О вычислении интегралов Френеля

[Padawan]

Данный интеграл будем записывать как

$$ \int\limits_{0+0}^{+\infty} dx\int\limits_{0+0}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dy, $$

то есть по нижнему пределу интеграл тоже несобственный.
Сначала покажем, что для любого $A>0$ выполнено

$$ \int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{0+0}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dy=\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{0+0}^A\cos xe^{-xy^2}dx $$

Разобьем внутренний интеграл на два

$$ \int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{0+0}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dy=\int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{0+0}^{1}\cos x e^{-xy^2}dy+\int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{1}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dy $$

В первом слагаемом возможность перестановки очевидна, т.к. подынтегральная функция непрерывна в прямоугольнике $[0,A]\times [0,1]$. Во втором интеграле возможность перестановки следует из стандартной теоремы: интеграл $\Phi(y)=\int\limits_{0+0}^{A}\cos x e^{-xy^2} dx$ равномерно сходится на любом отрезке $1\leqslant y\leqslant B<+\infty$, интеграл $\Psi(x)=\int\limits_{1}^{+\infty} \cos x e^{-xy^2} dy$ равномерно сходится на любом отрезке $0<a\leqslant x\leqslant A$, и существует и конечен один из двух интегралов $\int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{1}^{+\infty}|\cos x e^{-xy^2}|dy$, $\int\limits_{1}^{+\infty} dy\int\limits_{0+0}^{A}|\cos x e^{-xy^2}|dx$, например,

$$ \int\limits_{1}^{+\infty}dy\int\limits_{0+0}^A |\cos xe^{-xy^2}| dx\leqslant\int\limits_{1}^{+\infty}dy\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-xy^2}dx=\int\limits_1^{+\infty}\frac{dy}{y^2}<+\infty $$

Далее покажем, что

$$ \lim\limits_{A\to+\infty}\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{A}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dx=0. $$

$$ \left|\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{A}^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dx\right|=\left|{\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\left.\frac{-y^2\cos x+\sin x}{y^4+1}e^{-xy^2}\right|_{A}^{+\infty}}\right|= $$

$$ =\left|\int\limits_{0+0}^{+\infty}\frac{y^2\cos A-\sin A}{y^4+1}e^{-Ay^2}dy\right|\leqslant \int\limits_0^{+\infty}\frac{y^2+1}{y^4+1}e^{-Ay^2}dy\leqslant C\int\limits_0^{+\infty} e^{-Ay^2}dy=C\frac{\sqrt\pi/2}{\sqrt A}\to 0 $$

Тогда

$$ \int\limits_{0+0}^{+\infty}dx\int\limits_{0+0}^{+\infty}{\cos xe^{-xy^2} dy=\lim\limits_{A\to+\infty}\int\limits_{0+0}^A dx\int\limits_{0+0}^{+\infty} \cos x e^{-xy^2}dy=\lim\limits_{A\to+\infty}\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{0+0}^A\cos xe^{-xy^2}dx= $$

$$ =\lim\limits_{A\to+\infty}\left(\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{0+0}^{+\infty}\cos xe^{-xy^2}dx-\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{A}^{+\infty}\cos xe^{-xy^2}dx\right)=\int\limits_{0+0}^{+\infty}dy\int\limits_{0+0}^{+\infty}\cos xe^{-xy^2}dx $$

[novichok2018]

Интересно попробовать доказать Френелей по той же схеме, как через двойной интеграл считается интеграл Пуассона. Принципиальная разница - интеграл Пуассона абсолютно сходящийся на оси/полуоси, а Френеля условно, на соплях. Может кто-то сообразит, что можно сделать на этом пути.

[Padawan]

Надо рассмотреть $\iint\limits_{\mathbb R^2}e^{-k(x^2+y^2)}e^{i(x^2+y^2)}dxdy$. Потом устремить $k\to 0$. Получается найти $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{ix^2}dx$ с точностью до знака (его квадрат равнен $\pi i$). Знак определяется из того, что ясно, что $\int\limits_0^{+\infty}{\sin x^2}dx=\frac12\int\limits_0^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt x}dx>0$.

[novichok2018]

Предел надо обосновать.

[Padawan]

Мы находим значение интеграла $\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-kx^2}\sin{x^2}dx$. И в нем уже устремляем $k$ к нулю. Обоснование - по признаку Абеля интеграл равномерно сходится при $k\geqslant 0$, а значит, является непрерывной функцией от $k$.

[novichok2018]

Padawan - с одномерным интегралом с дополнительным множителем и переходом к пределу понятно, это по Фихтенгольцу. Замечание было вызвано подходом с двойным интегралом, переходом в нём к пределу. Хотя и это наверное не так сложно.