Teorema del residuo para la función gamma

Question

Estoy un poco atascado y no estoy seguro de qué hacer en este punto del cálculo donde:

$$\int_{c\ -\ j\infty}^{c\ +\ j\infty} \left(\,x^{-1}\sigma\,\sqrt{\, 2\,}\,\,\right)^{s}\Gamma\left(\,{s \over 2}\,\right)\,{\rm d}s $$

La función gamma produce múltiples singularidades y no estoy seguro de que el teorema del residuo pueda aplicarse aquí.

Answer 1

Desde la aproximación de Stirling: $$\log\Gamma(z) = \left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\log\sqrt{2\pi}+O\left(\frac{1}{|z|}\right)$$ se mantiene uniformemente sobre $\{z:\pi-|\arg z|\geq\varepsilon\}$ , suponiendo que $c\in\mathbb{R}^+$ que tenemos: $$ \int_{c-i\infty}^{c+i\infty} u^s\, \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\,ds = \lim_{\substack{ n\to+\infty\\ T\to +\infty}}\oint_{\gamma_{n,T}}u^s \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\,ds$$ donde $\gamma_{n,T}$ es el contorno rectangular que tiene vértices en $c+iT,c-iT,$ $-n-\frac{1}{2}+iT,$ $-n-\frac{1}{2}-iT$ . Utilizando el teorema del residuo para evaluar la última integral, obtenemos:

$$ \int_{c-i\infty}^{c+i\infty} u^s\, \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\,ds = \color{red}{2\pi i\cdot\sum_{m=0}^{+\infty}\frac{2(-1)^m}{m!\,u^{2m}}}=\color{blue}{4\pi i\cdot e^{-\frac{1}{u^2}}}.$$

Answer 2

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Con $\quad\ds{\dsc{x^{-1}\sigma\root{2} \equiv \expo{t/2}}\ \imp \dsc{t=2\ln\pars{x^{-1}\sigma\root{2}}}}$ .

Deformamos el contorno de forma que la integración final se reduce a dos integrales "justo por encima y por debajo" del eje real negativo. Se tiene en cuenta por los pequeños desplazamientos $\ds{\pm\ic 0^{+}}$ en la expresión $\pars{1}$ :

\begin {align}& \color {#66f}{ \large % \int_ \infty\ic }^{c\ +\ \infty\ic } \pars {x^{-1} \sigma\root {2}}^{s} \Gamma\pars {s \over 2}\, \dd s} = \int_ \infty\ic }^{c\ +\ \infty\ic } \expo {ts/2} \Gamma\pars {s \over 2}\, \dd s \\ [5mm]&=2 \int_ \infty\ic }^{c/2\ +\ \infty\ic } \expo {ts} \Gamma\pars {s} \, \dd s =-2 \int_ {- \infty }^{0} \expo {ts} \Gamma\pars {s + \ic 0^{+}}\, \dd s -2 \int_ {0}^{- \infty } \expo {ts} \Gamma\pars {s - \ic 0^{+}}\, \dd s \\ [5mm]&=-2 \int_ {- \infty }^{0} \expo {ts} \bracks { \Gamma\pars {s + \ic 0^{+}} - \Gamma\pars {s - \ic 0^{+}}}\, \dd s \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\pars {1} \end {align}

Es bien conocida la función Gamma $\ds{\pars{~\Gamma\pars{z}~}}$ tiene polos en $\ds{z = 0,-1,-2,\ldots}$ y se puede expresar como una expansión Mittag-Leffler ( una suma sobre los residuos ):

\begin {align}& \color {#66f}{ \large % \int_ \infty\ic }^{c\ +\ \infty\ic } \pars {x^{-1} \sigma\root {2}}^{s} \Gamma\pars {s \over 2}\, \dd s} = \\ [5mm]&=-2 \int_ {- \infty }^{0} \expo {ts} \sum_ {n\ =\ 0}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over n!}\ \overbrace {% \bracks { \pars {1 \over s + n + \ic 0^{+}} - \pars {1 \over s + n - \ic 0^{+}}}} ^{ \dsc {-2 \pi\ic\ , \delta\pars {s + n}}, \dd s \tag {2} \\ [5mm]&=4 \pi\ic\sum_ {n\ =\ 0}^{ \infty } \expo {-tn}{ \pars {-1}^{n} \over n!} =4 \pi\ic\sum_ {n\ =\ 0}^{ \infty }{ \pars {- \expo {t}}^{n} \over n!} =4 \pi\ic\exp\pars {- \expo {-t}} \\ [5mm]&=4 \pi\ic\exp\pars {-\,{1 \over \bracks { \expo {t/2}}^{2}}} =4 \pi\ic\exp\pars {-\,{1 \over 2x^{-2} \sigma ^{2}}} = \color {#66f}{ \large 4 \pi\ic\exp\pars {-\,{x^{2} \over 2 \sigma ^{2}}}} \end {align}

Lo anterior $\ds{\dsc{\mbox{red expression}}}$ ( expresión $\pars{2}$ ) es una identidad bien conocida como: $$ {1 \over x \pm \ic 0^{+}}=\,{\rm P.V.}\pars{1 \over x} \mp \ic\,\delta\pars{x} $$ donde el $\ds{=}$ es simbólico, de manera que la identidad se mantiene bajo un procedimiento de integración.

De hecho, toda la integración puede realizarse en un contorno cerrado alrededor del eje real negativo con líneas paralelas justo por encima y por debajo del eje. En ese caso, podemos evitar cualquier mención a la función Delta de Dirac $\ds{\delta\pars{x}}$ .

Answer 3

Así es como he respondido a mi pregunta, gracias a las 2 respuestas anteriores dadas: $\newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} $

$${x^{-1}\sigma\root{2}\equiv\expo{t/2}\imp{t=2\ln\pars{x^{-1}\sigma\root{2}}}}$$ $$\int_{c\ -\ j\infty}^{c\ +\ j\infty} \left(\,x^{-1}\sigma\,\sqrt{\, 2\,}\,\,\right)^{s}\Gamma\left(\,{s \over 2}\,\right)\,{\rm d}s=\int_{c\ -\ j\infty}^{c\ +\ j\infty}\expo{ts/2}\Gamma\left(\,{s \over 2}\,\right)\,{\rm d}s$$

dejar $u=s/2$ y $ds=2du$ . Esto da:

$$2\int_{c/2\ -\ j\infty}^{c/2\ +\ j\infty}\expo{ut}\Gamma\left(\,{u}\,\right)\,{\rm d}s$$

Usando el teorema integral de Cauchy:

$$2\int_{c/2\ -\ j\infty}^{c/2\ +\ j\infty}\expo{ut}\Gamma\left(\,{u}\,\right)\,{\rm d}s={4\pi i\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-\expo{-t})^n}{n!}}$$

Utilizando series infinitas y la sustitución de $t$ en la ecuación:

$${4\pi i\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-\expo{-t})^n}{n!}}={4\pi i\cdot e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}}$$