Un integrale con fase quadratica
Mi è venuto il pallino di calcolare questo integrale, così per esercizio;
\[
I=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}\, dx.\]
Se al numeratore ci fosse \(e^{ix}\) sarebbe un esercizio standard nell'uso del teorema dei residui; usando un percorso a semicerchio, si vedrebbe facilmente che l'integrale sul "grande cerchio" tende a zero. Ma con \(e^{ix^2}\) questo non è più vero. Ho pensato anche di sfruttare la simmetria e di calcolare
\[
2\int_0^\infty \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}\, dx, \]
usando un percorso a quarto di cerchio, con una piccola deviazione intorno al polo in \(z=i\). L'unica cosa che riesco a concludere da questo ragionamento è che
\[
\tfrac12 I+ i \int_0^\infty \frac{e^{-i t^2}}{1-t^2}\, dt + \pi i \mathrm{Res}\left( \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}, z=i\right)=0.\]
Il residuo è facile da calcolare e vale \(e^{-i}/2i\). Ma l'altro integrale, da intendersi nel senso del valore principale, non è più semplice da calcolare dell'integrale di partenza. Non so se si va da qualche parte per questa strada.
Qui ci sono dei maghi del teorema dei residui e magari qualcuno ha qualche idea interessante.
\[
I=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}\, dx.\]
Se al numeratore ci fosse \(e^{ix}\) sarebbe un esercizio standard nell'uso del teorema dei residui; usando un percorso a semicerchio, si vedrebbe facilmente che l'integrale sul "grande cerchio" tende a zero. Ma con \(e^{ix^2}\) questo non è più vero. Ho pensato anche di sfruttare la simmetria e di calcolare
\[
2\int_0^\infty \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}\, dx, \]
usando un percorso a quarto di cerchio, con una piccola deviazione intorno al polo in \(z=i\). L'unica cosa che riesco a concludere da questo ragionamento è che
\[
\tfrac12 I+ i \int_0^\infty \frac{e^{-i t^2}}{1-t^2}\, dt + \pi i \mathrm{Res}\left( \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}, z=i\right)=0.\]
Il residuo è facile da calcolare e vale \(e^{-i}/2i\). Ma l'altro integrale, da intendersi nel senso del valore principale, non è più semplice da calcolare dell'integrale di partenza. Non so se si va da qualche parte per questa strada.
Qui ci sono dei maghi del teorema dei residui e magari qualcuno ha qualche idea interessante.
Risposte
Non mi convince troppo in realta, ma forse potrebbe funzionare.
Sia \( \gamma \) il cammino "quarto di cerchio" dove \( \gamma = \gamma_1 \oplus \gamma_2 \oplus \gamma_3 \). Dove
\( \gamma_1 \) va da \( 0 \) a \(R \).
\( \gamma_2 \) è il quarto di circonferenza di raggio \( R \).
\( \gamma_3 \) è il raggio d'angolo \( \pi / 4 \) e va da \( Re^{i \pi/4} \) a \(0 \).
Abbiamo che per il teorema dei residui
\[ \oint_{\gamma} \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}dz = 0 \]
Su \( \gamma_2 \), poniamo \( z = Re^{ i \theta} \) con \( \theta \in [0,\pi/4] \) e dunque
\[ \left| \frac{ e^{iR^2\cos(2 \theta) - R^2 \sin(2 \theta)}}{1+R^2e^{2 i \theta}} \right| \leq \frac{e^{-R^2}}{\left|1+R^2e^{2 i \theta}\right|} \leq e^{-R^2} \]
Siccome \( \left|1+R^2e^{2 i \theta}\right| \geq 1 \)
Pertanto abbiamo che
\[ \left| \int_{\gamma_2} \frac{e^{i z^2}}{1+z^2}dz \right| \leq e^{-R^2} \operatorname{long}(\gamma_2)= e^{-R^2} \pi R / 4 \xrightarrow{R \to \infty} 0 \]
Su \( \gamma_3 \) abbiamo che \( z = r e^{i \pi/4} \) con \( r \in [0,R] \).
E dunque abbiamo che \( z^2 = r^2 e^{2i \pi/4} = r^2 i \)
\[ \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz = e^{i \pi/4} \int_{R}^{0} \frac{ e^{-r^2}}{1+r^2 i} dr \]
Poniamo \[g(z):= \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}\]
Interessiamoci ora al calcolo di questo integrale
\[ \oint_{\gamma_4 \oplus C_{+,R}}\frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}dz \]
Dove con \( \gamma_4 \) intendo il cammino che va da \(-R \) a \(R \) e con \( C_{+,R} \) intendo il semicerchio superiore di raggio \(R \).
Abbiamo che quando \( \left| z \right| \to \infty \) risulta che
\[ \left| \frac{e^{-z^2}}{1+z^2i} \right| = o(1/\left|z\right|) \]
e dunque per il lemma di Jordan abbiamo che
\[ \left| \int_{C_{R,+}} \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}dz \right| \leq \pi R \max_{z \in C_{R,+}} \left|\frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i} \right| \xrightarrow{R \to \infty} 0 \]
Pertanto abbiamo per il teorema dei residui che
\[\lim_{R \to \infty} \oint_{\gamma_4 \oplus C_{+,R}} \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}=\int_{\mathbb{R}} \frac{ e^{-x^2}}{1+x^2 i} dx =2 \pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4})\]
E per simmetria di \(g \) ristretta ad \( \mathbb{R} \) abbiamo che
\[ \int_{0}^{\infty} \frac{ e^{-x^2}}{1+x^2 i} dx = \pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4})\]
Pertanto tornando a
\[ \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz \]
Abbiamo che
\[\lim_{R \to \infty} \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz = -e^{i \pi/4} \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R} \frac{ e^{-r^2}}{1+r^2 i} dr = - e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
Dunque dovremmo avere che
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{\gamma_1} \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}dz = e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
E dunque
\[ \int_{\mathbb{R}} \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}dx = 2 e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
Ps: non ho troppa voglia di calcolarmi il residuo.
Pps: e non sono io il mago del teorema dei residui di cui facevi riferimento.
Sia \( \gamma \) il cammino "quarto di cerchio" dove \( \gamma = \gamma_1 \oplus \gamma_2 \oplus \gamma_3 \). Dove
\( \gamma_1 \) va da \( 0 \) a \(R \).
\( \gamma_2 \) è il quarto di circonferenza di raggio \( R \).
\( \gamma_3 \) è il raggio d'angolo \( \pi / 4 \) e va da \( Re^{i \pi/4} \) a \(0 \).
Abbiamo che per il teorema dei residui
\[ \oint_{\gamma} \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}dz = 0 \]
Su \( \gamma_2 \), poniamo \( z = Re^{ i \theta} \) con \( \theta \in [0,\pi/4] \) e dunque
\[ \left| \frac{ e^{iR^2\cos(2 \theta) - R^2 \sin(2 \theta)}}{1+R^2e^{2 i \theta}} \right| \leq \frac{e^{-R^2}}{\left|1+R^2e^{2 i \theta}\right|} \leq e^{-R^2} \]
Siccome \( \left|1+R^2e^{2 i \theta}\right| \geq 1 \)
Pertanto abbiamo che
\[ \left| \int_{\gamma_2} \frac{e^{i z^2}}{1+z^2}dz \right| \leq e^{-R^2} \operatorname{long}(\gamma_2)= e^{-R^2} \pi R / 4 \xrightarrow{R \to \infty} 0 \]
Su \( \gamma_3 \) abbiamo che \( z = r e^{i \pi/4} \) con \( r \in [0,R] \).
E dunque abbiamo che \( z^2 = r^2 e^{2i \pi/4} = r^2 i \)
\[ \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz = e^{i \pi/4} \int_{R}^{0} \frac{ e^{-r^2}}{1+r^2 i} dr \]
Poniamo \[g(z):= \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}\]
Interessiamoci ora al calcolo di questo integrale
\[ \oint_{\gamma_4 \oplus C_{+,R}}\frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}dz \]
Dove con \( \gamma_4 \) intendo il cammino che va da \(-R \) a \(R \) e con \( C_{+,R} \) intendo il semicerchio superiore di raggio \(R \).
Abbiamo che quando \( \left| z \right| \to \infty \) risulta che
\[ \left| \frac{e^{-z^2}}{1+z^2i} \right| = o(1/\left|z\right|) \]
e dunque per il lemma di Jordan abbiamo che
\[ \left| \int_{C_{R,+}} \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}dz \right| \leq \pi R \max_{z \in C_{R,+}} \left|\frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i} \right| \xrightarrow{R \to \infty} 0 \]
Pertanto abbiamo per il teorema dei residui che
\[\lim_{R \to \infty} \oint_{\gamma_4 \oplus C_{+,R}} \frac{ e^{-z^2}}{1+z^2i}=\int_{\mathbb{R}} \frac{ e^{-x^2}}{1+x^2 i} dx =2 \pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4})\]
E per simmetria di \(g \) ristretta ad \( \mathbb{R} \) abbiamo che
\[ \int_{0}^{\infty} \frac{ e^{-x^2}}{1+x^2 i} dx = \pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4})\]
Pertanto tornando a
\[ \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz \]
Abbiamo che
\[\lim_{R \to \infty} \int_{\gamma_3} \frac{ e^{iz^2}}{1+z^2} dz = -e^{i \pi/4} \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R} \frac{ e^{-r^2}}{1+r^2 i} dr = - e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
Dunque dovremmo avere che
\[ \lim_{R \to \infty} \int_{\gamma_1} \frac{e^{iz^2}}{1+z^2}dz = e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
E dunque
\[ \int_{\mathbb{R}} \frac{e^{ix^2}}{1+x^2}dx = 2 e^{i \pi/4}\pi i \operatorname{res}(g,e^{i \pi/4}) \]
Ps: non ho troppa voglia di calcolarmi il residuo.
Pps: e non sono io il mago del teorema dei residui di cui facevi riferimento.
"3m0o":
Abbiamo che quando \( \left| z \right| \to \infty \) risulta che
\[ \left| \frac{e^{-z^2}}{1+z^2i} \right| = o(1/\left|z\right|) \]
Grazie mille per l'interesse e per questo post così dettagliato! Fino a qui sono d'accordo con te. Ma questa stima asintotica non mi convince troppo. Infatti, per \(z=it\) e \(t>0\), il membro sinistro diventa
\[
\left\lvert \frac{e^{t^2}}{1-it^2}\right\rvert = \frac{e^{t^2}}{\sqrt{1+t^4}}, \]
e non mi pare verificare la stima \(o(t^{-1})\), purtroppo.
Ciao! Partiamo dall'integrale:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx
\end{equation}
Nell'intervallo considerato $(0, + \infty)$, la sostituzione seguente risulta essere ben posta:
\begin{equation}
\begin{aligned}
\frac{1}{1+x^2} &\doteq t\\
\end{aligned}
\end{equation}
Esplicitando la $x$ e calcolando i differenziali, otteniamo:
\begin{equation}
\begin{aligned}
x &= \sqrt{\frac{1-t}{t}}\\
dx &= - \frac{1}{2 t^2} \sqrt{\frac{t}{1-t}} dt
\end{aligned}
\end{equation}
L'integrale $(1)$ diventa:
\begin{equation}
2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx = e^{-i} \int_0^1 \frac{e^{\frac{i}{t}}}{\sqrt{t(1-t)}} dt
\end{equation}
Questo integrale può essere risolto mediante il cammino ad osso di cane, facendo attenzione a porre il brach cut tra $(0,1)$ e calcolando il residuo all'infinito:
C'è da ragionare se l'integrale circolare attorno a $0$ si annulli o meno, ma per il resto dovrebbe essere una semplice questione algebrica.
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx
\end{equation}
Nell'intervallo considerato $(0, + \infty)$, la sostituzione seguente risulta essere ben posta:
\begin{equation}
\begin{aligned}
\frac{1}{1+x^2} &\doteq t\\
\end{aligned}
\end{equation}
Esplicitando la $x$ e calcolando i differenziali, otteniamo:
\begin{equation}
\begin{aligned}
x &= \sqrt{\frac{1-t}{t}}\\
dx &= - \frac{1}{2 t^2} \sqrt{\frac{t}{1-t}} dt
\end{aligned}
\end{equation}
L'integrale $(1)$ diventa:
\begin{equation}
2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i x^2}}{1+x^2} dx = e^{-i} \int_0^1 \frac{e^{\frac{i}{t}}}{\sqrt{t(1-t)}} dt
\end{equation}
Questo integrale può essere risolto mediante il cammino ad osso di cane, facendo attenzione a porre il brach cut tra $(0,1)$ e calcolando il residuo all'infinito:
C'è da ragionare se l'integrale circolare attorno a $0$ si annulli o meno, ma per il resto dovrebbe essere una semplice questione algebrica.
Bello, grazie. La morale è che se si riesce a ricondursi a un intervallo limitato può essere che l'integrale sia più semplice. Adesso vediamo se riesco a calcolarmi quei residui. Mi vuoi spiegare un attimo cosa intendi con "mettere il branch cut tra \((0,1)\)"? Il problema principale che vedo in quell'integrale è la singolarità in \(0\). Si può evitare di calcolarne il polo, calcolando invece il residuo all'infinito? Mi riservo di riflettere su queste cose, ma se vuoi spendere altre due parole sono bene accette. Grazie
La radice quadrata è una funzione polidroma sul piano complesso, quindi è necessario scegliere le faglie di Riemann su cui integrare in modo tale da dare un senso univoco a quell'integrale. Inoltre è proprio in virtù del taglio (ovvero l'incollatura delle diverse faglie di Riemann) che gli integrali su $\gamma^+$ e $\gamma^-$ non si annullano a vicenda. In particolare vale che:
\begin{equation}
\oint_{c_1} + \int_{\gamma_-} + \oint_{c_2} + \int_{\gamma_+} = -2 \pi i Res(f, + \infty)
\end{equation}
dove gli integrali sono intesi con l'orientazione della figura e:
\begin{equation}
\begin{aligned}
c_1 &= \{z \in \mathbb{C}| |z|< \varepsilon\,\, e\,\, |\arg(z)|
\gamma_+ &= \{z \in \mathbb{C}| z = i\delta + t\,\, con\,\, t\in [\varepsilon, 1-\varepsilon]\}\\
\gamma_- &= \{z \in \mathbb{C}| z = -i\delta + t\,\, con\,\, t\in [1- \varepsilon, \varepsilon]\}\\
\end{aligned}
\end{equation}
Piazzando in modo adeguato il taglio, si riesce ad esprimere $\int_{\gamma_-}$ in funzione di $\int_{\gamma_+}$ e poi si mandano $\delta$ e $\varepsilon$ a $0$. Senza stare qui a scriverti in dettaglio la procedura, ti linko una pagina di wikipedia dove è spiegata con un esempio. Se hai problemi chiedi pure.
https://it.wikipedia.org/wiki/Integrazi ... l'infinito
Il grosso problema comunque come notavi tu, è quello di calcolare l'integrale attorno a 0. Tuttavia non mi sono venute in mente idee migliori perché la presenza della fase quadratica impedisce di chiudere un qualunque cammino all'infinito.
\begin{equation}
\oint_{c_1} + \int_{\gamma_-} + \oint_{c_2} + \int_{\gamma_+} = -2 \pi i Res(f, + \infty)
\end{equation}
dove gli integrali sono intesi con l'orientazione della figura e:
\begin{equation}
\begin{aligned}
c_1 &= \{z \in \mathbb{C}| |z|< \varepsilon\,\, e\,\, |\arg(z)|
\gamma_+ &= \{z \in \mathbb{C}| z = i\delta + t\,\, con\,\, t\in [\varepsilon, 1-\varepsilon]\}\\
\gamma_- &= \{z \in \mathbb{C}| z = -i\delta + t\,\, con\,\, t\in [1- \varepsilon, \varepsilon]\}\\
\end{aligned}
\end{equation}
Piazzando in modo adeguato il taglio, si riesce ad esprimere $\int_{\gamma_-}$ in funzione di $\int_{\gamma_+}$ e poi si mandano $\delta$ e $\varepsilon$ a $0$. Senza stare qui a scriverti in dettaglio la procedura, ti linko una pagina di wikipedia dove è spiegata con un esempio. Se hai problemi chiedi pure.
https://it.wikipedia.org/wiki/Integrazi ... l'infinito
Il grosso problema comunque come notavi tu, è quello di calcolare l'integrale attorno a 0. Tuttavia non mi sono venute in mente idee migliori perché la presenza della fase quadratica impedisce di chiudere un qualunque cammino all'infinito.
È un tentativo interessante, ma secondo me manca ancora qualcosa. Mi è piaciuta l'idea del cambio di variabile, comunque. Ponendo \(t=\arctan(x)\) si ha la forma ancora più accattivante
\[
\int_0^{\pi/2} e^{i \tan^2 t}\, dt.\]
La funzione \(\exp(i\tan^2 z)\) ha solo una singolarità sul cammino di integrazione, per \(z=\tfrac\pi2\). Ma naturalmente, anche stavolta è una singolarità essenziale.
Comunque non è detto che sia facile, o che ci sia una forma pulita della soluzione. Ma mi fa piacere ragionarci su insieme. Wolfram Alpha riesce a calcolare l'integrale, ma in termini di due funzioni speciali, gli "integrali di Fresnel".
\[
\int_0^{\pi/2} e^{i \tan^2 t}\, dt.\]
La funzione \(\exp(i\tan^2 z)\) ha solo una singolarità sul cammino di integrazione, per \(z=\tfrac\pi2\). Ma naturalmente, anche stavolta è una singolarità essenziale.
Comunque non è detto che sia facile, o che ci sia una forma pulita della soluzione. Ma mi fa piacere ragionarci su insieme. Wolfram Alpha riesce a calcolare l'integrale, ma in termini di due funzioni speciali, gli "integrali di Fresnel".
Mah, l'integrale che ti ho proposto non è semplice ma ha il pregio di essere risolvibile facendo un po' di conti. Se con "manca ancora qualcosa" intendi se si può trovare qualcosa di più semplice, probabilmente (e spero) è così. Detto questo la forma accattivante di cui parli, non è molto accattivante per quello che mi riguarda visto che non può essere integrata per serie (visto che ciascun termine dà origine a divergenze quando viene integrato su quell'intervallo) e nemmeno con un percorso complesso (visto che la funzione è monodroma).
Avevo già provato su Wolfram per farmi un'idea di quale fosse la soluzione e devo dire che mi ha turbato non poco. Gli integrali di Fresnel o alternativamente la funzione degli errori non ho la minima idea da dove possano uscire. La cosa curiosa è che una parte dell'integrale la si ottiene calcolando il residuo della funzione in $x=i$, mentre la parte con le funzioni speciali boh!
Se mi viene in mente qualche idea riscrivo!
Avevo già provato su Wolfram per farmi un'idea di quale fosse la soluzione e devo dire che mi ha turbato non poco. Gli integrali di Fresnel o alternativamente la funzione degli errori non ho la minima idea da dove possano uscire. La cosa curiosa è che una parte dell'integrale la si ottiene calcolando il residuo della funzione in $x=i$, mentre la parte con le funzioni speciali boh!
Se mi viene in mente qualche idea riscrivo!
Guarda, io sono un matematico, ho studiato i residui all'università, ma poi non sono mai davvero capitati nella mia ricerca.
L'obiettivo di questo thread non è tanto di calcolare quell'integrale, anche se non ci riusciamo non fa niente. Più che altro di ragionare insieme su qualche tecnica, approfittando della quarantena. Infatti sto imparando molte cose.
Qui immagino ti riferisci alla tecnica della pagina di Wikipedia che mi hai linkato prima. Ti confesso che non l'ho letta con attenzione, perché è formattata male, mi sembrava scritta in modo dilettantesco. Ma adesso ha la mia attenzione e ci darò un'occhiata più attenta.
Se non ti dispiace, spiegami pure questo:
Con calma, non c'è urgenza.
L'obiettivo di questo thread non è tanto di calcolare quell'integrale, anche se non ci riusciamo non fa niente. Più che altro di ragionare insieme su qualche tecnica, approfittando della quarantena. Infatti sto imparando molte cose.
e nemmeno con un percorso complesso (visto che la funzione è monodroma).
Qui immagino ti riferisci alla tecnica della pagina di Wikipedia che mi hai linkato prima. Ti confesso che non l'ho letta con attenzione, perché è formattata male, mi sembrava scritta in modo dilettantesco. Ma adesso ha la mia attenzione e ci darò un'occhiata più attenta.
Se non ti dispiace, spiegami pure questo:
la presenza della fase quadratica impedisce di chiudere un qualunque cammino all'infinito.
Con calma, non c'è urgenza.
"dissonance":
L'obiettivo di questo thread non è tanto di calcolare quell'integrale, anche se non ci riusciamo non fa niente. . Più che altro di ragionare insieme su qualche tecnica
Ci ho pensato sta notte, e a tal proposito avrei una domanda, di cui non so la risposta. Se affermativa potrebbe essere una strada percorribile. Gli integrali sono invariante sotto applicazione di mappe conformi?
Se sì, magari è fattibile trasformare il problema in qualcosa di più fattibile.
Ad esempio il cammino che ho scelto nel mio precedente messaggio, il problema è calcolare quell'integrale sul cammino \( \gamma_3 \). L'aperto racchiuso dal mio cammino lo inviamo al disco unitario tramite un applicazione conforme, possiamo scegliere l'applicazione conforme in modo tale che \( \gamma_3 \) viene trasformato nel bordo nel primo quadrante del disco unitario. Ora come viene trasformata la funzione non lo so onestamente, se è più facile o no, e non so nemmeno se appunto gli integrali sono invarianti tramite applicazioni conformi. Ho tanto da fare quindi non posso ragionarci troppo su, ma magari questo mio messaggio è una strada alternativa percorribile.
Io sono un fisico della triennale e pertanto ho interessi molto più pratici da questo punto di vista. Per quanto riguarda questo:
intendo dire che l'argomento oscilla troppo velocemente per poter pensare di chiudere un cammino all'infinito (in cui serve fare almeno un semicerchio se non si vuole scambiare un integrale con un altro). A occhio il massimo intervallo di estensione di un cammino circolare in cui si può buttare via l'integrale sul cerchio esterno è $\pi/2$. Volendo anche sostituire $x^2 \to t$, non è comunque possibile operare un integrale sul percorso a serratura, perché la funzione diverge nel semipiano inferiore.
In generale no perché non sono isometrie quindi compare un fattore di scala nella misura. Comunque questo non inficia il tuo ragionamento purché tu sappia determinare in modo esplicito tutte le trasformazioni.
la presenza della fase quadratica impedisce di chiudere un qualunque cammino all'infinito.
intendo dire che l'argomento oscilla troppo velocemente per poter pensare di chiudere un cammino all'infinito (in cui serve fare almeno un semicerchio se non si vuole scambiare un integrale con un altro). A occhio il massimo intervallo di estensione di un cammino circolare in cui si può buttare via l'integrale sul cerchio esterno è $\pi/2$. Volendo anche sostituire $x^2 \to t$, non è comunque possibile operare un integrale sul percorso a serratura, perché la funzione diverge nel semipiano inferiore.
Gli integrali sono invariante sotto applicazione di mappe conformi?
In generale no perché non sono isometrie quindi compare un fattore di scala nella misura. Comunque questo non inficia il tuo ragionamento purché tu sappia determinare in modo esplicito tutte le trasformazioni.
Perché non inficia il mio ragionamento comunque se gli integrali non sono invarianti sotto mappe conformi? Trovare una mappa conforme dal quarto di cerchio di raggio \(R \) al disco unitario è facile, non so quanto sia utile però.
Ad esempio \(z^4 \) manda il quarto di cerchio al semicerchio superiore di raggio \(R \). Mentre \( -\frac{z+R}{z-R}\) manda il semicerchio superiore di raggio \(R \) al primo quadrante, \(z^2 \) manda quest'ultimo al semipiano superiore e infine \(- \frac{z-i}{z+i} \) manda il semipiano superiore al disco unitario.
La composizione di tutte queste mappe conformi quindi mi manda il quarto di cerchio al disco unitario e il percorso \( \gamma_3 \) viene trasformato nel bordo del disco con angolo compreso tra \(0 \) e \( \pi/2 \).
Ad esempio \(z^4 \) manda il quarto di cerchio al semicerchio superiore di raggio \(R \). Mentre \( -\frac{z+R}{z-R}\) manda il semicerchio superiore di raggio \(R \) al primo quadrante, \(z^2 \) manda quest'ultimo al semipiano superiore e infine \(- \frac{z-i}{z+i} \) manda il semipiano superiore al disco unitario.
La composizione di tutte queste mappe conformi quindi mi manda il quarto di cerchio al disco unitario e il percorso \( \gamma_3 \) viene trasformato nel bordo del disco con angolo compreso tra \(0 \) e \( \pi/2 \).
Dal momento che:
\begin{equation}
\bigg|\frac{e^{i x^2 } }{1+x^2}\bigg| \le \frac{1}{1+x^2} \in \mathscr{L}^1(\mathbb{R}^+, dx)
\end{equation}
possiamo considerare il cambio di variabile[nota]Si può equivalentemente considerare un cammino complesso a fetta di torta di $\pi/4$ radianti e sfruttare il teorema dei residui[/nota]:
\begin{equation}
x' \doteq e^{- i\frac{\pi}{4}} x
\end{equation}
tale che:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i x^2 } }{1+x^2} dx = e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{-x^2}}{1+ix^2} dx
\end{equation}
Consideriamo, per $\alpha\in [\varepsilon, +\infty)$ con $\varepsilon>0$, la funzione integrale:
\begin{equation}
I(\alpha) = 2 e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx
\end{equation}
che si riduce all'integrale richiesto per $\alpha=1$. Usando il corollario della teorema della convergenza dominata, dal momento che:
\begin{equation}
\bigg|e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}\bigg| = e^{-\alpha x^2} \le e^{-\varepsilon x^2} \in \mathscr{L}^1(\mathbb{R}^+, dx)
\end{equation}
possiamo calcolare la derivata di $I(\alpha)$:
\begin{equation}
\begin{aligned}
I'(\alpha) &= \frac{d}{d \alpha} \bigg[2e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx \bigg]\\
&= 2 e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx \\
&= 2 e^{ i\frac{3 \pi}{4}} e^{-i} \int_0^{\infty} e^{i \alpha(i x^2 +1)} dx\\
&= e^{ i\frac{3 \pi}{4}} e^{-i} e^{i \alpha} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
\end{equation}
Per regolarizzare il risultato a tutto il piano complesso, osserviamo che $I(\alpha)$ è una funzione olomorfa in $\alpha$ (è sufficiente scriverne lo sviluppo di Taylor oppure sfruttare il teorema di Morera scambiando l'integrale di linea complesso e quello reale mediante il teorema di Fubini), pertanto lo è anche la sua derivata. Nei punti in cui non posso sfruttare il teorema della convergenza dominata per portare la derivata sotto il segno di integrale, posso considerare come $I(\alpha)$ la sua continuazione analitica nei vari punti del piano complesso.
Per trovare $I = I(1)$, è sufficiente a questo punto sfruttare il teorema fondamentale del calcolo integrale scegliendo in modo comodo gli estremi di integrazione. In particolare, osservando che per $\alpha =0$, la funzione $I(\alpha)$ è facilmente calcolabile, si ha che:
\begin{equation}
\begin{aligned}
I(1) &= \int_0^{1} I'(\alpha) d \alpha + I(0)\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \int_0^1 \alpha^{-\frac{1}{2}} e^{i \alpha} d \alpha + 2 e^{-i}\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \alpha^{n-\frac{1}{2}} d \alpha + e^{-i} \pi\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \bigg[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \frac{1}{n+ \frac{1}{2}} \bigg] + e^{-i} \pi
\end{aligned}
\end{equation}
Ricordando il seguente sviluppo in serie (che può essere facilmente ricavato integrando termine a termine lo sviluppo in serie di Taylor di $e^{-x^2}$):
\begin{equation}
erf(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{n!} \frac{x^{2n+1}}{2n+ 1}
\end{equation}
si ha che:
\begin{equation}
e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \bigg[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \frac{1}{n+ \frac{1}{2}} \bigg] = \pi erf\bigg[\exp\bigg({i \frac{3 \pi}{4}}\bigg)\bigg]
\end{equation}
Da cui:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x^2} }{1+x^2} dx = \pi e^{-i} \bigg[erf\bigg((-1)^{\frac{3}{4}}\bigg)+ 1 \bigg]
\end{equation}
\begin{equation}
\bigg|\frac{e^{i x^2 } }{1+x^2}\bigg| \le \frac{1}{1+x^2} \in \mathscr{L}^1(\mathbb{R}^+, dx)
\end{equation}
possiamo considerare il cambio di variabile[nota]Si può equivalentemente considerare un cammino complesso a fetta di torta di $\pi/4$ radianti e sfruttare il teorema dei residui[/nota]:
\begin{equation}
x' \doteq e^{- i\frac{\pi}{4}} x
\end{equation}
tale che:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i x^2 } }{1+x^2} dx = e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{-x^2}}{1+ix^2} dx
\end{equation}
Consideriamo, per $\alpha\in [\varepsilon, +\infty)$ con $\varepsilon>0$, la funzione integrale:
\begin{equation}
I(\alpha) = 2 e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx
\end{equation}
che si riduce all'integrale richiesto per $\alpha=1$. Usando il corollario della teorema della convergenza dominata, dal momento che:
\begin{equation}
\bigg|e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}\bigg| = e^{-\alpha x^2} \le e^{-\varepsilon x^2} \in \mathscr{L}^1(\mathbb{R}^+, dx)
\end{equation}
possiamo calcolare la derivata di $I(\alpha)$:
\begin{equation}
\begin{aligned}
I'(\alpha) &= \frac{d}{d \alpha} \bigg[2e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx \bigg]\\
&= 2 e^{ i\frac{\pi}{4}} \int_0^{\infty} \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{e^{i \alpha(i x^2 +1)} e^{-i}}{1+i x^2} dx \\
&= 2 e^{ i\frac{3 \pi}{4}} e^{-i} \int_0^{\infty} e^{i \alpha(i x^2 +1)} dx\\
&= e^{ i\frac{3 \pi}{4}} e^{-i} e^{i \alpha} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
\end{equation}
Per regolarizzare il risultato a tutto il piano complesso, osserviamo che $I(\alpha)$ è una funzione olomorfa in $\alpha$ (è sufficiente scriverne lo sviluppo di Taylor oppure sfruttare il teorema di Morera scambiando l'integrale di linea complesso e quello reale mediante il teorema di Fubini), pertanto lo è anche la sua derivata. Nei punti in cui non posso sfruttare il teorema della convergenza dominata per portare la derivata sotto il segno di integrale, posso considerare come $I(\alpha)$ la sua continuazione analitica nei vari punti del piano complesso.
Per trovare $I = I(1)$, è sufficiente a questo punto sfruttare il teorema fondamentale del calcolo integrale scegliendo in modo comodo gli estremi di integrazione. In particolare, osservando che per $\alpha =0$, la funzione $I(\alpha)$ è facilmente calcolabile, si ha che:
\begin{equation}
\begin{aligned}
I(1) &= \int_0^{1} I'(\alpha) d \alpha + I(0)\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \int_0^1 \alpha^{-\frac{1}{2}} e^{i \alpha} d \alpha + 2 e^{-i}\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \alpha^{n-\frac{1}{2}} d \alpha + e^{-i} \pi\\
&= e^{-i} e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \bigg[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \frac{1}{n+ \frac{1}{2}} \bigg] + e^{-i} \pi
\end{aligned}
\end{equation}
Ricordando il seguente sviluppo in serie (che può essere facilmente ricavato integrando termine a termine lo sviluppo in serie di Taylor di $e^{-x^2}$):
\begin{equation}
erf(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{n!} \frac{x^{2n+1}}{2n+ 1}
\end{equation}
si ha che:
\begin{equation}
e^{i \frac{3 \pi}{4}} \sqrt{\pi} \bigg[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{i^n}{n!} \frac{1}{n+ \frac{1}{2}} \bigg] = \pi erf\bigg[\exp\bigg({i \frac{3 \pi}{4}}\bigg)\bigg]
\end{equation}
Da cui:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x^2} }{1+x^2} dx = \pi e^{-i} \bigg[erf\bigg((-1)^{\frac{3}{4}}\bigg)+ 1 \bigg]
\end{equation}
Grazie mille, bellissima risposta, quindi non era necessario tirare in ballo i residui! Tu, se non sbaglio, sei un fisico. Conosci quella storiella su Richard Feynman, che diceva di non sapere calcolare integrali con i residui?
Questo topic potrebbe essere una illustrazione di quella storiella: sono stato un sacco di tempo a cercare di usare i residui, senza successo, e poi alla fine risulta che non servivano
Grazie mille
Questo topic potrebbe essere una illustrazione di quella storiella: sono stato un sacco di tempo a cercare di usare i residui, senza successo, e poi alla fine risulta che non servivano
Grazie mille
Feynman era dio sceso in terra... per noi comuni mortali è meglio sapere usare anche il teorema dei residui!
P.S. Ho modificato leggermente la soluzione del problema che avevo dato poiché c'era un passaggio scorretto dal punto di vista formale. Ora dovrebbe essere corretto.
P.S. Ho modificato leggermente la soluzione del problema che avevo dato poiché c'era un passaggio scorretto dal punto di vista formale. Ora dovrebbe essere corretto.
Dove era sbagliato? A me sembrava tutto corretto
Il corollario del teorema della convergenza dominata, richiede che il modulo della derivata della funzione integranda sia maggiorata q.o. da una funzione sommabile per poter passare la derivata sotto il segno di integrale. Nella prima stesura il modulo della derivata era $1$ costantemente e quindi non può esistere una funzione sommabile che la maggiora.
Aaah, si, ok, comunque era chiaro.
Si certo ma i matematici siete voi 
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