Integrale funzione olomorfa Cos (x^2)

[frat92ds]

Buonasera a tutti,

Sto provando a risolvere il seguente integrale di funzioni olomorfe utilizzando il metodo dei residui lungo cammino chiuso. L'integrale nel dettaglio è il seguente :
$\int_{0;2pi} cos(x^2) dx $

Noto che $cos x^2=Re(e^(ix^2))$ , quindi dovrei integrare $e^(iz^2)$ lungo una frontiera che non riesco a definire, mi verrebbe da presumere sia $Er={|z|
Qualcuno potrebbe illustrarmi come procedere ?

Grazie mille del supporto !

PS : Dovrei eseguire lo stesso esercizio ma con il $sen$ al posto del $cos$ ma presumo sia analogo quindi una volta capito questo vorrei procedere in autonomia con il prossimo

[pilloeffe]

Ciao frat92ds,

"frat92ds":L'integrale nel dettaglio è il seguente :
$ \int_{0;2pi} cos(x^2) dx $

Sicuro dell'integrale?
Perché dal testo dell'OP e dall'insieme che hai scritto sembra più che tu voglia determinare il valore comune dei due integrali di Fresnel seguenti:

$\int_0^{+\infty} cos(x^2) \text{d}x = \int_0^{+\infty} sin(x^2) \text{d}x = 1/2 \sqrt{\pi/2} $

[frat92ds]

Purtroppo non avevo altre indicazioni. Probabilmente il risultato da ottenere è quello ma non riesco a dimostrarlo.
Grazie

[pilloeffe]

Supponiamo che sia come penso io e consideriamo la funzione $f(z) := e^{-z^2} $: dato che essa è olomorfa su $\CC $, il suo integrale esteso ad una qualsiasi curva chiusa è nullo.
Supponiamo che l'insieme sia $E_R := {z \in \CC : |z| < R, 0 \le Arg(z) \le \pi/4} $, composto dal segmento $\gamma_1 $ che congiunge l'origine $O(0,0) $ col punto $P(R, 0) $, dall'arco di circonferenza $\gamma_2$ dato da $z(t) := R e^{it}$, $ 0 <= t <= \pi/4 $ e dal segmento $\gamma_3 $ che dal punto $Q(R/\sqrt2, R/\sqrt2) $ si ricongiunge con l'origine.
Posto

$I_j (R) := \int_{\gamma_j} e^{-z^2}\text{d}z $

con $j = 1, 2, 3 $ si ha:

$I_1(R) + I_2(R) + I_3(R) = 0 \iff - I_3(R) = I_1(R) + I_2(R) $

Ora $I_1(R) = \int_0^R e^{- x^2} \text{d}x $ ed è noto il limite di $I_1 $ per $R \to +\infty $ (si tratta del famoso "integrale di Gauss"):

$I_1(+\infty) := \lim_{R \to +\infty} I_1(R) = \int_0^{+\infty} e^{- x^2} \text{d}x = \sqrt{\pi}/2 $

D'altra parte, poiché $\gamma_3^-$ (cammino "opposto" a $\gamma_3 $) è dato da $ z(t) = t e^{i \pi/4} $, $0 \le t \le R $, tenendo conto che $(e^{i \pi/4})^2 = e^{i \pi/2} = i $ si ottiene:

$ - I_3(R) = e^{i \pi/4} \int_0^R e^{- it^2} \text{d}t = e^{i \pi/4} \int_0^R [cos(t^2) - i sin(t^2)] \text{d}t $

A questo punto, dato che come si dimostrerà fra poco $\lim_{R \to +\infty} I_2(R) = 0 $, passando al limite per $R \to +\infty $ nell'equazione $- I_3(R) = I_1(R) + I_2(R) $ si ha:

$ e^{i \pi/4} \int_0^{+\infty} [cos(t^2) - i sin(t^2)] \text{d}t = \sqrt{\pi}/2 $

$ (1 + i)/\sqrt2 \int_0^{+\infty} [cos(t^2) - i sin(t^2)] \text{d}t = \sqrt{\pi}/2 $

$ \int_0^{+\infty} [cos(t^2) - i sin(t^2)] \text{d}t = \sqrt{\pi}/(2\sqrt2) (1 - i) $

Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie si ottengono proprio i cosiddetti integrali di Fresnel:

$\int_0^{+\infty} cos(t^2) \text{d}t = \int_0^{+\infty} sin(t^2) \text{d}t = 1/2 \sqrt{\pi/2} $

Per completare la dimostrazione resta da verificare che $\lim_{R \to +\infty} I_2(R) = 0 $. Infatti si ha:

$I_2(R) = i R \int_0^{\pi/4} e^{i t} e^{- R^2 e^{2 i t}} \text{d}t $

Ma $|e^{- R^2 e^{2 i t}}| = e^{- R^2 cos(2t)} $ e nell'intervallo $0 \le t \le \pi/4 $ il grafico della funzione (concava) $cos(2t) $ sta al di sopra della secante passante per gli estremi del grafico stesso, cioè $cos(2t) \ge 1 - (4/\pi) t $, pertanto si ha:

$|I_2(R)| \le R \int_0^{\pi/4} e^{- R^2 cos(2t)} \text{d}t \le R \int_0^{\pi/4} e^{- R^2 (1 - 4/\pi t)} \text{d}t = R e^{- R^2} \int_0^{\pi/4} e^{(4 R^2/\pi) t} \text{d}t = $
$ = R e^{- R^2} \pi/(4R^2)[e^{R^2} - 1] = \pi/(4R) [1 - e^{- R^2}] $

L'ultima quantità scritta tende a $0$ per $R \to +\infty $, come volevasi dimostrare. $\square$

[frat92ds]

Ok grazie, penso d'aver capito il ragionamento. Grazie mille