Вычислить интеграл

[Ryabsky]

Доказать, что

$$\int\limits_0^{+\infty} e^{-ax^2} \cos bx^2 \, dx = \frac12 \sqrt{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2}}, ~~~~ a>0$$

Идея заключается в дифференцировании или интегрировании по параметру, и судя по ответу, интеграл в конечном итоге сведется к интегралу Пуассона или Френеля. Когда дифференцирую, вылазит $x^2$, который ничего хорошего не дает - ни замену не сделать, ни по частям не взять.
Подскажите пожалуйста, как мне действовать?

[ИСН]

Идея заключается ровно в том же (ответ на это неиллюзорно намекает), что и вычисление самого интеграла Пуассона: возвести в квадрат, получится интеграл по двум переменным, т.е. по плоскости - и перейти к полярным координатам.

[ewert]

Не так просто. Там вмешивается такой же интеграл, но с синусом, с которым тоже некоторая морока. Правда, его можно исключить дифференцированиями по параметрам и интегрированиями по частям, и тогда получается какое-то дифуравнение для исходного интеграла по переменной $b$. В общем, морока.

По-хорошему надо бы считать этот интеграл как просто $\displaystyle\mathop{\mathrm{Re}}\int_0^{+\infty}e^{-(a+ib)x^2}\,dx$. Там всё достаточно легко и очевидно. Но для корректного обоснования этого требуется ТФКП.

[Ryabsky]

ТФКП не понадобилось, попытался взять вручную, как мне посоветовал ИСН. И даже почти получилось, но не могу довести дело до конца. Прошу прощения за море формул, которое будет ниже, проверьте, может где ошибся? Обоснования перестановки интегралов приводить не буду, будем подразумевать что все теоремы выполняются.

Итак, несложно заметить, что $I = \int\limits_0^{+\infty} e^{-ax^2} \cos (bx^2) \, dx = \int\limits_0^{+\infty} xe^{-ax^2y^2} \cos (bx^2y^2) \, dy$.
Тогда $I^2 = \int\limits_0^{+\infty} e^{-ax^2} \cos (bx^2) \, dx \int\limits_0^{+\infty} xe^{-ax^2y^2} \cos (bx^2y^2) \, dy$.

Выполним перестановку интегралов:

$I^2 = \int\limits_0^{+\infty} dy \int\limits_0^{+\infty} xe^{-ax^2(y^2+1)} \cos (bx^2y^2)\cos (bx^2) \, dx$.

Замена $x^2 = t$.

$I^2 = \frac12 \int\limits_0^{+\infty} dy \int\limits_0^{+\infty} e^{-ax(y^2+1)} \cos (bxy^2)\cos (bx) \, dx = $
$= \frac14 \int\limits_0^{+\infty} dy \int\limits_0^{+\infty} e^{-ax(y^2+1)} \left( \cos(bx(y^2+1))+\cos (bx(y^2-1))\right) \, dx$.

Первый внутренний интеграл выражается:
$\int\limits_0^{+\infty} e^{-ax(y^2+1)} \cos(bx(y^2+1)) \, dx = \frac{-a(1+y^2)}{a^2(1+y^2)^2 + b^2(1+y^2)^2} = \frac{-a}{a^2(1+y^2) + b^2(1+y^2)} = $
$= \frac{1}{1+y^2}\cdot \frac{-a}{a^2+b^2}$
Интегрирование по $y$ завершает нахождение первого интеграла.

Второй внутренний интеграл выражается:
$\int\limits_0^{+\infty} e^{-ax(y^2+1)} \cos(bx(y^2-1)) \, dx = \frac{-a(1+y^2)}{a^2(1+y^2)^2 + b^2(1-y^2)^2}$

Вот здесь возникают проблемы. Я либо ошибся где то по пути, либо на самом деле так получается, но не могу продвинуться дальше. Как быть?

[ИСН]

Я другое совсем имел в виду. Ключевые слова: "перейти к полярным координатам", а то, что Вы делаете в первой строчке - вообще не нужно.
(Хотя, возможно, как-то так тоже прокатит.)

[Ryabsky]

К полярным координатам перейти не смог, ибо почти уверен, что я заблужусь в процессе решения. Из предложенного вами меня подтолкнула идея возведения в квадрат и интегрирования по двум переменным (та же идея, что использована в интеграле Пуассона, который, в свою очередь, у нас брался именно такими методами).
И все же непонятно, что делать дальше...

[ИСН]

Что угодно. Идея, видимо, легитимная, но мне не симпатична, поэтому заниматься ловлей блох не буду.
А к полярным координатам переходить легко. Смотрите:

$$I_\text{(не тот)}^2=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx\ \cdot \int\limits_{-\infty}^\infty e^{-y^2}dy=\iint\limits_{\mathbb R^2} e^{-(x^2+y^2)}dx\,dy=\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^\infty r\cdot e^{-r^2}dr=...$$

[Ryabsky]

Последовал вашему совету, сделал как показали. Всё, что получалось в моем способе без полярной замены, получилось и здесь.
Снова уткнулся в тот интеграл, представленный уже в другом виде:

$$-a\int\limits_0^{2\pi} \frac{d\varphi}{a^2+b^2\cos^2 2\varphi}$$

Нескромный вопрос, его вообще реально вычислить?
// если есть вопросы по тому, как я его получил, могу предоставить выкладки.

[ewert]

(Оффтоп)

немножко позлобствую ещё разок. Его вполне реально посчитать через вычеты. И без особого труда.

И тупо выписывая первообразную -- тоже можно, ведь всего-то -- и рационально-тригонометрическое выражение.

Но -- уныло это как-то...

[Ryabsky]

Тьфу, он же без проблем сводится к рациональной! (хотя в моем способе уже сразу получена рациональная функция).
// как же уныло брать эти интегралы от рациональных функций...
огромное спасибо за помощь!

[bot]

Ryabsky в сообщении #271254 писал(а):

как же уныло брать эти интегралы от рациональных функций...

Да ничего унылого и нет, после очевидных замен:

$-a \int\limits_0^{4\pi} \frac{d\psi}{a^2+b^2\cos^2\psi}=-8a \int\limits_0^{\pi/2} \frac{d\psi}{a^2+b^2\cos^2\psi}=-8a\int\limits_0^{\infty} \frac{dt}{a^2t^2+a^2+b^2}= ... $
Вот он и табличный арктангенс с коэффициентом.