Un'identità integrale

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$I calcoli numerici e altre considerazioni ( Il min della media delle variabili esponenziali iid ) lo suggeriscono
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ per $u\in(0,1)$, con l'integrale inteso nel senso del valore principale. Tuttavia, non sono stato in grado di dimostrarlo, nemmeno con l'aiuto di Mathematica.

Come si può provarlo?

Answer 1

Chiuderei il contorno nella metà superiore del piano complesso, il valore principale riprende $i\pi$ volte il residuo$^\ast$ a $t=0$, che è $u/(1-u)$. Non ci sono altri poli.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ i poli sono a $t=i\tau$ con $e^{-\tau u}+\tau=1$ (escluso $\tau=0$, che viene annullata dal numeratore); questi rimangono a$\tau<0$ per tutti $u\in(0,1)$, avvicinandosi $-2(1-u)$ per $u\rightarrow 1$.

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Nei commenti c'era un problema con la valutazione numerica. Gli integrali dei valori principali di questo tipo possono essere valutati in modo più accurato sostituendo$1/t$ di $\frac{d\log |t|}{dt}$e realizzare un'integrazione parziale. Questo da$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Per il caso $u=1/2$ considerato nei commenti, Mathematica fornisce 3.1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Vogliamo dimostrarlo, sotto $R\to\infty$ e $\eps\to 0+$, noi abbiamo $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Equivalentemente, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ In altre parole, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ L'integrando è olomorfo in un insieme aperto contenente $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, quindi per il teorema di Cauchy è sufficiente dimostrarlo $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ dove $\gamma(r)$ è il semicerchio dentro $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ andando da $r$ per $-r$. Per grandi$r$, l'integrand su $\gamma(r)$ è $i/t+O(1/t^2)$. Per i piccoli$r$, l'integrand su $\gamma(r)$ è $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Il risultato segue.

Answer 3

Questo per dettagliare l'affermazione di Carlo Beenakker sui poli dell'integrando. Supporre che$t=x+iy$ è un tale polo, dove $x$ e $y$sono reali. Poi$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Supporre che $y>0$. Se$x=0$ poi $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, così che $(u-1)y\ge0$, che contraddice le condizioni $y>0$ e $u\in(0,1)$. Così,$x\ne0$ e quindi $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ che contraddice la disuguaglianza $\frac{\sin v}{v}\le1$ per tutto reale $v\ne0$.

Così, $y\le0$.

Se adesso $y=0$ poi $1=\cos ux$ e quindi $x=\sin ux=0$.

Quindi, l'unico polo $x+iy$ con $y\ge0$ è $0$.