Integrale di Fresnel
Sia \( H \in (0,\infty ) \) e siano \( \gamma_1,\gamma_2 : [0,1] \to \mathbb{C} \) due cammini parametrizzati da
\[ \gamma_1(t) = H(1+i)t \]
\[\gamma_2(t) = \left\{\begin{matrix}
2Ht & \text{se} & t\in [0,1/2]\\
2Hti(t-1/2)+H& \text{se} & t\in [1/2,1]
\end{matrix}\right. \]
(1) Discutere se i valori degli integrali
\[ \int_{\gamma_j} e^{iz^2}dz \]
per \( j=1,2 \) sono uguali. (2) Comparando i due integrali precedenti e utilizzando il fatto che \( \int_{0}^{\infty} e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \) dedurre che
\[ \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
Quello che mi turba un po' è nella parte (2) dell'esercizio, devo prendere la parte reale (rispettivamente immaginaria) di cosa, (vedere più in basso per il mio dubbio di preciso)
Per la (1) ho fatto così
Siccome \( \gamma_1 \oplus \gamma_2 \) è un cammino chiuso e in particolare è il triangolo rettangolo di vertici \( (0,0) \), \((0,H) \) e \((H,H) \)
\[ \oint_{\gamma_1 \oplus \gamma_2} e^{iz^2} dz = \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz + \int_{\gamma_2} e^{iz^2} = 0 \]
Da cui deduciamo che
\[\int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz =- \int_{\gamma_2} e^{iz^2}\]
Per il (2) ho fatto così
Riparametrizziamo \( \gamma_1(t) = \sqrt{2} t e^{i \frac{\pi}{4} } \) con \( t \in [0,H] \), e dal momento che \( i( \sqrt{2} t e^{i \frac{\pi}{4} })^2 = i(2t^2i)=-2t^2 \) allora abbiamo che
\[ \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz = \int_{0}^{H} \sqrt{2}e^{i \frac{\pi}{4} } e^{-2t^2} dt \]
Effettuiamo il cambio di variabile \( \sqrt{2}t=u \) e abbiamo che
\[ e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{H} e^{-2t^2} \sqrt{2}dt = e^{i \frac{\pi}{4} } \int_{0}^{H} e^{-u^2} du \]
Pertanto abbiamo che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz = e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} du = e^{i \frac{\pi}{4} }\frac{\sqrt{\pi}}{2} \]
Io fare così:
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \mathfrak{R} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} \,dz\right)} = \mathfrak{R} {\left(e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} \,du\right)}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
e rispettivamente
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = \mathfrak{I} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} \,dz\right)} = \mathfrak{I} {\left(e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} \,du\right)}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
Però la formula di Eulero vale per i reali quindi dovrei calcolare
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \mathfrak{R} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{ix^2} \,dx\right)} \]
Il fatto è che se \( x \) è reale allora abbiamo che che \( e^{i \frac{\pi}{4} } \) è una parametrizzazione errata in quanto non c'è una parte immaginaria, e dunque non so come calcolare \[ \int_{\gamma_1} e^{ix^2} \,dx \]
\[ \gamma_1(t) = H(1+i)t \]
\[\gamma_2(t) = \left\{\begin{matrix}
2Ht & \text{se} & t\in [0,1/2]\\
2Hti(t-1/2)+H& \text{se} & t\in [1/2,1]
\end{matrix}\right. \]
(1) Discutere se i valori degli integrali
\[ \int_{\gamma_j} e^{iz^2}dz \]
per \( j=1,2 \) sono uguali. (2) Comparando i due integrali precedenti e utilizzando il fatto che \( \int_{0}^{\infty} e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \) dedurre che
\[ \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
Quello che mi turba un po' è nella parte (2) dell'esercizio, devo prendere la parte reale (rispettivamente immaginaria) di cosa, (vedere più in basso per il mio dubbio di preciso)
Per la (1) ho fatto così
Siccome \( \gamma_1 \oplus \gamma_2 \) è un cammino chiuso e in particolare è il triangolo rettangolo di vertici \( (0,0) \), \((0,H) \) e \((H,H) \)
\[ \oint_{\gamma_1 \oplus \gamma_2} e^{iz^2} dz = \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz + \int_{\gamma_2} e^{iz^2} = 0 \]
Da cui deduciamo che
\[\int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz =- \int_{\gamma_2} e^{iz^2}\]
Per il (2) ho fatto così
Riparametrizziamo \( \gamma_1(t) = \sqrt{2} t e^{i \frac{\pi}{4} } \) con \( t \in [0,H] \), e dal momento che \( i( \sqrt{2} t e^{i \frac{\pi}{4} })^2 = i(2t^2i)=-2t^2 \) allora abbiamo che
\[ \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz = \int_{0}^{H} \sqrt{2}e^{i \frac{\pi}{4} } e^{-2t^2} dt \]
Effettuiamo il cambio di variabile \( \sqrt{2}t=u \) e abbiamo che
\[ e^{i \frac{\pi}{4}} \int_{0}^{H} e^{-2t^2} \sqrt{2}dt = e^{i \frac{\pi}{4} } \int_{0}^{H} e^{-u^2} du \]
Pertanto abbiamo che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} dz = e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} du = e^{i \frac{\pi}{4} }\frac{\sqrt{\pi}}{2} \]
Io fare così:
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \mathfrak{R} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} \,dz\right)} = \mathfrak{R} {\left(e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} \,du\right)}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
e rispettivamente
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \sin x^2 dx = \mathfrak{I} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2} \,dz\right)} = \mathfrak{I} {\left(e^{i \frac{\pi}{4} }\lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-u^2} \,du\right)}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4} \]
Però la formula di Eulero vale per i reali quindi dovrei calcolare
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{\infty} \cos x^2 dx = \mathfrak{R} {\left(\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{ix^2} \,dx\right)} \]
Il fatto è che se \( x \) è reale allora abbiamo che che \( e^{i \frac{\pi}{4} } \) è una parametrizzazione errata in quanto non c'è una parte immaginaria, e dunque non so come calcolare \[ \int_{\gamma_1} e^{ix^2} \,dx \]
Risposte
Ho capito grazie,
Innanzi tutto abbiamo che
\[ \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz = \int_{\gamma_2} e^{iz^2}dz \]
per via dell'orientazione di \( \gamma_2 \) e non con il meno come ho fatto prima. In secondo luogo
rinominando \( \gamma_2 = (\gamma_3 \oplus \gamma_4) \), dove \( \gamma_3 \) è il pezzo con \( t \in [0,1/2] \) e \( \gamma_4 \) è il pezzo con \( t \in [1/2,1] \) devo dimostrare che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{-\gamma_4} e^{iz^2}dz = 0 \]
E così dimostro che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz=\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2}dz = \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \]
Pertanto, riparametrizzando \( \gamma_4 (t)=it + H \) abbiamo che, con \( t \in [0,H] \)
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_4} e^{iz^2}dz = \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H}i e^{i(it+H)^2}dt = \lim\limits_{H \to \infty} i e^{iH^2} \int_{0}^{H}i e^{-it^2}e^{-2Ht}dt \]
Quindi
\[ \lim\limits_{H \to \infty}\left| i e^{iH^2} \int_{0}^{H} e^{-it^2}e^{-2Ht}dt \right| \leq \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-2Ht}dt = \lim\limits_{H \to \infty}\frac{e^{-2H^2}}{-2H} - \frac{1}{-2H}=0 \]
Pertanto
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \cos x^2 dx = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \right) = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2} dz \right) = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) = \frac{\sqrt{2 \pi}}{4} \]
E in modo analogo
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \sin x^2 dx = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \right) = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2} dz \right) = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) = \frac{\sqrt{2 \pi}}{4} \]
Cioé a priori è scorretto dire che,
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \cos x^2 dx = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) \]
poiché l'identità di eulero vale solo per \( x \) reale. E \( \gamma_1 \) è un cammino di complessi dove la parte immaginaria è diversa da zero (tranne nell'origine).
Innanzi tutto abbiamo che
\[ \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz = \int_{\gamma_2} e^{iz^2}dz \]
per via dell'orientazione di \( \gamma_2 \) e non con il meno come ho fatto prima. In secondo luogo
rinominando \( \gamma_2 = (\gamma_3 \oplus \gamma_4) \), dove \( \gamma_3 \) è il pezzo con \( t \in [0,1/2] \) e \( \gamma_4 \) è il pezzo con \( t \in [1/2,1] \) devo dimostrare che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{-\gamma_4} e^{iz^2}dz = 0 \]
E così dimostro che
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz=\lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2}dz = \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \]
Pertanto, riparametrizzando \( \gamma_4 (t)=it + H \) abbiamo che, con \( t \in [0,H] \)
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_4} e^{iz^2}dz = \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H}i e^{i(it+H)^2}dt = \lim\limits_{H \to \infty} i e^{iH^2} \int_{0}^{H}i e^{-it^2}e^{-2Ht}dt \]
Quindi
\[ \lim\limits_{H \to \infty}\left| i e^{iH^2} \int_{0}^{H} e^{-it^2}e^{-2Ht}dt \right| \leq \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{-2Ht}dt = \lim\limits_{H \to \infty}\frac{e^{-2H^2}}{-2H} - \frac{1}{-2H}=0 \]
Pertanto
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \cos x^2 dx = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \right) = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2} dz \right) = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) = \frac{\sqrt{2 \pi}}{4} \]
E in modo analogo
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \sin x^2 dx = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} e^{ix^2}dx \right) = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_3} e^{iz^2} dz \right) = \Im \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) = \frac{\sqrt{2 \pi}}{4} \]
Cioé a priori è scorretto dire che,
\[ \lim\limits_{H \to \infty} \int_{0}^{H} \cos x^2 dx = \Re \left( \lim\limits_{H \to \infty} \int_{\gamma_1} e^{iz^2}dz \right) \]
poiché l'identità di eulero vale solo per \( x \) reale. E \( \gamma_1 \) è un cammino di complessi dove la parte immaginaria è diversa da zero (tranne nell'origine).
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