt\sim 0$$

En $\gamma(t)=(1-t)R+iRt$ donde $0\leq t \leq 1$

$$\left|\int_{\gamma}f(z)\,dz\right| = \left| R(i-1)\int^1_0e^{-1/2\log(R(1-t)+iRt)}e^{i(1-t)R-Rt}\,dt\right| \\ \leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{R}} \int^1_0 \frac{e^{-Rt}}{\sqrt[4]{(1-t)^2+t^2}}\,dt$$

Por lo tanto, tenemos

$$\left|\int_{\gamma}f(z)\,dz\right| \leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{R}} \int^1_0 e^{-Rt}\,dt=\frac{\sqrt{2}}{R\sqrt{R}}\left(1-e^{-R}\right)\sim_{\infty}0$$

Finalmente lo que queda al $r\to 0$ $R \to \infty$

$$\int^\infty_0 \frac{e^{ix}}{\sqrt{x}}\,dx =i \int^{\infty}_{0}(ix)^{-1/2}e^{-x}\,dx$$

Tenga en cuenta que $i^{-1/2}=e^{-i\pi/4}$

$$\int^\infty_0\frac{e^{ix}}{\sqrt{x}}\,dx = ie^{-i\pi/4}I = \frac{I}{\sqrt{2}}+i\frac{I}{\sqrt{2}}$$

Por igualando la parte real con la parte real y la parte imaginaria con la parte imaginaria llegar $$\int^\infty_0\frac{\cos(x)}{\sqrt{x}}\,dx =\int^\infty_0\frac{\sin(x)}{\sqrt{x}}\,dx = \frac{I}{\sqrt{2}} $$

A pesar de $I$ es fácil evaluar el uso de la función gamma, que no tiene que evaluar para mostrar la equivalencia.

Answer 3

Este es un comentario extendido.

La pregunta puede ser reescrito de la siguiente manera: para demostrar que $$\etiqueta{1} \Re \int_{-\infty}^\infty e^{-i|\xi|^2}\, d\xi + \Im \int_{-\infty}^\infty e^{-i|\xi|^2}\, d\xi=0,$$ donde la integral es el principal sentido de valor. Esta integral se plantea en ecuaciones en derivadas parciales como la transformada de Fourier de la solución fundamental de la ecuación de Schrödinger: es decir, si $E=E(t, \mathbf x)$ soluciona $$\etiqueta{2} \begin{cases} (i\partial_t + \Delta) E(t, \mathbf x)=0, & t\in \mathbb R, \mathbf x\in\mathbb R^n\\ E(0, \mathbf x)=\delta(\mathbf x)\end{casos}$$ (donde $\delta$ es la distribución de Dirac), entonces la transformada de Fourier de $E(t, \cdot)$ es $$ \hat{E}(t,\boldsymbol \xi)=\int_{\mathbb R^n} e^{-i\mathbf x\cdot \boldsymbol\xi}E(t, \mathbf x)\, d\mathbf x= e^{- |\boldsymbol\xi|^2},\quad \boldsymbol\xi\in\mathbb R^n.$$ Desde $\int_{\mathbb R^n} \hat{u}(t,\boldsymbol \xi)\, d\boldsymbol\xi=u(t, \mathbf 0)$, esto le da una reformulación del problema (1) que generaliza a la dimensión arbitraria:

Es cierto que $$\tag{3}\Re E(1,\mathbf 0)+ \Im E(1, \mathbf 0) =0, $$ where $E$ es la solución a (2)?

Me pareció sorprendente que la respuesta es afirmativa si y sólo si $n=1\mod 4$: esto se deduce de la fórmula explícita $$E(1,\mathbf 0)=\lim_{R\to \infty}\int_{[-R, R]^n}e^{-i|\boldsymbol \xi|^2}\, d\boldsymbol\xi = \frac{\pi^\frac{n}{2}}{i^\frac{n}{2}}=\pi^{\frac n 2}e^{-i \frac{n}{4}\pi}.$$

Conclusión. El OP pide una solución que se basa puramente en el cambio de variable en integrales. En vista de la reformulación (3), los cambios de variable se corresponden con las simetrías de la PDE (2). Estas simetrías son de dimensión independiente, pero a la solución del problema (3) depende de la dimensión. Por lo tanto, me parece que es improbable que este enfoque de trabajo.

Answer 4

EDIT: Esta prueba es defectuoso

El problema es equivalente a probar que $$\arg\left(\int_0^{\infty}e^{ix^2}dx\right)=\frac{\pi}{4}. \tag{1}$$ Una ligera modificación de la gaussiana integral de los rendimientos $$\int_0^{\infty}e^{-xt^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} \quad \text{for} \quad \Re(x) \geq 0. \tag{2}$$ Conectar $-i$ y tomando el argumento, tenemos $(1)$ y por lo tanto, $$\int_0^{\infty}\sin(x^2)dx=\int_0^{\infty}\cos(x^2)dx.$$

Para la prueba de $(2)$, tenemos $$I(x) = \int_0^{\infty}e^{-xt^2}dt \\ 2I(x) = \int_{\infty}^{\infty}e^{-xt^2}dt \\ 4I(x)^2 = \int_{\infty}^{\infty}\int_{\infty}^{\infty}e^{-x(t^2+\tau^2)}dtd\tau \\ = \int_0^{2\pi}\int_{0}^{\infty}re^{-xr^2}drd\theta \\ = 2\pi\int_{0}^{\infty}re^{-xr^2}dr \\ = \frac{\pi}{x}\int_{-\infty}^0e^sds \\ = \frac{\pi}{x} \quad \text{para} \quad \Re(x) \geq 0 \\ \por lo tanto, I(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} \quad \text{para} \quad \Re(x) \geq 0$$