Интегральная идентичность

Question

$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Численные расчеты и другие соображения ( минимальное значение среднего iid экспоненциальных переменных ) показывают, что
$$\int_\R \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}$$ за $u\in(0,1)$, причем интеграл понимается в смысле главного значения. Однако мне не удалось это доказать даже с помощью Mathematica.

Как это можно доказать?

Answer 1

Я бы замкнул контур в верхней половине комплексной плоскости, главное значение подбирается $i\pi$ раз остаток$^\ast$ в $t=0$, который $u/(1-u)$. Других полюсов нет.$^{\ast\ast}$

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

$^{\ast\ast}$ полюса находятся на $t=i\tau$ с участием $e^{-\tau u}+\tau=1$ (без учета $\tau=0$, который отменяется числителем); они остаются в$\tau<0$ для всех $u\in(0,1)$, приближаясь $-2(1-u)$ за $u\rightarrow 1$.

---

В комментариях возникла проблема с числовой оценкой. Интегралы главного значения этого типа можно вычислить более точно, заменив$1/t$ по $\frac{d\log |t|}{dt}$и выполнение частичной интеграции. Это дает$$\int_{-\infty}^\infty dt\,\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{1}t= -2i\Im\int_{0}^\infty dt\,\ln|t|\frac{d}{dt}\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}.$$ По делу $u=1/2$ рассмотрено в комментариях, Mathematica дает 3,1406.

Answer 2

$\newcommand\eps\varepsilon$ Мы хотим показать, что под $R\to\infty$ и $\eps\to 0+$, у нас есть $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)} \frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Эквивалентно, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\left(\frac{1-e^{itu}}{e^{itu}-1-it}+1\right)\,\frac{dt}t=\pi i\,\frac u{1-u}+o(1).$$ Другими словами, $$\int_{(-R,-\eps)\cup(\eps,R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\pi\,\frac u{u-1}+o(1).$$ Подынтегральное выражение голоморфно в открытом множестве, содержащем $\{t\in\mathbb{C}:\text{$\ Im (t) \ geq 0$ and $t \ neq 0$}\}$, поэтому по теореме Коши достаточно показать, что $$\int_{\gamma(R)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=-\pi+o(1)\qquad\text{and}\qquad \int_{\gamma(\eps)}\frac{dt}{e^{itu}-1-it}=\frac{\pi}{u-1}+o(1),$$ где $\gamma(r)$ это полукруг в $\{t\in\mathbb{C}:\Im(t)\geq 0\}$ идущий от $r$ к $-r$. Для больших$r$, подынтегральное выражение на $\gamma(r)$ является $i/t+O(1/t^2)$. Для малых$r$, подынтегральное выражение на $\gamma(r)$ является $-i/(t(u-1))+O_u(1)$. Результат следует.

Answer 3

Это детальное описание утверждения Карло Бинаккера о полюсах подынтегральной функции. Предположим, что$t=x+iy$ такой полюс, где $x$ и $y$настоящие. потом$$1-y=e^{-uy}\cos ux,\quad x=e^{-uy}\sin ux.$$ Предположим, что $y>0$. Если$x=0$ тогда $1-y=e^{-uy}\ge1-uy$, так что $(u-1)y\ge0$, что противоречит условиям $y>0$ и $u\in(0,1)$. Так,$x\ne0$ и, следовательно $$\frac{\sin ux}{ux}=\frac{e^{uy}}u>1,$$ что противоречит неравенству $\frac{\sin v}{v}\le1$ для всех реальных $v\ne0$.

Так, $y\le0$.

Если сейчас $y=0$ тогда $1=\cos ux$ и, следовательно $x=\sin ux=0$.

Таким образом, единственный полюс $x+iy$ с участием $y\ge0$ является $0$.