Tích phân xác định không đúng $\int_{-\infty}^\infty -\frac{i \pi e^{-i a p} \text{sech}\left(\frac{c p}{2}\right)}{p}dp$

Aug 16 2020

Tôi đã gặp phải tích phân không đúng này mà tôi không thể giải được

$$\int_{-\infty}^\infty -\frac{i \pi e^{-i a p} \text{sech}\left(\frac{c p}{2}\right)}{p} dp$$

Dự đoán của tôi sẽ là sử dụng định lý Dư lượng nhưng nó có vẻ không hữu ích.

Cố gắng của tôi cho đến nay là nó có một cực ở $p=0$. Với$a>0$, đóng đường viền lên trên, tôi tính lượng dư

$$\lim_{p\to 0}-\frac{i \pi e^{-i a p} \text{sech}\left(\frac{c p}{2}\right)}{p} p =-I \pi $$

Do đó, giá trị của tích phân là $2\pi I Res(f,0)= 2\pi^2$. Đây chắc chắn không phải là câu trả lời chính xác (mà tôi đã xác nhận bằng tích phân số).

Lấy gợi ý từ nhận xét, tôi đã tiến hành theo cách sau

$\int_{-\infty}^\infty e^{-iap} sech(\frac{cp}{2})=\frac{2 \pi \text{sech}\left(\frac{\pi a}{c}\right)}{c}$ xuất phát từ thực tế là phép biến đổi Fourier của hàm sech là chính hàm sech.

Bây giờ, để tính toán p ở mẫu số, tôi cần tích hợp kết quả này và thêm một hàm delta cho

$\int_{-\infty}^\infty \frac{ e^{-i a p} \text{sech}\left(\frac{c p}{2}\right)}{p} dp =\int \frac{2 \pi \text{sech}\left(\frac{\pi a}{c}\right)}{c} da =-\frac{2 \pi ^2 \tanh \left(\frac{\pi a}{c}\right) \text{sech}\left(\frac{\pi a}{c}\right)}{c^2}+ \delta(a)$

Nhân với thừa số $-i\pi$ ở cả hai bên, tôi nhận được

$$\int_{-\infty}^\infty -\frac{i \pi e^{-i a p} \text{sech}\left(\frac{c p}{2}\right)}{p} dp=\frac{2 i \pi ^3 \tanh \left(\frac{\pi a}{c}\right) \text{sech}\left(\frac{\pi a}{c}\right)}{c^2}-i\pi \delta (a)$$

Đây được cho là câu trả lời chính xác. Nhưng điều đó vẫn không phù hợp với tích phân số.

Trả lời

1 FelixMarin Aug 16 2020 at 02:12

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[10px,#ffd]{\left. -\ic\pi\,\mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} {\expo{-\ic ap} \mrm{sech}\pars{cp/2} \over p}\,\dd p \,\right\vert_{\ a, c\ \in\ \mathbb{R}}}:\ {\Large ?}}$.
Tôi giả sử bạn đang xử lý một giá trị chính của tích phân.

\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\left. -\ic\pi\,\mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} {\expo{-\ic ap} \mrm{sech}\pars{cp/2} \over p}\,\dd p \,\right\vert_{\ a, c\ \in\ \mathbb{R}}} \\[5mm] = &\ -2\pi\,\mrm{sgn}\pars{a}\int_{0}^{\infty} {\sin\pars{\verts{a}p} \over p\cosh\pars{\verts{c}p/2}}\,\dd p \\[5mm] \,\,\,\stackrel{2\verts{c}p\ \mapsto\ p}{=}\,\,\,& \left. -\,{a \over \verts{c}}\,\pi\int_{0}^{\infty} \!\!\!\!\!{1 \over \cosh\pars{p/4}}{\sin\pars{bp} \over bp}\,\dd p \,\right\vert_{\ds{\ b = \color{red}{\verts{a}/\pars{2\verts{c}}}}} \label{1}\tag{1} \\[5mm] = &\ -\,{a \over \verts{c}}\,\pi\int_{0}^{\infty} {1 \over \cosh\pars{p/4}} \pars{{1 \over 2}\int_{-1}^{1}{\expo{\ic kbp} \,\dd k}}\,\dd p \\[5mm] = &\ -\,{a \over 2\verts{c}}\,\pi\int_{-1}^{1}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\expo{\ic kbp} \over \cosh\pars{p/4}}\,\dd p} _{\ds{\equiv\ \mathcal{I}\pars{b}}}\ \dd k \label{2}\tag{2} \end{align}

$\ds{\large\mathcal{I}\pars{b}\ \mbox{Evaluation:}}$ \begin{align} \mathcal{I}\pars{b} & \equiv \bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\expo{\ic kbp} \over \cosh\pars{p/4}}\,\dd p} \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}{\expo{-\pars{-1/4 - \ic kb}p} - \expo{-\pars{1/4 - \ic kb}p} \over \sinh\pars{p/2}}\,\dd p \\[5mm] & = 2\int_{0}^{\infty}{\expo{-\pars{1/4 - \ic kb}p} - \expo{-\pars{3/4 - \ic kb}p} \over 1 - \expo{-p}}\,\dd p \\[5mm] & = 2\bracks{\Psi\pars{{3 \over 4} - \ic kb} - \Psi\pars{{1 \over 4} - \ic kb}} \label{3}\tag{3} \end{align} Với (\ ref {2}) và (\ ref {3}): \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\left. -\ic\pi\,\mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty} {\expo{-\ic ap} \mrm{sech}\pars{cp/2} \over p}\,\dd p \,\right\vert_{\ a, c\ \in\ \mathbb{R}}} \\[5mm] = &\ -\,{a\,\pi \over \verts{c}}\bracks{% \ln\pars{\Gamma\pars{3/4 - \ic kb}} - \ln\pars{\Gamma\pars{1/4 - \ic kb}} \over -\ic b} _{\ k\ =\ -1}^{\ k\ =\ 1} \\[5mm] = & \left. -2\pi\ic\,\mrm{sgn}\pars{a}\ln\pars{\Gamma\pars{3/4 - \ic kb} \over \Gamma\pars{1/4 - \ic kb}}\right\vert_{\ k\ =\ -1}^{\ k\ =\ 1} \\[5mm] = &\ -2\pi\ic\,\mrm{sgn}\pars{a}\ln\pars{\Gamma\pars{3/4 - \ic b}\Gamma\pars{1/4 +\ic b} \over \Gamma\pars{1/4 - \ic b}\Gamma\pars{3/4 + \ic b}} \\[5mm] = &\ -2\pi\ic\,\mrm{sgn}\pars{a}\,\ln\pars{\sin\pars{\pi\bracks{1/4 - \ic b}} \over \sin\pars{\pi\bracks{1/4 + \ic b}}} \\[5mm] = &\ 4\pi\,\mrm{sgn}\pars{a}\,\Im\ln\pars{\sin\pars{\pi\bracks{{1 \over 4} - \ic b}}} \\[5mm] = &\ 4\pi\,\mrm{sgn}\pars{a}\,\Im\ln\pars{{\root{2} \over 2}\cosh\pars{\pi b} - {\root{2} \over 2}\sinh\pars{\pi b}\ic} \\[5mm] = &\ -4\pi\,\mrm{sgn}\pars{a}\,\arctan\pars{\tanh\pars{\pi b}} \\[5mm] = &\ \bbx{\large% -4\pi\arctan\pars{\tanh\pars{\pi a \over 2\verts{c}}}} \\ &\ \end{align}