Embed Size (px)
Citation preview
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
ht
SOLUCIÓN A LOS EJERCICIOS DE MECÁNICACUÁNTICA: PARTE I
Moisés Carrera NúñezE-MAIL: [email protected]
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 01.
Dadas las funciones F1 = a0, F2 = a1 +a2x, F3 = a3 +a4x +a5x2 donde a0, a1, . . . , a5
son constantes, determinar el valor de las constantes para que las funciones seanmutuamente ortonormales en el intervalo (0,1).
Solución
Para este ejercicio primero notamos que cada una de las funciones pertenecen al es-pacio vectorial de los polinomios, por lo que definimos el producto escalar de elloscomo la multiplicación habitual de polinomios, y los valores buscados serán en-contrados haciendo combinaciones de las ecuaciones cuales resulten del productoescalar de las diferentes funciones, también sólo usaremos uno de los varios resul-tados para los diferentes coeficientes. Así que, primero tenemos de la condición denormalización
⟨F1|F1⟩ = 11
∫
0
a∗0 a0 dx = 1
a20
1∫
0
dx = 1
a20(x)
∣
∣
∣
∣
1
0= 1
a0 = ±1
a0 =±1 (1)
ahora, se tiene para la función F2
⟨F2|F2⟩ = 11
∫
0
(a1 +a2x)(a1 +a2x) dx = 1
1∫
0
(a21 +a1a2x +a1a2x +a2
2 x2) dx = 1
1∫
0
(a21 +2a1a2 +a2
2) dx = 1
a21 +a1a2 +
a22
3= 1 (2)
2
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htpor otra parte
⟨F1|F2⟩ = 01
∫
0
a0(a1 +a2x) dx = 0
(
a0a1 +a0a2
2x2
)
∣
∣
∣
∣
1
0= 0
a1 +a2
2= 0 (3)
Las ecuaciones (2) y (3) forman un sistema de ecuaciones simultaneas, al resolverlasse obtiene:
a1 =∓p
3, y, a2 =±2p
3 (4)
Ahora para la función F3, primero
⟨F3|F3⟩ = 11
∫
0
(a3 +a4x +a5x2)(a3 +a4x +a5x2) dx = 1
1∫
0
(
a23 +2a3a4x +2a3a5x2 +a2
4 x2 +2a4a5x3 +a25 x4) dx = 1
a23 +a3a4 +
2
3a3a5 +
a24
3+
1
2a4a5 +
a25
5= 1 (5)
luego
⟨F2|F3⟩ = 01
∫
0
(a1 +a2x)(a3 +a4x +a5x2) dx = 0
1∫
0
(a1a3 +a1a4x +a1a5x2 +a2a3x +a2a4x2 +a2a5x3) dx = 0
a1a3 +1
2a1a4 +
1
3a1a5 +
1
2a2a3 +
1
3a2a4 +
1
4a2a5 = 0
−p
3a3 −p
3
2a4 −
p3
3a5 +
p3a3 +2
p3
3a4 +
p3
2a5 = 0
a4 =−a5 (6)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
hty por el otro lado, se tiene
⟨F1|F3⟩ = 01
∫
0
a1(a3 +a4x +a5x2) dx = 0
a3 +1
2a4 +
1
3a5 = 0
6a3 +3a4 +2a5 = 0 (7)
Las ecuaciones (5), (6) y (7) forman un sistema de ecuaciones que al resolver se tiene
a3 =±√
5
6, a4 =∓6
√
5
6, a5 =±6
√
5
6(8)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 02.
Demuestre que el conjunto de funciones ψn(x) =1
2le
i nπxl , con n = 0,±1,±2, . . ., son
ortonormales en el intevalo (−l , l ).
Solución 02.
La condición de ortonormalización:
⟨
ψn′ |ψn
⟩
= δn′n ={
1 si n′ = n
0 si n′ 6= n
se tiene
⟨
ψn′ |ψn
⟩
=l
∫
−l
ψ∗n′ (x)ψn(x) dx
=l
∫
−l
1p
2le−
i nπl
x 1p
2le
i nπl
x dx
⟨
ψn′ |ψn
⟩
=1
2l
l∫
−l
e i πl
x(n−n′) dx
Para el caso n 6= n′. Sea la más nueva variable y definida como y = i πl
x(n −n′), en-
tonces, liπ(n−n′) dy = dx. Cuando x = −l , y = −iπ(n −n′), si x = l ⇒ y = iπ(n −n′),
entonces
⟨
ψn′ |ψn
⟩
=1
2l
l
iπ(n −n′)
iπ(n−n′)∫
−iπ(n−n′)
e y dy
=1
2iπ(n −n′)e y
∣
∣
∣
∣
iπ(n−n′)
−iπ(n−n′)
=1
2iπ(n −n′)
{
e iπ(n−n′) −e−iπ(n−n′)}
=1
2iπ(n −n′)
{
cos[π(n −n′)]+ i sen[π(n −n′)]−cos[π(n −n′)]+ i sen[π(n −n′)]}
=2i sen[π(n −n′)]
2iπ(n −n′)=
sen[π(n −n′)]
π(n −n′)
=sen[π(n −n′)]
π(n −n′)
como n,n′ ∈Z, si definimos, m = n −n′ se tendrá que m ∈Z, entonces1
⟨
ψn′ |ψn
⟩
=sen[πm]
π(m)= 0 n 6= n′ (9)
1A lo largo de el texto se usará el hecho de que para n ∈Z sennπ= 0 y cos(nπ) = (−1)n
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htCuando n = n′, se tiene que
⟨
ψn′ |ψn
⟩
=1
2l
l∫
−l
e0 dx = 1
entonces⟨
ψn′ |ψn
⟩
= 1, n = n′ (10)
De allí que se cumpla la condición de ortonormalización
⟨
ψn′ |ψn
⟩
= δnn′
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 03.
Encuentre la norma de las siguientes funciones en el intervalo indicado y escriba lasfunciones normalizadas:
a) e−x22 en el intervalo (−∞,+∞)
b) xe−x22 en el intervalo (0,+∞)
Solución 03.
La norma se ha definido como:
N =√
⟨
ψ|ψ⟩
a) En este caso ψ(x) = e−x2/2, así que
⟨
ψ|ψ⟩
=+∞∫
−∞
ψ∗(x)ψ(x) dx
=+∞∫
−∞
e−x2/2e−x2/2 dx
⟨
ψ|ψ⟩
=+∞∫
−∞
e−x2dx (11)
Para resolver integrales en estas formas, primero, definimos
I (x) =+∞∫
−∞
e−x2dx = 2
+∞∫
0
e−x2dx
entonces,
I 2 = I (x)I (y) = 4
+∞∫
0
e−x2dx
+∞∫
0
e−y2dy
I 2 = 4
+∞∫
0
+∞∫
0
dx dy e−(x2+y2)
en un sistema polar, tal que, r 2 = x2 + y2, ϕ = arctan(x/y) y dx dy = r dr dϕ, lafunción I 2 viene a ser como
I 2 = 4
π/2∫
0
dϕ
+∞∫
0
dr r er 2
= 4π
2
{
−e−r 2
2
∣
∣
∣
∣
+∞
0
}
=−2π
2(−1)
⇒ I =pπ
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htasí la ecuación (11) se mira como
⟨
ψ|ψ⟩
=pπ
por lo tanto
N =π1/4, y, ψnormalizada =e−
x22
π1/4(12)
b) El proceder es similar:
⟨
ψ|ψ⟩
=+∞∫
0
xe−x22 xe−
x22 dx
=+∞∫
0
x2e−x2dx, definamos α= 1
=+∞∫
0
x2e−αx2dx =
1
2
+∞∫
−∞
x2e−αx2dx
=1
2
+∞∫
0
−∂
∂αe−αx2
dx
= −1
2
∂
∂α
+∞∫
0
e−αx2dx
= −1
2
∂
∂α
{√
π
α
}
= −pπ
1
2
(
∂α−1/2
∂α
)
= −pπ
1
2
(
−1
2α−1/4
)
, dado que α= 1
⇒⟨
ψ|ψ⟩
=pπ
4
por lo tanto
N =π1/4
2, y, ψnormalizada =
2e−x22
π1/4(13)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htProblema 04.
Desarrolle en serie de Fourier la2 función F (x) = x en el intervalo −π< x <π.
Solución 04
La serie de Fourier es, por definición,
F (x) =1
p2π
∞∑
n=−∞cne i nx
esta forma de escribir una tal serie de Fourier es mera notación, ya que al momentode hacer los cálculos surge la pregunta de ¿Cómo calcular tal serie?, pues corre desdeel −∞ hasta +∞. Así que, uno debe obtener una forma que proporcione la facilidaddel cálculo, para tal fin, procedemos:
F (x) =1
p2π
(
c0e0 +−1∑
n=−∞cne i nx +
∞∑
n=1cne i nx
)
F (x) =1
p2π
(
c0 +∞∑
n=1c−ne−i nx +
∞∑
n=1cne i nx
)
; n > 0. (14)
Ahora sólo necesitamos encontrar el valor de los coeficientes cn para obtener la ex-presión de F (x) en serie de Fourier, entonces
cn = ⟨Un |F ⟩ =1
p2π
π∫
−π
xe−i nx dx (15)
Se tiene para c0
c0 =1
p2π
π∫
−π
xe0 dx =1
p2π
x2
2
∣
∣
∣
∣
π
−π= 0
Por el otro lado,
cn =1
p2π
π∫
−π
xe−i nx dx
=1
p2π
π∫
−π
(
−1
i
∂
∂ne−i nx
)
dx
= −1
ip
2π
∂
∂n
π∫
−π
e−i nx dx
Sea y =−i nx, implica que, −1
i nd y = d x, además, en x =−π, y = i nπ, cuando x =π,
2En el manual existe un error, pues, dice “al” donde debería decir “la”
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
hty =−i nπ, entonces
cn = −1
ip
2π
∂
∂n
−1
i n
−i nπ∫
i nπ
e y dy
= −1
p2π
∂
∂n
{
1
ne y
∣
∣
∣
∣
−i nπ
i nπ
}
= −1
p2π
∂
∂n
{
n−1(
e−i nπ−e i nπ)}
= −1
p2π
{
−n−2(
e−i nπ−e i nπ)
+n−1(
−iπe−i nπ− iπe i nπ)}
=
1p
2π
{
−n−2[
cos(nπ)− i sen(nπ)−cos(nπ)− i sen(nπ)
]
+
+iπn−1[
cos(nπ)− i sen(nπ)+cos(nπ)+ i sen(nπ)
]}
=1
p2π
{
iπ
n
[
(−1)n + (−1)n]
}
=i 2πp
2π
(−1)n
n
entonces
cn = i
p2π
n(−1)n , y, c−n = c∗n =−i
p2π
n(−1)n
Todos los resultados anteriores nos conducen a
F (x) =1
p2π
[
∞∑
n=1
(
ip
2π
n(−1)ne i nx −
ip
2π
n(−1)ne−i nx
)]
=ip
2πp
2π
∞∑
n=1
(−1)n
n
{
cos(nx)+ i sen(nx)−cos(nx)+ i sen(nx)
}
= i∞∑
n=1
(−1)n
n
{
2i sen(nx)
}
F (x) =∞∑
n=1
2(−1)n+1
nsen(nx) (16)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
ht
-3 -2 -1 1 2 3
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 1: Gráfico de la función F (x) = x en color negro, y varias aproximaciones me-diante serie de Fourier del ejercicio 04 (ecuación (16)). La curva en color azul corres-ponde a n = 1,2, la curva en color rojo a n = 1,2,3,4,5,6 y la curva en color verde an = 1,2, . . . ,50. Por supuesto mientras más términos agregemos a las suma parcialde la ecuación (16) la aproximación a F (x) = x será mucho más mejor.
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 05.
Utilice los resultados del problema anterior y la fórmula de Párseval para obtener la
suma de la serie∞∑
n=1
1
n2 .
Solución 05
La fórmula de Párseval es∫
|F (x)|2 dx =∑
n
|cn |2
para este caso se mira como
π∫
−π
x2 dx =∞∑
n=1|cn |2 +
∞∑
n=1|c−n |2 +|c0|2 (17)
del ejercicio anterior cn = ip
2π(−1)n/n, entonces
|cn |2 =2π
n2= |c−n |2, y, |c0|2 = 0
por lo cual la ecuación (17) viene a ser como
∞∑
n=1
4π
n2 =π
∫
−π
x2 dx
=1
3x3
∣
∣
∣
∣
π
−π
=2π3
3
en conclusión∞∑
n=1
1
n2=
π2
6(18)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 06.
Desarrolle en serie de Fourier la función
F (x) ={
0, para −π< x < 0
sen(x), para 0 < x <π
La base para este espacio vectorial viene dada por {Un(x) = e i nx /p
2π}. El desarrollode una función arbitraria en serie de Fourier es, entonces como
F (x) =1
p2π
(
c0 +∞∑
n=1c−ne−i nx +
∞∑
n=1cne i nx
)
donde los coeficientes cn están dados por la relación
cn = ⟨Un |F ⟩
=π
∫
−π
1p
2πe−i nx F (x) dx
=1
p2π
0∫
−π
(0)e−i nx dx +π
∫
0
(sen(x))e−i nx dx
cn =1
p2π
π∫
0
sen(x)e−i nx dx (19)
Así que
c0 =1
p2π
π∫
0
sen(x)e0 dx =1
p2π
(−cos x)
∣
∣
∣
∣
π
0=
1p
2π(1+1)
⇒ c0 =√
2
π(20)
y para n > 0
cn =1
p2π
π∫
0
sen(x)e−i nx dx
=1
p2π
π∫
0
sen(x)
(
cos(nx)− i sen(nx)
)
dx
cn =1
p2π
π∫
0
sen(x)cos(nx) dx − i
π∫
0
sen(x)sen(nx) dx
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htCalculemos las integrales por separado, primero se tiene la solución para la primeraintegral que aparece en el lado a mano derecha:
π∫
0
sen(x)cos(nx) dx =π
∫
0
{
1
2
[
sen(x +nx)+ sen(x −nx)
]}
dx
=1
2
π∫
0
{sen[(1+n)x]+ sen[(1−n)x]} dx
sean las nueva variables y = (1+n)x, y ′ = (1−n)x, se tiene
π∫
0
sen(x)cos(nx) dx =1
2
π(1+n)∫
0
1
1+nsen y dy +
1
2
π(1−n)∫
0
1
1−nsen y ′ dy ′
=1
2
{
1
1+n(−cos y)
∣
∣
∣
∣
π(1+n)
0+
1
1−n(−cos y ′)
∣
∣
∣
∣
π(1−n)
0
}
=
1
2
{
1
1+n
[
−cos(π(1+n))+cos(0)
]
+
+1
1−n
[
−cos(π(1−n))+cos(0)
]}
=1
2
{
1
1+n
[
1−cos(π+πn)
]
+1
1−n
[
1−cos(π−πn)
]}
=
1
2
{
1
1+n
[
1−cos(π)cos(nπ)+ sen(π)sen(nπ)
]
+
+1
1−n
[
1−cos(π)cos(nπ)− sen(π)sen(nπ)
]}
=1
2
{
1
1+n
[
1+cos(πn)
]
+1
1−n
[
1+cos(πn)
]}
=1
2
{
(1−n)(1+cos(nπ))+ (1+n)(1+cos(nπ))
(1+n)(1−n)
}
=1
2
{
2+2cos(nπ)
1−n2
}
⇒π
∫
0
sen(x)cos(nx) dx =1+ (−1)n
1−n2
Por otra parte un proceso similar nos conduce aπ
∫
0
sen(x)sen(nx) dx = 0
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htPor lo cual:
cn =1
p2π
1+ (−1)n
1−n2, y, c−n = c∗n =
1p
2π
1+ (−1)n
1−n2(21)
Notamos que cuando n = ±1, la ecuación (21), posee singularidad. Para evitar estose hace necesario encontrar el valor de c±1 como sigue
c1 =1
p2π
π∫
0
sen(x)e−i x dx
=1
p2π
π∫
0
[
sen(x)cos(x)− i sen2(x)
]
dx
c1 = −i
pπ
2p
2=⇒ c−1 = c∗1 = i
pπ
2p
2
Ahora la función F (x) en representación en forma de serie de Fourier es como:
F (x) =1
p2π
{
√
2
π−
ipπ
2p
2e i x +
ipπ
2p
2e−i x +
∞∑
n=2
1+ (−1)n
p2π(1−n2)
e i nx +∞∑
n=2
1+ (−1)n
p2π(1−n2)
e−i nx
}
con la ayuda de la fórmula de Euler, y, el hecho de que 1+ (−1)n es idénticamentenulo cuando n es impar. La expresión de arriba se simplifica a:
F (x) =1
π+
1
2sen(x)+
2
π
∞∑
n=2,4,6,...
cos(nx)
1−n2 (22)
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
0.5
1.0
Figura 2: Gráfico de la función F (x) del ejercicio 06 y de algunas sumas parciales dela ecuación (22).
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 07
Desarrolle en serie de Fourier la función
F (x) ={
−1, para − l < x < 0
+1, para 0 < x < l
Solución 07
La base para esta expansión en serie de Fourier viene a ser como:
Un(x) =1
p2l
ei
nπ
lx
Entonces
cn = ⟨Un |F ⟩
=l
∫
−l
U∗n F (x) dx
cn =1
p2l
0∫
−l
F (x)e−i
nπ
lx
dx +l
∫
0
F (x)e−i
nπ
lx
dx
(23)
Cuando n=0, la ecuación (23) viene a ser
c0 =1
p2l
−0
∫
−l
dx +l
∫
0
dx
c0 =1
p2l
{
−x
∣
∣
∣
∣
0
−l
+x
∣
∣
∣
∣
l
0
}
=1
p2l
(−0− l + l −0)
c0 = 0
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htAhora pasemos al cálculo cuando n > 0;
cn =1
p2l
−0
∫
−l
e−i
nπ
lx
dx +l
∫
0
e−i
nπ
lx
dx
=1
p2l
−0
∫
i nπ
eu −l
i nπdu +
−i nπ∫
0
eu′ −l
i nπdu′
=1
p2l
{
l
i nπeu
∣
∣
∣
∣
0
i nπ
−l
i nπeu′
∣
∣
∣
∣
−i nπ
0
}
=1
p2l
{
l
i nπ
(
1−e i nπ)
−l
i nπ
(
e−i nπ−1)
}
=1
p2l
pl
i nπ
{
1−cos(nπ)− i sen(nπ)−cos(nπ)+ i sen(nπ)+1
}
=
√
l
2
1
i nπ
{
2−2cos(nπ)
}
=
√
l
2
p2p
2
i nπ
{
1− (−1)n
}
=⇒ cn =−i
p2l
nπ
[
1− (−1)n
]
, y, c−n = i
p2l
nπ
[
1− (−1)n
]
(24)
Así que la serie de Fourier para esta función es como:
F (x) =1
p2l
{
0−∞∑
n=1i
p2l
nπ
[
1− (−1)n
]
ei nπx
l +∞∑
n=1i
p2l
nπ
[
1− (−1)n
]
e−i nπx
l
}
con ayuda de la fórmula de Euler se llega al resultado
F (x) =2
π
∞∑
n=1
1− (−1)n
nsen
(nπ
lx)
ya que los términos de la serie para n =par, son idénticamente nulos, otra forma deescribir la serie como
F (x) =4
π
∞∑
n=1,3,5...
1
nsen
(nπ
lx)
(25)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
ht
-3 -2 -1 1 2 3
-1.0
-0.5
0.5
1.0
Figura 3: Gráfico de la función F (x) del ejercicio 07, y algunas sumas parciales de laecuación (25), donde l =π≈ 3,1416.
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 08
Utilice los resultados del problema anterior y la fórmula de Párseval para obtener la
suma de la serie: 1+1
32 +1
52 +1
72 +·· ·
Solución 08.
La fórmula de Párseval cual ya se dedujo en el ejercicio 05, ecuación (17), es paraeste caso
0∫
−l
|F (x)|2 dx +l
∫
0
|F (x)|2 dx =∞∑
n=1|cn |2 +
∞∑
n=1|c−n |2 +|c0|2
l + l =∞∑
n=1,3,5...
8l
n2π2 +∞∑
n=1,3,5...
8l
n2π2 +0
2l =16l
π2
∞∑
n=1,3,5...
1
n2
entonces∞∑
n=1,3,5...
1
n2=
π2
8(26)
Por otro lado
1+1
32 +1
52 +1
72 +·· · =∞∑
m=0
1
(2m +1)2 ≡∞∑
n=1,3,5...
1
n2
por lo tanto∞∑
m=0
1
(2m +1)2 =π2
8(27)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 09.
Escriba como una integral de Fourier a la función
F (x) ={
1 para −1 < x < 1
0 para |x| > 1
y utilice el resultado para obtener el valor de las integrales:
∞∫
0
sen x
xdx y
∞∫
0
sen(x)cos(x)
xdx
Solución 09.
La integral de Fourier de una función arbitraria F (x) se define como
F (x) =1
p2π
∞∫
−∞
F (k)e i kx dk
Así que
F (x) =1
p2π
∞∫
−∞
F (k)e i kx dk
=1
p2π
1∫
−1
e i kx dk
=1
p2π
∞∫
−∞
[cos(kx)+ i sen(kx)] dk
=1
p2π
(
2sen(x)
x+0
)
entonces la transformada de Fourier es
F (ω) =√
2
π
senω
ω(28)
Y para encontrar el valor de las integrales, se hace necesario, introducir la transfor-mada inversa de Fourier:
F (x) =1
p2π
∞∫
−∞
F (ω)e−iωx dω=1
p2π
∞∫
−∞
F (ω)[cos(ωx)− i sen(ωx)] dω
para este caso resulta ser que F (ω) es una función par, así, la dependencia de senωt
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htse anulará al integrar en el intervalo simétrico (−∞,+∞), entonces
F (x) =1
p2π
∞∫
−∞
F (ω)cos(ωx) dω
=1
p2π
2
∞∫
0
√
2
π
senω
ωcos(ωx) dω
F (x) =2
π
∞∫
0
senω
ωcos(ωx) dω (29)
Cuando x =−1 y x = 1, F (x) = 1, en otra forma F (|x|) = 1 entonces
2
π
∞∫
0
[senω
ωcos(ω)+
senω
ωcos(−ω)
]
dω = 1
4
π
∞∫
0
[senω
ωcos(ω)
]
dω = 1
por lo tanto∞∫
0
sen x
xcos x dx =
π
4(30)
Ahora cuando x = 0, F (x) = 1 por lo que la ecuación (29) viene a ser
2
π
∞∫
0
senω
ωdω= 1
En conclusión∞∫
0
sen x
xdx =
π
2(31)
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
ht
-20 -10 10 20
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
Figura 4: Gráfico de la transformada de Furier del ejercicio 09, ecuación (28), dondese observa claramente la simetría ya mencionada.
MC
N s
oluc
ione
s co
pyrig
htEjercicio 10.
Obtenga la transformada de Fourier de la función ψ(x) = e−x2
2a2 .
Solución 10.
Ya se ha definido la transformada de Fourier, así sólo anotaré el procedimiento:
c(k) =1
p2π
+∞∫
−∞
ψ(x)e i kx dx
=1
p2π
+∞∫
−∞
e− x2
2a2 +i kxdx; sea y =
xp
2a
=1
p2π
+∞∫
−∞
e−y2+ip
2ak yp
2a dy
=p
2ap
2π
+∞∫
−∞
e−y2+i
p2ak y+
(
i akp2
)2−
(
i akp2
)2
dy
=apπ
+∞∫
−∞
e−y2+i
p2ak y−
(
akp2
)2+
(
akp2
)2
dy
=apπ
+∞∫
−∞
e−
[
y2−ip
2ak y+(
akp2
)2]
+(
akp2
)2
dy
=apπ
+∞∫
−∞
e−
[
(
y2−i akp2
)2]
−(
akp2
)2
dy
=apπ
e−
(
akp2
)2 +∞∫
−∞
e−
[
(
y2−i akp2
)2]
dy ; sea z = y − iakp
2
=apπ
e−
(
akp2
)2 +∞∫
−∞
e−z2dz
=apπ
e−
(
akp2
)2pπ= ae−
a2k22
c(k) = ae−a2k2
2 (32)
