Integralna tożsamość

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Sugerują to obliczenia numeryczne i inne rozważania ( min średniej iid zmiennych wykładniczych )
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ dla $u\in(0,1)$, z całką rozumianą w głównym sensie wartości. Jednak nie udało mi się tego udowodnić, nawet przy pomocy Mathematica.

Jak można to udowodnić?

Answer 1

Zamknąłbym kontur w górnej połowie złożonej płaszczyzny, główna wartość podnosi się $i\pi$ razy pozostałość$^\ast$ w $t=0$, który jest $u/(1-u)$. Nie ma innych biegunów.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ bieguny są na $t=i\tau$ z $e^{-\tau u}+\tau=1$ (nie licząc $\tau=0$, który jest anulowany przez licznik); te pozostają w$\tau<0$ dla wszystkich $u\in(0,1)$zbliża się $-2(1-u)$ dla $u\rightarrow 1$.

---

W komentarzach pojawił się problem z oceną liczbową. Tego typu całki wartości głównych można oszacować dokładniej przez zamianę$1/t$ przez $\frac{d\log |t|}{dt}$i przeprowadzenie częściowej integracji. To daje$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Do sprawy $u=1/2$ rozważane w komentarzach Mathematica podaje 3,1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Chcemy to pokazać poniżej $R\to\infty$ i $\eps\to 0+$, mamy $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Równoważnie, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Innymi słowy, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ Całka jest holomorficzna w otwartym zbiorze zawierającym $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$stąd z twierdzenia Cauchy'ego wystarczy to wykazać $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ gdzie $\gamma(r)$ jest półkole w środku $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ idę z $r$ do $-r$. Dla dużych$r$, integrand dalej $\gamma(r)$ jest $i/t+O(1/t^2)$. Dla małych$r$, integrand dalej $\gamma(r)$ jest $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Wynik jest następujący.

Answer 3

Ma to na celu uszczegółowienie twierdzenia Carla Beenakkera na temat biegunów integrandy. Przypuszczam, że$t=x+iy$ jest taki słup, gdzie $x$ i $y$są prawdziwe. Następnie$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Przypuszczam, że $y>0$. Gdyby$x=0$ następnie $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$więc to $(u-1)y\ge0$, co jest sprzeczne z warunkami $y>0$ i $u\in(0,1)$. Więc,$x\ne0$ i stąd $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ co zaprzecza nierówności $\frac{\sin v}{v}\le1$ dla wszystkich prawdziwych $v\ne0$.

Więc, $y\le0$.

Jeśli teraz $y=0$ następnie $1=\cos ux$ i stąd $x=\sin ux=0$.

Tak więc jedyny Polak $x+iy$ z $y\ge0$ jest $0$.