Extraño Límite en la Prueba de la Integral de Fresnel

Question

Yo estaba jugando con las integrales de Fresnel y me he encontrado con una prueba por el hecho de $$\int_0^\infty \cos x^2 dx= \int_0^\infty \sin x^2 dx= \sqrt{\frac{\pi}{8}}$$

La prueba es el siguiente

Utilice el hecho de que $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi} $$ Dejando $ u = \sqrt{-i} \cdot x, du = \sqrt{-i}*dx $ $$\sqrt{-i} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} e^{ix^2} du = \sqrt{\pi}$$ $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{ix^2} dx = \int_{-\infty}^{\infty} \cos{x^2} + i \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \sin{x^2}dx = \sqrt{\frac{-\pi}{i}}=(1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2}}$$

Igualando las partes reales e imaginarias (podemos hacer esto porque nos puede asumir que las dos integrales tienen valores reales), obtenemos

$$\int_{-\infty}^\infty \cos x^2 dx= \int_{-\infty}^\infty \sin x^2 dx= \sqrt{\frac{\pi}{2}}$$

Luego, con el hecho de que $\cos{x^2}$ $\sin{x^2}$ son incluso funciones, tenemos el hecho de encima.

Mi pregunta se deriva de la sustitución realizada. Después de la sustitución, de los límites de la integral de cambio de $\pm\infty$ $\pm(1+i)\infty$

Es esta integral válido? Es posible tener un número complejo en los límites de la integral?

Answer 1

Una prueba real, a través de métodos. Tenemos $$ \int_{0}^{+\infty}\sin(x^2)\,dx \stackrel{x\mapsto\sqrt{x}}{=} \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{2\sqrt{x}}\,dx $$ y desde $\mathcal{L}(\sin x)(s) = \frac{1}{s^2+1}$$\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)(s)=\frac{1}{2\sqrt{\pi s}}$, debido a una propiedad fundamental de la transformada de Laplace $$ \int_{0}^{+\infty}\sin(x^2)\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{ds}{2\sqrt{\pi s}(s^2+1)}\stackrel{s\mapsto s^2}{=}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{ds}{s^4+1}\stackrel{s\mapsto 1/s}{=}\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{ds}{\left(s-\frac{1}{s}\right)^2+2} $$ Mediante la invocación de Glasser maestro del teorema de / la de Cauchy-Schlomilch sustitución obtenemos $$ \int_{0}^{+\infty}\sin(x^2)\,dx = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{t^2+2} = \sqrt{\frac{\pi}{8}} $$ y el de Fresnel coseno integral puede ser manejado en una manera similar.

Answer 2

Si estás abierto a otras pruebas que tengo una que utiliza la Feynman truco .

Como usted ha dicho , podemos demostrar que ; $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix^2} = \int_{-\infty}^{+\infty}\cos(x^2)\,dx - i\int_{-\infty}^{+\infty}\sin(x^2)\,dx $

$I = 2\int_0^{\infty}e^{-ix^2}\,dx$

Para evaluar las integrales de Fresnel uso de Leibniz integral regla,necesitamos introducir un nuevo parámetro .

Así, podemos definir ,$I(t) =\bigg(\int_{0}^{t}e^{-ix^2}\,dx\bigg)^2$

por lo tanto, $I = 2\sqrt{I(t=\infty)}$

$\frac{d}{dt}(I(t)) = \frac{d}{dt}\bigg(\bigg(\int_{0}^{t}e^{-ix^2}\bigg)^2\bigg) =2\cdot \bigg(\int_{0}^{t}e^{-ix^2}\,dx\bigg)\cdot \bigg(\int_0^t\partial_t(e^{-ix^2})\,dx+e^{-it^2}\cdot\frac{dt}{dt} - e^{i\cdot0}\cdot\frac{d(0)}{dt}\bigg)$

$I'(t) = 2\cdot \int_{0}^{t}e^{-ix^2}\,dx\cdot e^{-it^2} $

$I'(t) = 2\int e^{-i(x^2+t^2)}\,dx$

$I'(t) =2\int e^{-it^2(\frac{x^2}{t^2}+1)}\,dx $

deje $ u =\frac xt \implies du = \frac 1t dx \implies t\,du = dx$

$I'(t) = 2\int_0^1 e^{-it^2(1+u^2)}\,tdu$

Este paso es un poco de sentido común, pero espero que me siga,

Observar que, $2t e^{-it^2(1+u^2)} = \partial_t\bigg[\dfrac{e^{-it^2(1+u^2)}}{-i(1+u^2)}\bigg] =\partial_t\bigg[\dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\bigg]$

$I'(t) = 2\large\int_0^1\small \partial_t\dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du $

$I'(t) = \frac{d}{dt}\large\int_0^1\small \dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du$

Ahora,

$\int I'(t) = I(t) = \large\int\frac{d}{dt}\bigg(\large\int_0^1\small \dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du\bigg)dt = \int_0^1 \dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du+C$

Por lo tanto ,

$\large{\int_0^1}\small\dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du+C = \bigg(\int_{0}^{t}e^{-ix^2}\,dx\bigg)^2$

Ahora para encontrar $C$, dejamos $t = 0 $,

$I(t=0) = \bigg(\int_{0}^{0}e^{-ix^2}\,dx\bigg)^2 = 0 =\large{\int_0^1}\small\dfrac{ie^{-i0(1+u^2)}}{1+u^2}\,du+C $

$\implies 0 = \int_0^1\frac{i}{1+u^2}\,du +C$

$\implies C = -i\arctan(u)\bigg|_0^1$

Por lo tanto, $C= -i\frac\pi4$

Ahora tenemos $I(t)= \int_0^1 \dfrac{ie^{-it^2(1+u^2)}}{1+u^2}\,du-i\frac\pi4$

La sustitución de la espalda , $ u =\frac xt $ nos da

$I(t) = \int_0^1\frac1t\frac{ie^{-it^2(1+(\frac xt)^2)}}{1+(\frac xt)^2}\,dx -i\frac\pi4$

ahora,

$I = 2\sqrt{I(t=\infty)}$

$I = 2\sqrt{\lim_{t\to\infty} \int_0^1\frac1t\frac{ie^{-it^2(1+(\frac xt)^2)}}{1+(\frac xt)^2}\,dx -i\frac\pi4}$

$I = 2\sqrt{-i\cdot\frac\pi4}$

$I = \sqrt\pi\cdot\sqrt {-i}$

$I = \sqrt\pi(\frac{\sqrt2}{2}-i\frac{\sqrt2}{2})$

$I =\frac{\sqrt{2\pi}}{2}- i \frac{\sqrt{2\pi}}{2} =2\int_0^\infty\cos(x^2)\,dx-2i\int_0^\infty \sin(x^2)\,dx $.

la comparación de los coeficientes reales e imaginarios nos da las integrales de fresnel.

Answer 3

Admito, no estoy exactamente seguro acerca de tu pregunta sobre si deberíamos estar preocupados por el complejo de los límites de su integral. Por un lado, no tanto porque $i$ es tratado como una constante en la integración. Pero, por otro lado, tienes que tener cuidado al administrar con raíces cuadradas, como Jack ha dicho.

Otra manera de integrar este es de nuevo con la integral de Gauss. Pero esta vez, utilizamos la conocida identidad$$\int\limits_0^{\infty}dx\,\frac 1{1+x^n}=\frac {\pi}n\csc\left(\frac {\pi}n\right)$$The proof for this is relatively straightforward. Hopefully, you recall the easily verifiable identity$$\int\limits_0^{\infty}dx\, e^{-ax}=\frac 1a$$which holds for $\operatorname{Re}(un)>0$. Substitute that into the integrand to get$$\begin{align*}\int\limits_0^{\infty}dy\,\int\limits_0^{\infty}dx\, e^{-(1+x^n)y} & =\int\limits_0^{\infty}dy\,\int\limits_0^{\infty}dx\, e^{-y}e^{-yx^n}\\ & =\frac 1n\int\limits_0^{\infty}dy\,y^{-\frac 1n}e^{-y}\int\limits_0^{\infty}dx\, x^{\frac 1n-1}e^{-x}\\ & =\frac 1n\Gamma\left(1-\frac 1n\right)\Gamma\left(\frac 1n\right)\end{align*}$$The result follows immediately after using Euler's reflection formula on the gamma functions. Now we can proceed with the problem. Using the general formula for the Gaussian integral$$\frac 1{\sqrt{\pi}}\int\limits_{\mathbb{R}}dx\, e^{-ax^2}=\frac 1{\sqrt{a}}$$It can be shown that$$\begin{align*}\int\limits_0^{\infty}dx\,\sin x^2 & =\frac 12\int\limits_0^{\infty}dx\,\frac {\sin x}{\sqrt{x}}\\ & =\frac 1{\sqrt{\pi}}\int\limits_0^{\infty}dt\,\int\limits_0^{\infty}dx\,\sin xe^{-xt^2}\\ & =\frac 1{\sqrt{\pi}}\int\limits_0^{\infty}dt\,\frac 1{1+t^4}\end{align*}$$Using the identity we derived earlier, it's obvious to see that$$\int\limits_0^{\infty}dx\,\frac {\sin x}{\sqrt{x}}=\sqrt{\frac {\pi}2}$$Y su identidad puede ser demostrado ser muy rápidamente de allí.