Ayuda con la Integral de contorno

Question

Podría por favor ayudar a resolver la siguiente integral,

\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty}{d\omega \frac{\gamma (\gamma+2i\omega)}{(\gamma-2i\omega)^3}} e^{-i\omega t} \end{equation} podría resolver analíticamente en mathematica pero la solución no es muy inteligible.

Gracias

Answer 1

En primer lugar, podemos reescribir la integral ligeramente.

\begin{align} I:&=\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\gamma(\gamma + 2i\omega)}{(\gamma-2i\omega)^3}e^{-i\omega t}\\ &=\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\gamma(\gamma + 2i\omega)}{-8i^3\left(\omega - \frac{\gamma}{2i}\right)^3}e^{-i\omega t}\\ &=\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\gamma(\gamma + 2i\omega)}{8i\left(\omega+i\frac{\gamma}{2}\right)^3}e^{-i\omega t}\\ &=-\frac{i}{8}\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\gamma(\gamma + 2i\omega)}{\left(\omega+i\frac{\gamma}{2}\right)^3}e^{-i\omega t}\\ &=-\frac{i}{4}\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\alpha(\alpha+i\omega)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t}\\ &=\frac{1}{4}\int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} \tag1 \end{align}

donde he puesto $\alpha = \frac{\gamma}{2}$ en el último paso para simplificar.

Queremos convertir esto en una integral de contorno, de modo que podemos usar el teorema de los residuos. La forma más fácil de contorno sería uno de los cuales la integral a lo largo del eje real es una parte de, donde las integrales a lo largo de las otras partes del contorno de evaluar a $0$.

Para hacer esto, primero considere el caso de que $t<0$.

Deje $\Gamma$ ser un contorno que corre a lo largo del eje real de $-R$ $R$y luego se cierra a lo largo del arco de un semi-círculo de radio $R$, centrada en el origen, en la mitad superior del plano.

Entonces

\begin{align} \oint_\Gamma dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t}=\int_{-R}^R d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} + \int_\text{Arc} dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t} \tag2 \end{align}

Podemos calcular la integral en el lado izquierdo de $(2)$ usando el Teorema de los Residuos fácilmente - como el integrando no tiene polos en la mitad superior del plano, simplemente se evalúa a $0$.

Como nos tomamos el límite de $R\rightarrow\infty$, el positivo de la parte imaginaria de $z$ a lo largo de la semi-círculo de arco asegura que la segunda integral de la RHS de $(2)$$0$.

Así, por $t<0$, tenemos

\begin{align} \int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} = 0 \tag3 \end{align}

Ahora vamos a $t>0$.

Deje $\Psi$ ahora ser un contorno a lo largo del eje real de$-R$$R$, de modo que $|R|>\alpha$ y, a continuación, cerrado a lo largo del arco de un semi-círculo de radio $R$, centrada en el origen, en la mitad inferior del plano.

Desde este contorno es ahora recorre en dirección a la derecha, tenemos

\begin{align} -\oint_\Psi dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t}=\int_{-R}^R d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} + \int_\text{Arc} dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t} \tag4 \end{align}

Por el Teorema de los Residuos, hemos

\begin{align} \oint_\Psi dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t}&=2\pi i \text{Res}(f,-i\alpha)\\ &=\alpha\pi i\lim\limits_{z\rightarrow -i\alpha}\frac{d^2}{dz^2}\left[(z-i\alpha)e^{-izt}\right]\\ &=\alpha\pi i\lim\limits_{z\rightarrow -i\alpha}ite^{-izt}(\alpha t + itz -2)\\ &=-2\alpha\pi te^{-\alpha t}(\alpha t - 1) \end{align}

Conectando a $(4)$, obtenemos

\begin{align} 2\alpha\pi te^{-\alpha t}(\alpha t - 1) = \int_{-R}^R d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} + \int_\text{Arc} dz\frac{\alpha(z-i\alpha)}{(z + i\alpha)^3}e^{-iz t} \tag5 \end{align}

Como nos tomamos el límite de $R\rightarrow\infty$, la integral a lo largo de la semi-círculo de arco va a cero (véase el argumento de arriba).

Así, por $t>0$, tenemos

\begin{align} \int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\alpha(\omega-i\alpha)}{(\omega + i\alpha)^3}e^{-i\omega t} = 2\alpha\pi te^{-\alpha t}(\alpha t - 1) \tag6 \end{align}

Poniendo estos dos resultados juntos y conectar $\gamma$ a regresar para obtener la respuesta en términos de las variables originales, tenemos el resultado final

\begin{align} \int_{-\infty}^\infty d\omega\frac{\gamma(\gamma + 2i\omega)}{(\gamma-2i\omega)^3}e^{-i\omega t} = \frac{\pi\gamma}{4}\theta(t)te^{-\frac{\gamma}{2}t}\left(\frac{\gamma}{2}t - 1\right) \tag7 \end{align}

donde $\theta(t)$ es la función escalón unitario.