Integración compleja: Teorema de los residuos

Question

Estoy tratando de demostrar un teorema que está haciendo con mi cabeza un poco. He tratado de simplificar el problema tanto como sea posible y dejar de lado los detalles, incluso a pesar de que puede parecer un poco demasiado grande. La simplificación del problema se reduce a resolver la siguiente integral: $$-\frac{Ke^{-rT}}{2\pi}\int_{ai-\infty}^{ai+\infty}e^{-iz(\ln\frac{S}{K}+rT)}\varphi(-z)\left(\frac{i}{z}-\frac{i}{z-i} \right)dz$$ donde $a>1$, $K,T,r,S$ son constantes y $\varphi$ es algo de la función, donde $\varphi(0) = \varphi(-i) = 1$.

Si mis cálculos son correctos, el residuo de a $z=0$$\left(\frac{-Ke^{-rT}i}{2\pi}\right)$. Del mismo modo, el residuo de a $z=i$$\left(\frac{iS}{2\pi}\right)$.

Ahora es cuando no me puedo mover hacia adelante: no estoy seguro de que el contorno debo definir en orden a resolver el problema. Yo estaría muy agradecido si usted podría ayudarme.

Si le sirve de ayuda, os muestro a continuación la respuesta a este problema (no sé cómo llegar):

$$-\frac{Ke^{-rT}}{2\pi}\int_{ai-\infty}^{ai+\infty}e^{-iz(\ln\frac{S}{K}+rT)}\varphi(-z)\left(\frac{i}{z}-\frac{i}{z-i} \right)dz = I_1 + I_2$$ donde $$I_1 = \frac{1}{2}(2\pi i)\frac{Ke^{-rT}i}{2\pi}+\frac{Ke^{-rT}}{2\pi}Pr.Value\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{iu(\ln\frac{S}{K}+rT)}\varphi(u)\frac{i}{u}du \right)$$ y $$I_2 = -\frac{1}{2}(2\pi i)\frac{iS}{2\pi}+\frac{Ke^{-rT}}{2\pi}Pr.Value\left(\int_{i-\infty}^{i+\infty}e^{iu(\ln\frac{S}{K}+rT)}\varphi(-z)\frac{i}{z-i}dz \right)$$ donde en $I_1$ hemos utilizado el cambio de variable $u = -z$.

PS: estoy especialmente confundido acerca de ese $\frac{1}{2}$ al comienzo de la definición de $I_1$$I_2$. ¿Por qué hemos de tomar sólo la mitad de los residuos?.

Gracias de antemano.

Answer 1

Lo que está pasando es - después de dividir la integral en dos mediante la distribución del factor de $\frac{i}{z} - \frac{i}{z-i}$ - un cambio de contorno.

Supongamos que $f$ es holomorphic (o, más en general meromorphic) en $\{ z : u < \operatorname{Im} z < v\}$ y satisface algunas adecuado crecimiento restricciones como $\lvert\operatorname{Re} z\rvert \to \infty$. Si $u < c < a < v$, e $f$ no tiene ningún polo en $ci$, entonces el residuo teorema afirma que

$$\int_{C_{R,\varepsilon}} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz = 2\pi i \sum \operatorname{Res}\left(\frac{f(z)}{z-ci};\zeta\right),$$

donde la suma se toma sobre todos los polos de $f$ encerrada por el contorno de $C_{R,\varepsilon}$, que se compone de

• el segmento de $[\varepsilon + ci, R+ci]$,
• el segmento de $[R+ci,R+ai]$,
• el segmento de $[R+ai,-R+ai]$,
• el segmento de $[-R+ai,-R+ci]$,
• el segmento de $[-R+ci,-\varepsilon+ci]$, y
• el semicírculo $\kappa_\varepsilon \colon t \mapsto ci + \varepsilon \cdot e^{i(\pi-t)},\, t \in [0,\pi]$.

Si $\lvert f(\pm R + is)\rvert$ crece más lento de lo $\lvert \pm R + is\rvert$$R\to\infty$, lo $\frac{f(z)}{z-ci}\to 0$$\lvert \operatorname{Im} z\rvert \to \infty$, entonces las integrales sobre los segmentos verticales $[R+ci,R+ai]$ $[-R+ai,-R+ci]$ tienden a $0$,

dejando

$$\int_{ai-\infty}^{ai+\infty} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz - 2\pi i \sum \operatorname{Res}\left(\frac{f(z)}{z-ci};\zeta\right) = \int_{L_\varepsilon} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz,\tag{1}$$

donde $L_\varepsilon$ es el contorno que consiste en la segements $(ci-\infty, ci-\varepsilon]$ $[ci+\varepsilon,ci+\infty)$ y el semicírculo $\kappa_\varepsilon$ que ya era parte de $C_{R,\varepsilon}$.

Ahora

$$\lim_{\varepsilon\to 0} \left(\int_{ci-\infty}^{ci-\varepsilon}\frac{f(z)}{z-ci}\,dz + \int_{ci+\varepsilon}^{ci+\infty} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz\right) = \operatorname{v. p.} \int_{ci-\infty}^{ci+\infty} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz$$

(Yo denotar el principal valor de la abreviatura de la palabra francesa "valeur principale"), y para la integral sobre el semicírculo $\kappa_\varepsilon$, ya que el $\frac{f(z)}{z-ci}$ tiene una simple polo en $ci$, se deduce que

$$\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{\kappa_\varepsilon} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz = -\pi i\operatorname{Res}\left(\frac{f(z)}{z-ci};ci\right) = -\pi i f(ci).$$

Si, como parece ser el caso aquí, $f(z) = e^{bz}\varphi(-z)$ no tiene singularidades en la franja de gaza $u < \operatorname{Im} z < v$ algunos $u < 0$ y $a < v$, $(1)$ se simplifica a

$$\int_{ai-\infty}^{ai+\infty} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz = -\pi i f(ci) + \operatorname{v.p.} \int_{ci-\infty}^{ci+\infty} \frac{f(z)}{z-ci}\,dz.\tag{2}$$

Solicitar el cambio de una vez por $c = 0$ [de la $\frac{i}{z}$ parte], y de una vez por $c = 1$ [de la $\frac{i}{z-i}$ parte].

El factor de $\pi i$ en lugar de $2\pi i$ de los residuos en $0$ $i$ es, de manera informal, ya que una simple polo en el contorno de la integración se encuentra "la mitad de la izquierda y la mitad de la derecha de la curva de nivel".