Gaußsches Integral mit imaginären Koeffizienten und Wick-Rotation

Vorschlag. Gegeben seien zwei komplexe Zahlen$a,b\in \mathbb{C}$so dass${\rm Re}(a)\geq 0$. Im Falle${\rm Re}(a)=0$, das fordern wir weiterhin${\rm Im}(a)\neq 0$und${\rm Re}(b)=0$. Das Gaußsche Integral ist wohldefiniert und wird durch gegeben

$$\underbrace{\int_{\mathbb{R}}\!dx~ e^{-\frac{a}{2}x^2+bx}}_{=:~ I_{\mathbb{R}}(a,b)} ~=~\lim_{\begin{array}{c} x_i\to -\infty \cr x_f\to \infty \end{array} } \underbrace{\int_{[x_i,x_f]}\!dx~ e^{-\frac{a}{2}x^2+bx}}_{=:~ I_{[x_i,x_f]}(a,b)} ~=~\underbrace{\sqrt{\frac{2\pi}{a}}e^{\frac{b^2}{2a}}}_{=:~ F(a,b)}, \tag{A}$$ wobei implizit verstanden wird, dass die Quadratwurzel einen positiven Realteil hat.

Anmerkung: Das Riemann / Darboux - Integral ist nicht für unbeschränkte Mengen definiert, daher kann es nur für den mittleren Ausdruck von Gl. (EIN).

I) Skizzierter Beweis im Falle von${\rm Re}(a)> 0$: Die Funktion$g(x)=e^{-\frac{{\rm Re}(a)}{2}x^2+{\rm Re}(b)x}$dient als Majorantenfunktion für Lebesgues Satz über die dominierte Konvergenz , der die erste Gleichheit von Gl. (EIN). Für die zweite Gleichheit von Gl. (A) teilen wir den Beweis in Fälle auf:

1. Fall$a>0$und$b\in \mathbb{R}$. Vervollständige das Quadrat .$\Box$

2. Fall$a>0$. Vervollständige das Quadrat. Verschieben Sie die Integrationskontur entsprechend auf eine horizontale Linie in der komplexen Ebene, um auf Fall 1 zu reduzieren, vgl. Integralsatz von Cauchy . Argumentieren Sie, dass Beiträge im Unendlichen verschwinden.$\Box$

3. Fall${\rm Re}(a)> 0$. Drehen Sie die Integrationskontur auf eine Linie des steilsten Abfalls, um auf Fall 2 zu reduzieren, vgl. Integralsatz von Cauchy. Argumentieren Sie, dass Beiträge im Unendlichen verschwinden.$\Box$

II) Skizzierter Beweis im Oszillationsfall${\rm Re}(a)=0, {\rm Im}(a)\neq 0, {\rm Re}(b)=0$: Die linke Seite. von Gl. (A) ist nicht nach Lebesgue integrierbar . Es ist ein uneigentliches Integral , das über den mittleren Ausdruck von Gl. (EIN). Es bleibt die zweite Gleichheit von Gl. (EIN). Es ist möglich, einen Beweis mit Cauchys Integralsatz in Anlehnung an Jacks Antwort zu erbringen . In dieser Antwort geben wir stattdessen einen Beweis im Sinne einer infinitesimalen Deformationsvorschrift.

Gegeben$\varepsilon>0$. Als$x_i\to \infty$und$x_f\to \infty$es ist nicht schwer, das zu sehen$I_{[x_i,x_f]}(a,b)$oszilliert mit immer kleiner werdender Amplitude, die gegen Null geht, und ist daher ohne Regularisierung konvergent. Die Konvergenz verbessert sich, wenn wir lassen$a$einen positiven Realteil haben. Mit anderen Worten, die Konvergenz ist gleichmäßig bzgl.${\rm Re}(a)\geq 0$, dh

$$\exists X_i,X_f\in \mathbb{R} ~\forall x_i\leq X_i~\forall x_f\geq X_f ~\forall {\rm Re}(a)\geq 0:~~ \left| I_{[x_i,x_f]}(a,b)- I_{\mathbb{R}}(a,b)\right| ~\leq~\frac{\varepsilon}{4}.\tag{B}$$

Verwenden Sie als nächstes Lebesgues Satz über die dominierte Konvergenz mit Hauptfunktion der Form$g(x)=C~1_{[x_i,x_f]}(x)$(wo$C>0$eine geeignete Konstante ist), um dies zu argumentieren

$$I_{[x_i,x_f]}( i{\rm Im}(a),b) ~=~\lim_{{\rm Re}(a)\to 0^+} I_{[x_i,x_f]}(a,b) , \tag{C}$$

dh$\exists {\rm Re}(a)>0$so dass

$$\left| I_{[x_i,x_f]}( i{\rm Im}(a),b)-I_{[x_i,x_f]}( a ,b) \right| ~\leq~\frac{\varepsilon}{4},\tag{D}$$

und

$$\left| \underbrace{F( a ,b)}_{=~ I_{\mathbb{R}}(a,b)}- F( i{\rm Im}(a),b) \right| ~\leq~\frac{\varepsilon}{4}.\tag{E}$$

In Gl. (E) Wir haben diese Funktion verwendet$F$ist kontinuierlich. Alles zusammen, Gl. (B), (D) & (E) ergeben

$$\begin{align} \left| I_{\mathbb{R}}(i{\rm Im}(a),b) - F( i{\rm Im}(a),b)\right| ~\leq~&\left| I_{\mathbb{R}}(i{\rm Im}(a),b)- I_{[x_i,x_f]}( i{\rm Im}(a),b)\right|\cr &+\left| I_{[x_i,x_f]}( i{\rm Im}(a),b) - I_{[x_i,x_f]}( a ,b)\right| \cr &+\left| I_{[x_i,x_f]}(a,b)- I_{\mathbb{R}}(a,b)\right|\cr &+\left|F( a ,b) - F( i{\rm Im}(a),b)\right| \cr ~\leq~&\varepsilon.\end{align} \tag{F}$$

Gl. (F) zeigt, dass die zweite Gleichheit von Gl. (A) gilt.$\Box$

Zunächst muss man die folgende Schlüsselintegralformel beweisen:

$$\begin{align*} \boxed{I = \int_{-\infty}^{+\infty} d x e^{ i a x^2} = \sqrt{\dfrac{i \pi}{a}} \qquad (a>0) } \end{align*}$$ Normalerweise kann man eine analytische Funktion aufgreifen $f(z)=e^{ i a z^2}$und führt dann das komplexe Integral entlang der oben gezeigten geschlossenen Kontur aus. $$J = \oint d z e^{ i a z^2} = \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_3} + \int_{C_4} = J_1 + J_2 + J_3 + J_4 =0$$ Als nächstes müssen die vier Linienintegrale entlang vier verschiedener Intervalle berechnet werden.

1. $C_1:z=x \qquad x \in [-p,p]$ $$J_1 = \int_{C_1} dz e^{i a z^2} = \int_{-p}^p d x e^{i a x^2}$$
2. $C_2:z=p+iy \qquad y \in [0,p]$ $$J_2 = \int_{C_2} dz e^{i a z^2} = \int_0^p i d y e^{i a (p+i y)^2}$$
3. $C_3:z=x+iy = (1+i) y = \sqrt{2}e^{i\pi/4}y \qquad y \in [p,-p]$ $$\begin{align*} J_3 & = \int_{C_3} dz e^{i a z^2} = e^{i\pi/4} \int_{\sqrt{2}p}^{-\sqrt{2}p} d x e^{- a x^2} \end{align*}$$
4. $C_4:z=-p + i y \qquad y \in [-p,0]$ $$\begin{align*} J_4 & = \int_{C_4} dz e^{i a z^2} = \int_{-p}^0 i d y e^{i a (i y -p)^2} \qquad (y \Rightarrow -y) \\ & = \int_p^0 - i d y e^{i a (-i y - p)^2} = \int_0^p i d y e^{i a (i y+p)^2} \\ & = J_2 \\ \end{align*}$$

Im letzten Schritt betrachten wir den Begrenzungsprozess:$p\rightarrow+\infty$

$$\begin{align*} & 0 \leq |J_2| \leq \left|\int_0^p i d y e^{i a (i y+p)^2}\right| \leq \int_0^p d y e^{-2 a p y} = \dfrac{1-e^{-2a p^2}}{2 a p} \\ & \lim_{p \rightarrow +\infty} \dfrac{1-e^{-2a p^2}}{2 a p} \Rightarrow \lim_{p\rightarrow+\infty} |J_2| = 0 \Rightarrow \boxed{\lim_{p\rightarrow +\infty} J_2 = \lim_{p\rightarrow +\infty} J_4 =0} \end{align*}$$ $$\begin{align*} & p\rightarrow +\infty \Rightarrow J_1+J_3=0 \Rightarrow J_1 = -J_3 = e^{i\pi/4} \int_{-\infty}^{+\infty} d x e^{- a x^2} = e^{i \pi/4} \sqrt{\dfrac{\pi}{a}} = \sqrt{\dfrac{i\pi}{a}} \\ & \Rightarrow \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} d x e^{i a x^2} = \sqrt{\dfrac{i\pi}{a}} \qquad (a>0)} \end{align*}$$ Ein ähnliches Ergebnis kann man auch für ableiten $a<0$mit Hilfe der folgenden geschlossenen Kontur.

Dann gibst du für das Integral:

$$\begin{align} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{\dfrac{iax^2}{2}+iJx} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{i \dfrac{a}{2}(x+\dfrac{J}{a})^2-i\dfrac{J^2}{2a}} dx = \sqrt{\dfrac{i2\pi}{a}}e^{-i\dfrac{J^2}{2a}} \end{align}$$

Ich hoffe es hilft.