Integral de implicar la función de Airy sin usar su antiderivada.

Question

Inspirado por mi respuesta a esta pregunta, estoy interesado en evaluar la siguiente integral definida $$ \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i\infty} \frac{dz}{\mathop{\rm Ai}^2(z)} =1 $$ sin el uso de su antiderivate. En primer lugar, parece que tenemos que tener $c\geq 0$ pero como voy a señalar a continuación, las $c\in\mathbb{R}$ tal que $\mathop{\rm Ai}(c) \neq 0$ le dan el mismo resultado.

La integral se puede resolver utilizando la antiderivada $ \frac{\pi\mathop{\rm Bi}(z)}{\mathop{\rm Ai}(z)}$ junto con el conocido asintótica de expansión de Ai y Bi como he señalado en la respuesta a la pregunta.

Todos los ceros de la función de Airy se acueste sobre el eje real negativo. El curioso hecho de por qué el mencionado resultado vale para casi todos los $c$ es que todos los residuos en el correspondiente polos de $\mathop{\rm Ai}^{-2}(z)$ se desvanecen. La razón es que debido a Airy ecuación diferencial $\mathop{\rm Ai}''(z) - z \mathop{\rm Ai}(z) =0$ cada cero de Ai viene junto con una fuga segunda derivada. Por lo tanto para todos los polos $z^*$ $\mathop{\rm Ai}^{-2}(z)$ hemos $$ \frac{1}{\mathop{\rm Ai}^{2}(z)} =\frac{1}{[\alpha (z- z^*) + \mathcal{O}(z-z^*)^3 ]^2} = \frac{1}{\alpha^2 (z- z^*)^2} + \mathcal{O}(1) $$ y el residuo se desvanece.

Mi pregunta es si y cómo la integral definida puede ser resuelto sin necesidad de recurrir a la antiderivada?

Answer 1

Una solución está dada en el apéndice de la siguiente papel: Knessl, C. Exactas y Asintótico de las Soluciones de un PDE Que Surge en el Tiempo-Dependiente de las Colas. Adv. Appl. Prob., 32(1) 256--283, 2000.

Permítanme describir esta solución y resaltar algunos de los puntos sutiles.

${\rm Ai}(z)$ tiene diferentes aproximaciones asintóticas para un gran $|z|$ válido en las diferentes regiones del plano complejo. Vamos a usar $$ {\rm Ai}(z) \sim \frac{1}{2 \pi^{\frac{1}{2}} z^{\frac{1}{4}}} \left( e^{-\frac{2}{3} z^{\frac{3}{2}}} + {\rm i} e^{\frac{2}{3} z^{\frac{3}{2}}} \right) \;, $$ lo que es válido como $|z| \to \infty$ asumiendo $\frac{\pi}{3} < {\rm arg}(z) < \frac{5 \pi}{3}$, para reemplazar $$ f(z) = \frac{1}{{\rm Ai}^2(z)} \;, $$ con $$ g(z) = \frac{4 \pi z^{\frac{1}{2}}} {\left( e^{-\frac{2}{3} z^{\frac{3}{2}}} + {\rm i} e^{\frac{2}{3} z^{\frac{3}{2}}} \right)^2} \;. $$

Debemos considerar los siguientes tres contornos (con el que tomaremos $R \to \infty$): \begin{eqnarray} C_1 &=& \{ {\rm i} s \}_{s = -R}^{s = R} \;, \\ C_2 &=& \{ R e^{{\rm i} \theta} \}_{\theta = \frac{\pi}{2}}^{\theta = \frac{3 \pi}{2}} \;, \\ C_3 &=& \{ e^{\frac{4 {\rm i} \pi}{3}} s \}_{s = R}^{s = 0} \cup \{ e^{\frac{2 {\rm i} \pi}{3}} s \}_{s = 0}^{s = R} \;. \end{eqnarray}

El problema dado es evaluar $$ I \equiv \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_1} f(z) \,dz \;. $$ Por Cauchy del teorema de los residuos, ya que los residuos de las singularidades de $f(z)$ son todos cero, tenemos $$ \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_1 \copa C_2} f(z) \,dz = 0 \;, $$ así $$ I = - \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_2} f(z) \,dz \;. $$ En vista de la aproximación asintótica, se sigue que $$ I = - \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_2} g(z) \,dz \;. $$ De nuevo por Cauchy del teorema de los residuos, ya que los residuos de las singularidades de $g(z)$ son todos cero, tenemos $$ \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_1 \copa C_2} g(z) \,dz = 0 \;, $$ así $$ I = \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_1} g(z) \,dz \;. $$ Finalmente podemos deformar $C_1$$C_3$, es decir, $$ I = \lim_{R \to \infty} \frac{1}{2 \pi {\rm i}} \int_{C_3} g(z) \,dz \;. $$

Podemos evaluar esta integral explícitamente parametrización un $C_3$. Para la primera parte de $C_3$, $z = e^{\frac{4 \pi {\rm i}}{3}} s$, donde $s$ rangos de$\infty$$0$, y tenga en cuenta que, en particular, $z^{3/2} = s^{3/2}$. Para la segunda parte de $C_3$, $z = e^{\frac{2 \pi {\rm i}}{3}} s$, donde $s$ rangos de$0$$\infty$, y aquí $z^{3/2} = -s^{3/2}$. Tenemos

$$ I = \frac{2}{{\rm i}} \int_\infty^0 \frac{s^{\frac{1}{2}}} {\left( e^{-\frac{2}{3}^{\frac{3}{2}}} + {\rm i} e^{\frac{2}{3}^{\frac{3}{2}}} \right)^2} \,ds + \frac{2}{{\rm i}} \int_0^\infty \frac{-s^{\frac{1}{2}}} {\left( e^{\frac{2}{3}^{\frac{3}{2}}} + {\rm i} e^{-\frac{2}{3}^{\frac{3}{2}}} \right)^2} \,ds \;. $$

Multiplicando y dividiendo cada una integral por el cuadrado de la compleja conjugada de la expresión que aparece en el denominador (el habitual truco para hacer que el denominador valor real) y la combinación de las integrales y simplificando llegamos a \begin{eqnarray} I &=& 8 \int_0^\infty \frac{s^{\frac{1}{2}}} {\left( e^{\frac{4}{3} s^{\frac{3}{2}}} + e^{-\frac{4}{3} s^{\frac{3}{2}}} \right)^2} \,ds \\ &=& \int_0^\infty \frac{1}{{\rm cosh}^2(u)} \,du \\ &=& {\rm tanh}(u) \big|_0^\infty \\ &=& 1 \;, \end{eqnarray} como se requiere.