Eine integrale Identität

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Numerische Berechnungen und andere Überlegungen ( das Minimum des Mittelwerts der Exponentialvariablen ) legen dies nahe
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ zum $u\in(0,1)$mit dem Integral im Sinne des Hauptwerts verstanden. Dies konnte ich jedoch selbst mit Hilfe von Mathematica nicht beweisen.

Wie kann dies bewiesen werden?

Answer 1

Ich würde die Kontur in der oberen Hälfte der komplexen Ebene schließen, der Hauptwert nimmt zu $i\pi$ mal den Rückstand$^\ast$ beim $t=0$, welches ist $u/(1-u)$. Es gibt keine anderen Pole.$^{\ast\ast}$

$^\ast$ $\frac{1-e^{i t u}}{e^{i t u}-i t-1}=\frac{u}{1-u}+{\cal O}(t^2).$

$^{\ast\ast}$ Pole sind an $t=i\tau$ mit $e^{-\tau u}+\tau=1$ (ohne $\tau=0$, der vom Zähler gelöscht wird); diese bleiben bei$\tau<0$ für alle $u\in(0,1)$, Annäherung $-2(1-u)$ zum $u\rightarrow 1$.

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In den Kommentaren gab es ein Problem mit der numerischen Auswertung. Hauptwertintegrale dieses Typs können durch Ersetzen genauer bewertet werden$1/t$ durch $\frac{d\log |t|}{dt}$und Durchführung einer teilweisen Integration. Das gibt$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Im Falle $u=1/2$ In den Kommentaren berücksichtigt, gibt Mathematica 3.1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Das wollen wir unter zeigen $R\to\infty$ und $\eps\to 0+$, wir haben $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Gleichermaßen $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Mit anderen Worten, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ Der Integrand ist in einer offenen Menge, die enthält, holomorph $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$daher genügt es nach Cauchys Theorem, dies zu zeigen $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ wo $\gamma(r)$ ist der Halbkreis in $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ gehen von $r$ zu $-r$. Für große$r$, der Integrand auf $\gamma(r)$ ist $i/t+O(1/t^2)$. Für kleine$r$, der Integrand auf $\gamma(r)$ ist $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Das Ergebnis folgt.

Answer 3

Dies soll Carlo Beenakkers Behauptung über die Pole des Integranden detailliert beschreiben. Nehme an, dass$t=x+iy$ ist so eine Stange, wo $x$ und $y$sind real. Dann$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Nehme an, dass $y>0$. Wenn$x=0$ dann $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, damit $(u-1)y\ge0$, was den Bedingungen widerspricht $y>0$ und $u\in(0,1)$. Damit,$x\ne0$ und daher $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ was der Ungleichung widerspricht $\frac{\sin v}{v}\le1$ für alle echt $v\ne0$.

Damit, $y\le0$.

Wenn jetzt $y=0$ dann $1=\cos ux$ und daher $x=\sin ux=0$.

Somit ist der einzige Pol $x+iy$ mit $y\ge0$ ist $0$.