Une identité intégrale

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Les calculs numériques et autres considérations ( Le min de la moyenne des variables exponentielles iid ) suggèrent que
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ pour $u\in(0,1)$, avec l'intégrale comprise au sens de la valeur principale. Cependant, je n'ai pas pu le prouver, même avec l'aide de Mathematica.

Comment cela peut-il être prouvé?

Answer 1

Je fermerais le contour dans la moitié supérieure du plan complexe, la valeur principale reprend $i\pi$ fois le résidu$^\ast$ à $t=0$, lequel est $u/(1-u)$. Il n'y a pas d'autres pôles.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ les pôles sont à $t=i\tau$ avec $e^{-\tau u}+\tau=1$ (à l'exclusion $\tau=0$, qui est annulé par le numérateur); ceux-ci restent à$\tau<0$ pour tous $u\in(0,1)$, approchant $-2(1-u)$ pour $u\rightarrow 1$.

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Dans les commentaires, il y avait un problème avec l'évaluation numérique. Les intégrales de valeur principale de ce type peuvent être évaluées plus précisément en remplaçant$1/t$ par $\frac{d\log |t|}{dt}$et effectuer une intégration partielle. Cela donne$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Pour le cas $u=1/2$ considéré dans les commentaires, Mathematica donne 3.1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Nous voulons montrer que, sous $R\to\infty$ et $\eps\to 0+$, nous avons $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ De manière équivalente, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ En d'autres termes, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ L'intégrande est holomorphe dans un ensemble ouvert contenant $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, donc par le théorème de Cauchy il suffit de montrer que $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ où $\gamma(r)$ est le demi-cercle dans $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ venir de $r$ à $-r$. Pour les grands$r$, l'intégrale sur $\gamma(r)$ est $i/t+O(1/t^2)$. Pour les petits$r$, l'intégrale sur $\gamma(r)$ est $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Le résultat suit.

Answer 3

Il s'agit de détailler l'affirmation de Carlo Beenakker sur les pôles de l'intégrande. Supposer que$t=x+iy$ est un tel pôle, où $x$ et $y$sont réels. ensuite$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Supposer que $y>0$. Si$x=0$ puis $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, pour que $(u-1)y\ge0$, qui contredit les conditions $y>0$ et $u\in(0,1)$. Alors,$x\ne0$ et donc $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ qui contredit l'inégalité $\frac{\sin v}{v}\le1$ pour tout vrai $v\ne0$.

Alors, $y\le0$.

Si maintenant $y=0$ puis $1=\cos ux$ et donc $x=\sin ux=0$.

Ainsi, le seul pôle $x+iy$ avec $y\ge0$ est $0$.