Un integrale con fase quadratica

Messaggioda dissonance » 28/03/2020, 14:40

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.
Ultima modifica di dissonance il 29/03/2020, 15:13, modificato 3 volte in totale.
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 16234 di 16338
Iscritto il: 24/05/2008, 19:39
Località: Nomade

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda 3m0o » 29/03/2020, 14:50

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.
3m0o
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 928 di 1102
Iscritto il: 02/01/2018, 15:00

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda dissonance » 29/03/2020, 15:25

3m0o ha scritto: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.
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 16239 di 16338
Iscritto il: 24/05/2008, 19:39
Località: Nomade

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda Masaki » 30/03/2020, 01:11

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:

Immagine

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.
Masaki
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 22 di 41
Iscritto il: 19/08/2018, 20:43

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda dissonance » 30/03/2020, 22:52

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
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 16243 di 16338
Iscritto il: 24/05/2008, 19:39
Località: Nomade

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda Masaki » 31/03/2020, 10:12

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)|<arcsin(\delta/\varepsilon) \}\\
c_2 &= \{z \in \mathbb{C}| |z-1|< \varepsilon\,\, e\,\, \pi - arcsin(\delta/\varepsilon)< \arg(z)<\pi + arcsin(\delta/\varepsilon) \}\\
\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.
Masaki
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 23 di 41
Iscritto il: 19/08/2018, 20:43

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda dissonance » 31/03/2020, 20:09

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".
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 16247 di 16338
Iscritto il: 24/05/2008, 19:39
Località: Nomade

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda Masaki » 01/04/2020, 14:04

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!
Masaki
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 24 di 41
Iscritto il: 19/08/2018, 20:43

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda dissonance » 01/04/2020, 14:49

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.
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
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 16249 di 16338
Iscritto il: 24/05/2008, 19:39
Località: Nomade

Re: Un integrale con fase quadratica

Messaggioda 3m0o » 01/04/2020, 15:46

dissonance ha scritto: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.
3m0o
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 937 di 1102
Iscritto il: 02/01/2018, 15:00

Prossimo

Torna a Analisi superiore

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 48 ospiti