О вычислении интегралов Френеля

[Padawan]

Пришел в голову простой (относительно) способ вычислить интегралы $\int\limits_0^{+\infty} \cos(x^2) dx$, $\int\limits_0^{+\infty} \sin(x^2) dx$. Заметим, что равенство $\int\limits_0^{+\infty} e^{-a x^2} dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{a}}$ выполняется не только при $a>0$, но и при всех $\mathop{\mathrm{Re}} a>0$ (по принципу аналитического продолжения). Значит, $\int\limits_0^{+\infty} e^{-\alpha x^2}\cos(\beta x^2) dx=\mathop{\mathrm{Re}}\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{\alpha+i\beta}} $ при $\alpha>0$. Берется ветвь корня, полученная продолжением с действительной оси, то есть с положительной действительной частью. Тогда

$$\int\limits_0^{+\infty}\cos(\beta x^2) dx=\lim\limits_{\alpha\to 0+0} \int\limits_0^{+\infty} e^{-\alpha x^2}\cos(\beta x^2) dx=\lim\limits_{\alpha\to 0+0}\mathop{\mathrm{Re}}\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{\alpha+i\beta}} =\mathop{\mathrm{Re}}\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{i\beta}}=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}\sqrt{\beta}} $$

Надо еще обосновать предельный переход под знаком интеграла при $\alpha\to 0+0$. Используется признак Абеля равномерной сходимости несобственного интеграла.

[Eule_A]

Padawan
Если уж Вы используете ТФКП, то контурным интегрированием попроще будет, разве нет? А этот метод страшновато выглядит, честно говоря.

(Оффтоп)

Хотя, возможно, это я пугливый такой...

[nnosipov]

Padawan в сообщении #1431910 писал(а):

Заметим, что равенство $\int\limits_0^{+\infty} e^{-a x^2} dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{a}}$ выполняется не только при $a>0$, но и при всех $\mathop{\mathrm{Re}} a>0$ (по принципу аналитического продолжения).

Если уж методы ТФКП, то можно просто проинтегрировать по сектору, ограниченному лучами $\arg{z}=0$ и $\arg{z}=\pi/4$.

[Padawan]

С контурным интегрированием способ известный. Там надо делать оценку интеграла по дуге. И это уж вообще ТФКП, ТФКП. А здесь идея аналитического продолжения. Вот, например, ещё такой интеграл тем же методом аналитического продолжения: известно, что $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x} dx=\ln \frac ba$ для $a,b>0$ (Фруллани). Тогда при $\alpha,\beta>0$

$$ \int_0^{+\infty}\frac{e^{-\alpha x}\cos px-e^{-\beta x}\cos qx}{x} dx=\mathop{\mathrm{Re}}\ln\frac {\beta+iq}{\alpha+ip}=\ln\left|\frac{\beta+iq}{\alpha+ip}\right|=\frac{1}{2}\ln\frac{\beta^2+q^2}{\alpha^2+p^2} $$

По-моему красиво

$$ \int_0^{+\infty}\frac{e^{-\alpha x}\sin px-e^{-\beta x}\sin qx}{x} dx=\operatorname {Im} \ln \frac{\beta-iq}{\alpha-ip}=\operatorname {arg} \frac{\beta-iq}{\alpha-ip}=\arctg \frac p\alpha-\arctg\frac q\beta $$

[Eule_A]

Padawan в сообщении #1431922 писал(а):

Там надо делать оценку интеграла по дуге

В Вашем методе тоже обоснований не оберёшься. Причём, насколько мне помнится, в "контурном методе" только лемма Жордана и требуется. А она простая и по доказательству, и идеологически. Аналитическое продолжение и обоснование предельного перехода сложнее, как мне кажется.

[nnosipov]

Padawan в сообщении #1431922 писал(а):

По-моему красиво

С косинусами да, но с синусами считается только разность интегралов, хотя можно посчитать каждый интеграл по отдельности (они равны соответствующим арктангенсам).

[Padawan]

nnosipov в сообщении #1431925 писал(а):

но с синусами считается только разность интегралов

Почему, можно положить $q=0$ Блин, я всегда интуитивно чувствовал, что интеграл Дирихле связан с интегралом Фруллани!

[nnosipov]

Padawan в сообщении #1431928 писал(а):

можно положить $q=0$

Да, действительно.

Вообще, идея аналитического продолжения --- хорошая идея.

[Brukvalub]

nnosipov в сообщении #1431931 писал(а):

Вообще, идея аналитического продолжения --- хорошая идея.

Вот только простых объяснений понятия аналит. продолжения я не видел. Это традиционно нудная и непростая тема в ТФКП, студенты на семинарах очень плохо ее понимают и затрудняются строить аналит. продолжения.

[Padawan]

Brukvalub в сообщении #1431981 писал(а):

студенты на семинарах очень плохо ее понимают и затрудняются строить аналит. продолжения.

Интересно, в чем там проблема ? Есть две аналитические функции, в пересечении областей они совпадают на множестве, имеющем предельную точку. Значит они друг друга продолжают и являются кусками одной и той же полной аналитической функции.

[Farest2]

Padawan в сообщении #1431910 писал(а):

Пришел в голову простой (относительно) способ вычислить интегралы

Я аналогичным образом с дирихлевскими интегралами обхожусь:

$$\int_0^\infty \frac{e^{it}}{t^a}\,dt=\int_0^\infty e^{-(-i)t}t^{1-a-1}\,dt=\frac{\Gamma(1-a)}{(-i)^{1-a}}=\frac{\Gamma(1-a)}{e^{-\frac{\pi i}{2}(1-a)}}=\frac{\pi i\cdot e^{-\frac{\pi ia}{2}}}{\Gamma(a)\sin\pi a}=\frac{\pi}{2\Gamma(a)}\Bigl(\frac{1}{\cos\tfrac{\pi a}{2}}+\frac{i}{\sin\tfrac{\pi a}{2}}\Bigr).$$

[Brukvalub]

Padawan в сообщении #1432023 писал(а):

Есть две аналитические функции, в пересечении областей они совпадают на множестве, имеющем предельную точку. Значит они друг друга продолжают и являются кусками одной и той же полной аналитической функции.

Чаще аналитически продолжают росток, привлекая всякие теоремы о монодромии, понятие накрытия и прочую страшную топологию. Пощупать все это руками не всегда просто, интуиция работает плохо, вот студенты и пугаются.

[novichok2018]

Вывод через интеграл от экспоненты с параметром как пример этой теории - это разве не из Фихтенгольца? Но там всё действительное без КП.

[Padawan]

В Демидовиче упражнение номер 3830: пользуясь формулой

$$ \frac1{\sqrt x}=\frac2{\sqrt\pi}\int\limits_0^{+\infty}e^{-xy^2}dy\;\;\quad(x>0) $$

найти интеграл Френеля

$$ I=\int\limits_0^{+\infty}\cos (x^2) dx=\frac 12\int\limits_0^{+\infty}\frac{\cos x}{\sqrt x} dx $$

Подставляем первое во второе, получаем повторный интеграл, в котором меняем порядок интегрирования

$$ I=\frac{1}{\sqrt\pi}\int\limits_0^{+\infty} dx\int\limits_0^{+\infty}\cos x e^{-xy^2}dy=\frac{1}{\sqrt\pi}\int\limits_0^{+\infty}dy\int\limits_0^{+\infty}\cos xe^{-xy^2}dx= $$ $$ =\frac1{\sqrt\pi}\int\limits_0^{+\infty}\frac{y^2}{y^4+1}dy=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt 2} $$

Самое интересное -- обоснование перемены порядка интегрирования. В задачнике Виноградова И.А, Олехник С.Н., Садовничий В.А. Задачи и упражнения по математическому анализу. Книга 2. -- М.: Высшая школа, 2000, на странице 445 этот пример разобран. Но как-то слишком сложно, на четырех страницах. Я придумал свое обоснование, напишу позже. Возможно, кому-то будет интересно подумать.
Фихтенгольц, разбирая этот пример (в основном тексте), пишет, что прямое обоснование слишком утомительное и вводит множитель $e^{-kx}$, $k>0$. Переставляет порядок интегрирования с этим множителем (с ним имеется абсолютная сходимость и все ОК), а потом устремляет $k\to 0$.

[novichok2018]

Мне кажется, что в Фихтенгольце самый простой вариант доказательства, если не использовать КП. Или вообще самый простой. Только чтобы теперь понять, что было написано Фихтенгольцем, нужно искать старые издания и сверять с ними, все последние издания переделаны нынешними улучшателями.