Một bản sắc không thể thiếu

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Các phép tính số và các cân nhắc khác ( Giá trị trung bình tối thiểu của các biến số mũ iid ) cho thấy rằng
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ cho $u\in(0,1)$, với tích phân được hiểu theo nghĩa giá trị chính. Tuy nhiên, tôi đã không thể chứng minh điều này, ngay cả với sự giúp đỡ của Mathematica.

Làm thế nào điều này có thể được chứng minh?

Answer 1

Tôi sẽ đóng đường bao ở nửa trên của mặt phẳng phức, giá trị chính sẽ tăng lên $i\pi$ lần dư lượng$^\ast$ tại $t=0$, đó là $u/(1-u)$. Không có cực nào khác.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ cực ở $t=i\tau$ với $e^{-\tau u}+\tau=1$ (không bao gồm $\tau=0$, bị hủy bởi tử số); những thứ này vẫn ở$\tau<0$ cho tất cả $u\in(0,1)$, đang đến gần $-2(1-u)$ cho $u\rightarrow 1$.

---

Trong các bình luận, có một vấn đề với đánh giá số. Các tích phân giá trị chính của loại này có thể được đánh giá chính xác hơn bằng cách thay thế$1/t$ bởi $\frac{d\log |t|}{dt}$và thực hiện tích hợp từng phần. Điều này cho$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Đối với trường hợp $u=1/2$ xem xét trong các ý kiến, Mathematica cho 3.1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Chúng tôi muốn thể hiện điều đó, dưới $R\to\infty$ và $\eps\to 0+$, chúng ta có $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Tương đương, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Nói cách khác, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ Tích phân là holomorphic trong một tập hợp mở chứa $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, do đó theo định lý Cauchy, nó đủ để chỉ ra rằng $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ Ở đâu $\gamma(r)$ là hình bán nguyệt trong $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ đi từ $r$ đến $-r$. Cho lớn$r$, tích hợp trên $\gamma(r)$ Là $i/t+O(1/t^2)$. Cho nhỏ$r$, tích hợp trên $\gamma(r)$ Là $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Kết quả sau đây.

Answer 3

Đây là chi tiết khẳng định của Carlo Beenakker về các cực của tích phân. Giả sử rằng$t=x+iy$ như vậy là một cực, ở đâu $x$ và $y$là có thật. Sau đó$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Giả sử rằng $y>0$. Nếu$x=0$ sau đó $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, vậy nên $(u-1)y\ge0$, mâu thuẫn với các điều kiện $y>0$ và $u\in(0,1)$. Vì thế,$x\ne0$ và do đó $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ mâu thuẫn với sự bất bình đẳng $\frac{\sin v}{v}\le1$ cho tất cả thực $v\ne0$.

Vì thế, $y\le0$.

Nếu bây giờ $y=0$ sau đó $1=\cos ux$ và do đó $x=\sin ux=0$.

Vì vậy, cực duy nhất $x+iy$ với $y\ge0$ Là $0$.