Una identidad integral

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Los cálculos numéricos y otras consideraciones ( El mínimo de la media de las variables exponenciales iid ) sugieren que
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ para $u\in(0,1)$, con la integral entendida en el sentido de valor principal. Sin embargo, no he podido probar esto, incluso con la ayuda de Mathematica.

¿Cómo se puede probar esto?

Answer 1

Cerraría el contorno en la mitad superior del plano complejo, el valor principal se recupera $i\pi$ veces el residuo$^\ast$ a $t=0$, cual es $u/(1-u)$. No hay otros polos.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ los polos están en $t=i\tau$ con $e^{-\tau u}+\tau=1$ (Excluyendo $\tau=0$, que es cancelado por el numerador); estos permanecen en$\tau<0$ para todos $u\in(0,1)$, acercándose $-2(1-u)$ para $u\rightarrow 1$.

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En los comentarios hubo un problema con la evaluación numérica. Las integrales de valor principal de este tipo se pueden evaluar con mayor precisión reemplazando$1/t$ por $\frac{d\log |t|}{dt}$y realizar una integración parcial. Esto da$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Para el caso $u=1/2$ considerado en los comentarios, Mathematica da 3.1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Queremos demostrar que, bajo $R\to\infty$ y $\eps\to 0+$, tenemos $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Equivalentemente, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ En otras palabras, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ El integrando es holomórfico en un conjunto abierto que contiene $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, por tanto, por el teorema de Cauchy, basta con demostrar que $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ dónde $\gamma(r)$ es el semicírculo en $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ ir desde $r$ a $-r$. Para grande$r$, el integrando en $\gamma(r)$ es $i/t+O(1/t^2)$. Para pequeños$r$, el integrando en $\gamma(r)$ es $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. El resultado sigue.

Answer 3

Esto es para detallar la afirmación de Carlo Beenakker sobre los polos del integrando. Suponer que$t=x+iy$ es tal polo, donde $x$ y $y$Son reales. Luego$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Suponer que $y>0$. Si$x=0$ luego $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, así que eso $(u-1)y\ge0$, que contradice las condiciones $y>0$ y $u\in(0,1)$. Entonces,$x\ne0$ y por lo tanto $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ que contradice la desigualdad $\frac{\sin v}{v}\le1$ por todo real $v\ne0$.

Entonces, $y\le0$.

Si ahora $y=0$ luego $1=\cos ux$ y por lo tanto $x=\sin ux=0$.

Así, el único polo $x+iy$ con $y\ge0$ es $0$.