Uma identidade integral

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Cálculos numéricos e outras considerações ( O mínimo da média das variáveis ​​exponenciais iid ) sugerem que
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ para $u\in(0,1)$, com o integral entendido no sentido de valor principal. Porém, não fui capaz de provar isso, mesmo com a ajuda do Mathematica.

Como isso pode ser provado?

Answer 1

Eu fecharia o contorno na metade superior do plano complexo, o valor principal aumenta $i\pi$ vezes o resíduo$^\ast$ em $t=0$, qual é $u/(1-u)$. Não existem outros pólos.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ pólos estão em $t=i\tau$ com $e^{-\tau u}+\tau=1$ (excluindo $\tau=0$, que é cancelado pelo numerador); estes permanecem em$\tau<0$ para todos $u\in(0,1)$, Aproximando $-2(1-u)$ para $u\rightarrow 1$.

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Nos comentários houve um problema com a avaliação numérica. Integrais de valor principal deste tipo podem ser avaliados com mais precisão, substituindo$1/t$ de $\frac{d\log |t|}{dt}$e realizar uma integração parcial. Isto dá$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ Para o caso $u=1/2$ considerado nos comentários, o Mathematica dá 3,1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Queremos mostrar que, em $R\to\infty$ e $\eps\to 0+$, temos $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Equivalentemente, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Em outras palavras, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ O integrando é holomórfico em um conjunto aberto contendo $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, portanto, pelo teorema de Cauchy, é suficiente mostrar que $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ Onde $\gamma(r)$ é o semicírculo em $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ indo de $r$ para $-r$. Para grande$r$, o integrando em $\gamma(r)$ é $i/t+O(1/t^2)$. Para pequeno$r$, o integrando em $\gamma(r)$ é $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. O resultado segue.

Answer 3

Isso é para detalhar a afirmação de Carlo Beenakker sobre os pólos do integrando. Suponha que$t=x+iy$ é um tal pólo, onde $x$ e $y$são reais. Então$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Suponha que $y>0$. E se$x=0$ então $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, de modo a $(u-1)y\ge0$, o que contradiz as condições $y>0$ e $u\in(0,1)$. Então,$x\ne0$ e, portanto $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ que contradiz a desigualdade $\frac{\sin v}{v}\le1$ para tudo real $v\ne0$.

Então, $y\le0$.

Se agora $y=0$ então $1=\cos ux$ e, portanto $x=\sin ux=0$.

Assim, o único pólo $x+iy$ com $y\ge0$ é $0$.