[EX] Un esercizio di Analisi Reale e Complessa

[gugo82]

Esercizio:

Parte Reale

1. Determinare per quali $omega in RR$ è ben definita la funzione $F$ assegnata ponendo:
\[
F(\omega ) := \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x \; .
\]

2. Sfruttare il Teorema della Convergenza Dominata per provare che $F$ è continua e derivabile quante volte si vuole nel suo dominio, nonché che le derivate si calcolano derivando rispetto ad $omega$ sotto il segno di integrale.

3. Sfruttando il fatto noto:
\[
\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \text{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\]
e l'espressione di $F'$, determinare $F(omega)$.

Parte Complessa

4. Integrando $e^{-z^2}$ su un opportuno rettangolo di $CC$, calcolare esplicitamente $F(omega)$ con i Teoremi dei Residui.

[dan952]

Colgo l'occasione per chiarire un dubbio...

Nell'ultimo punto io dovrei calcolare

\begin{equation}
F(\omega)=\Re \int_{[0,+\infty)} e^{-z^2} e^{\omega z i} dz
\end{equation}

Se non ho singolarità dentro al rettangolo come applico il Teorema dei Residui?

[gugo82]

@dan95:

In tal caso l'integrale è nullo.

[dan952]

Teorema integrale di Cauchy (TIdC)....

Vabbé ecco la soluzione del punto 4 ...

Sfruttiamo il fatto che $F(\omega)$ è pari e riscriviamo l'integrale nella forma

$$F(\omega)=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\cos(\omega x)dx$$

Passando all'analisi complessa abbiamo

$$F(\omega)= \frac{1}{2} \Re \int_{(-\infty,+\infty)} e^{-z^2}e^{\omega z i}dz$$

Consideriamo ora il rettangolo $\mathcal{R}$ di vertici $\pm R$ e $\pm R+ai$, con $a,R>0$ allora per il TIdC

$$\lim_{R \rightarrow +\infty} \frac{1}{2} \Re \int_{\mathcal{R}} e^{-z^2}e^{\omega z i}dz=0$$

Si dimostra con qualche maggiorazione che

$$\int_{\pm R}^{\pm R+ai} \longrightarrow 0$$

per $R \rightarrow +\infty$. E quel che resta sono i due integrali

$$\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\cos(\omega x)dx +\frac{e^{a^2+\omega a i}}{2}\int_{+\infty}^{-\infty} e^{-x^2}\cos((\omega-2a) x)dx= F(\omega)-e^{a^2+\omega a i}F(\omega-2a)=0$$

Valutando in $\omega=0$ e sfruttando la parità otteniamo $F(a)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-\frac{a^2}{4}}$

[edmz]

"gugo82":Esercizio:

Parte Reale

1. Determinare per quali $omega in RR$ è ben definita la funzione $F$ assegnata ponendo:
\[
F(\omega ) := \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x \; .
\]

Cosa intendi per "ben definita"? ROC?

[gugo82]

@edmz: Intendo: per quali $omega in RR$ risulta $F(omega) in RR$? O, detto in termini più precisi, per quali $omega in RR$ la funzione $e^(-x^2) cos(omega x)$ è integrabile secondo Lebesgue?

@dan95: Cos'è $a$?

[dan952]

È un numero reale positivo scelto arbitrariamente

[gugo82]

"gugo82":Esercizio:

Parte Reale

1. Determinare per quali $omega in RR$ è ben definita la funzione $F$ assegnata ponendo:
\[
F(\omega ) := \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x \; .
\]

L'integrando $f(x; omega) := e^{-x^2}\ \cos (omega x)$ è sommabile in $[0,+oo[$ per ogni $omega in RR$, in quanto risulta $|e^{-x^2}\ \cos (\omega x)| <= e^{-x^2} =:phi (x) $ con la funzione maggiorante $\phi$ sommabile in $[0,+\infty[$.
Dunque \(\operatorname{Dom} F = \mathbb{R}\).

"gugo82":2. Sfruttare il Teorema della Convergenza Dominata per provare che $F$ è continua e derivabile quante volte si vuole nel suo dominio, nonché che le derivate si calcolano derivando rispetto ad $omega$ sotto il segno di integrale.

Fissato $\omega_0 in RR$ devo provare anzitutto che:
\[
\lim_{\omega \to \omega_0} F(\omega) = F(\omega_0)\; .
\]
Scelta una qualsiasi successione $(\omega_n) subseteq RR \setminus \{ omega_0\}$ tale che $\omega_n -> \omega_0$, pongo per comodità $f_n(x) := f(x; \omega_n)$ ed osservo che tutte le funzioni $f_n$ sono maggiorate in modulo dalla funzione sommabile $\phi$ (individuata al punto 1); conseguentemente, il Teorema di Convergenza Dominata si applica ed, insieme alla continuità di $f(x;omega)$ rispetto al parametro $\omega$, fornisce:
\[
\begin{split}
\lim_n F(\omega_n) &= \lim_n \int_0^{+\infty} f_n(x)\ \text{d} x \\
&\stackrel{\text{T.d.C.D.}}{=} \int_0^{+\infty} \lim_n f_n(x)\ \text{d} x \\
&= \int_0^{+\infty} \lim_n f(x;\omega_n)\ \text{d} x\\
&= \int_0^{+\infty} f(x;\omega_0)\ \text{d} x\\
&= F(\omega_0)
\end{split}
\]
da cui la continuità di $F$ in $\omega_0$ via Teorema Ponte.

Per la derivabilità, il discorso è analogo, ancorché un po' più complesso, in quanto devo dimostrare che per ogni $\omega_0 in RR$ esiste finito il:
\[
\lim_{\omega \to \omega_0} \frac{F(\omega) - F(\omega_0)}{\omega - \omega_0}\; .
\]
Per $\omega != omega_0$ ho:
\[
\frac{F(\omega) - F(\omega_0)}{\omega - \omega_0} = \int_0^{+\infty} \underbrace{e^{-x^2}\ \frac{\cos (\omega x) - \cos (\omega_0 x)}{\omega - \omega_0}}_{=: g(x; \omega)}\ \text{d} x
\]
e la indefinita derivabilità di $cos (\omega x)$ rispetto ad $\omega$, via il Teorema di Lagrange, assicura che per ogni $x\in [0,+\infty[$ esiste qualche $w \in \RR$ tale che:
\[
\frac{\cos (\omega x) - \cos (\omega_0 x)}{\omega - \omega_0} = \left. \frac{\text{d}}{\text{d} \omega} \big[ \cos (\omega x)\big]\right|_{\omega = w} = - x\ \sin (w x)
\]
per cui:
\[
\left| g(x; \omega ) \right| = e^{-x^2}\ x\ \big| \sin (w x)\big| \leq x\ e^{-x^2} =: \psi (x)\; .
\]
Ora, fisso una qualsiasi successione $(\omega_n) \subseteq RR - \{ \omega_0\}$ tale che $\omega_n -> omega_0$. Posto per comodità $g_n(x) := g(x; omega_n)$, osservo che le funzioni $g_n$ sono tutte sommabili (poiché maggiorate da $\psi$, sommabile in $[0,+\infty[$) e che il T.d.C.D. rende lecito il passaggio al limite sotto il segno d'integrale:
\[
\begin{split}
\lim_n \frac{F(\omega_n) - F(\omega_0)}{\omega_n - \omega_0} &= \lim_n \int_0^{+\infty} g_n(x)\ \text{d} x\\
&\stackrel{\text{T.d.C.D.}}{=} \int_0^{+\infty} \lim_n g_n(x)\ \text{d} x\\
&= \int_0^{+\infty} \lim_n \frac{f(x;\omega_n) - f(x;\omega_0)}{\omega_n - \omega_0}\ \text{d} x\; ;
\end{split}
\]
inoltre, l'essere $f(x;\omega)$ indefinitamente derivabile rispetto ad $omega$ implica:
\[
\begin{split}
\lim_n \frac{F(\omega_n) - F(\omega_0)}{\omega_n - \omega_0} &= \int_0^{+\infty} \left. \frac{\text{d}}{\text{d} \omega} \big[ f(x;\omega)\big] \right|_{\omega = \omega_0}\ \text{d} x \\
&= \int_0^{+\infty} - x e^{-x^2}\ \sin (\omega_0 x)\ \text{d} x\; ,
\end{split}
\]
con l'integrale al terzo membro finito (poiché l'integrando è sommabile in $[0,+oo[$). Ne viene, stante l'arbitrarietà nella scelta di $(omega_n)$ e di $\omega_0$, che $F$ è derivabile una volta in $RR$ e che la derivata si calcola derivando rispetto al parametro $omega$ sotto il segno d'integrale, i.e. che risulta:
\[
F^\prime (\omega) = \int_0^{+\infty} -xe^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x
\]
per ogni $omega in RR$.

Infine osservo che, mutatis mutandis, il ragionamento appena concluso si può ripetere pari pari per dimostrare che $F$ è dotata di derivate d'ordine comunque elevato, le quali si calcolano derivando rispetto al parametro $omega$ sotto il segno d'integrale.

"gugo82":3. Sfruttando il fatto noto:
\[
\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \text{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\]
e l'espressione di $F'$, determinare $F(omega)$.

Integrando per parti l'espressione esplicita di $F'(omega)$ ricavata al punto 2, ottengo:
\[
\begin{split}
F^\prime (\omega) &= \left. \frac{1}{2}e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\right|_0^{+\infty} - \frac{\omega}{2}\ \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x\\
&= - \frac{\omega}{2}\ F(\omega)
\end{split}
\]
per ogni $omega in RR$; conseguentemente, la $F$ è l'unica soluzione del P.d.C.:
\[
\begin{cases}
F^\prime (\omega) = -\frac{\omega}{2}\ F(\omega)\\
F(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{cases}
\]
i.e.:
\[
F(\omega) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ e^{-\left( \frac{\omega}{2}\right)^2}\; .
\]

"gugo82":Parte Complessa

4. Integrando $e^{-z^2}$ su un opportuno rettangolo di $CC$, calcolare esplicitamente $F(omega)$ con i Teoremi dei Residui.

Fisso $omega in RR$; per comodità suppongo $omega >0$ ma, mutatis mutandis, il discorso è analogo per $omega <0$.

Come suggerito dalla traccia, integro la funzione ausiliaria $h(z):=e^{-z^2}$ lungo il bordo di un rettangolo; specificamente, scelgo il rettangolo $Q_{R,\omega}$ avente vertici nei numeri $0$, $R$, \(R + \imath\ \frac{\omega}{2}\) ed \(\imath\ \frac{\omega}{2}\) con \(R \gg 0\) (vedi figura).
[asvg]axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2; path([[0,0], [4.75,0], [4.75, 1.5], [0,1.5], [0,0]]);[/asvg]
Essendo $h$ funzione intera, per il Teorema Integrale di Cauchy (o per il Primo Teorema dei Residui) ho:
\[
\int_{+\partial Q_{R,\omega}} h(z)\ \text{d} z = 0
\]
per ogni $R >0$; d'altro canto, per proprietà additiva e formula di Eulero, trovo:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial Q_{R,\omega}} h(z)\ \text{d} z &= \int_0^R h(x)\ \text{d} x + \imath\ \int_0^{\omega/2} h(R+\imath\ y)\ \text{d} y \\
&\phantom{=} - \int_0^R h(x+\imath\ \omega/2)\ \text{d} x - \imath\ \int_0^{\omega/2} h(\imath\ y)\ \text{d} y\\
&= \int_0^R e^{-x^2}\ \text{d} x + \imath\ \int_0^{\omega/2} e^{-(R+\imath\ y)^2}\ \text{d} y\\
&\phantom{=} - e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2 - \imath\ \omega x}\ \text{d} x - \imath\ \int_0^{\omega/2} e^{y^2}\ \text{d} y\\
&= \int_0^R e^{-x^2}\ \text{d} x + \imath\ \underbrace{\int_0^{\omega/2} e^{-(R+\imath\ y)^2}\ \text{d} y}_{=:I(R)}\\
&\phantom{=} - e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2} \Big( \cos (\omega x) - \imath\ \sin (\omega x) \Big)\ \text{d} x - \imath\ \int_0^{\omega/2} e^{y^2}\ \text{d} y\; ,
\end{split}
\]
da cui, separando il reale dall'immaginario ed isolando il termine $I(R)$, ricavo:
\[
\begin{split}
\int_{+\partial Q_{R,\omega}} h(z)\ \text{d} z &= \int_0^R e^{-x^2}\ \text{d} x - e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x \\
&\phantom{=} +\imath \left( e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x - \int_0^{\omega/2} e^{y^2}\ \text{d} y\right)\\
&\phantom{=} + \imath\ I(R)
\end{split}
\]
per ogni $R >0$ e dunque:
\[
\tag{2}
\int_0^R e^{-x^2}\ \text{d} x - e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x +\imath \left( e^{(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^R e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x - \int_0^{\omega/2} e^{y^2}\ \text{d} y\right)
+ \imath\ I(R) = 0\; .
\]
Passando gli addendi di (2) al limite per $R -> +oo$ trovo:
\[
\begin{split}
\lim_{R\to + \infty} \int_0^R e^{-x^2}\ \text{d} x &= \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \text{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\\
\lim_{R\to +\infty} \int_0^R e^{-x^2}\ \cos (\omega x)\ \text{d} x &= F(\omega)\\
\lim_{R\to +\infty} \int_0^R e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x &= \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x\\
\lim_{R\to +\infty} I(R) &= 0\; ,
\end{split}
\]
con l'ultimo limite calcolato con l'ausilio del Lemma di Jordan, giacché risulta:
\[
\lim_{|z|\to +\infty} z\ h(z) = 0\; ,
\]
perciò ottengo:
\[
\frac{\sqrt{\pi}}{2} - e^{(\omega/2)^2}\ F(\omega) + \imath\ \left( e^{(\omega/2)^2}\ \int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x - \int_0^{\omega/2} e^{y^2}\ \text{d} y \right) = 0\; .
\]
Infine, separando il reale dall'immaginario nell'ultima uguaglianza, trovo:
\[
F(\omega) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\ e^{-(\omega /2)^2}
\]
(come già ottenuto con tecniche di Analisi Reale).

Osservo, inoltre che collateralmente ho dimostrato la formula carina (ed inaspettata):
\[
\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\ \sin (\omega x)\ \text{d} x = e^{-(\frac{\omega}{2})^2}\ \int_0^{\omega /2} e^{y^2}\ \text{d} y\; ,
\]
in cui il secondo membro è il cosiddetto integrale di Dawson calcolato in $omega/2$.

[edmz]

Io non conosco il linguaggio della teoria della misura - mi sono limitato pertanto a giustificare la derivazione sotto il segno di integrale mediante la regola di Leibniz (che garantisce l'operazione se l'integranda e la sua derivata parziale sono continue nel dominio considerato).

Ho provato questo approccio, ma non è terminato (né tantomeno rivendico corretto)

Da $$F(\omega)=\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\cos(\omega x) dx$$
Segue che
$$F'(\omega):=\frac {\partial{F(\omega)}}{ \partial \omega } = -\omega\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\sin(\omega x) dx \\
F''(\omega)=-\omega^2 F(\omega)$$
La soluzione dell'equazione differenziale $u'' + \omega^2 u = 0$ è della forma $u(\omega)=A\cos(\omega)+B\sin(\omega)$; derivando l'espressione due volte e sostituendo nell'ODE segue che
$$\cos(\omega)[\omega^2-A]+\sin(\omega)[\omega^2-B]=F(\omega)$$
Per le condizioni del PDC ho avuto qualche dubbio. Ho pensato che, siccome per $\omega = 0, F(0)=\frac{\sqrt \pi}{2}$, debba essere $A=-\frac{\sqrt \pi}{2}$.
Ma per B?

[dan952]

@edmz

La derivata rispetto a $\omega$ non è quella... ma

$$-\int_{0}^{+\infty} xe^{-x^2}\sin(\omega x)dx$$

[edmz]

"dan95":@edmz

La derivata rispetto a $\omega$ non è quella... ma

$$-\int_{0}^{+\infty} xe^{-x^2}\sin(\omega x)dx$$

..naturalmente sì. Mi sembra sia possibile poi integrabile elementarmente.