Resolver o delimitar la parte real de la integral$\int_0^{2 \pi i m} \frac{e^{-t}}{t-a} dt$

Question

Yo estaría interesado en encontrar una forma cerrada o, al menos, de delimitación (en términos de $m$ a medida que se vuelve más grande) la parte real de la siguiente itnegral:

$$f(m,a):=\int_0^{2 \pi i m} \frac{e^{-t}}{t-a} dt$$

donde $m \in \mathbb{N}, m>>0$ e $a \in \mathbb{C}, \mathfrak{Re}( a )>>0$.

Para este propósito, he probado tres diferentes métodos.

Intento 1: en primer lugar, sólo traté de expresar la integral como una suma de integrales e hizo un cambio de variables, por lo que

$$f(m,a)= i \sum_{n=0}^{m-1} \int_{2 \pi n}^{2 \pi (n+1)} \frac{e^{-it}}{it-a} dt$$

Entonces, he comparado los integrales con los siguientes:

$$\int_{\gamma} \frac{1}{\log{z}-a} dz $$

Donde el camino de la integración es la unidad de círculo en sentido horario. Cada integrante de la suma de las integrales corresponden a las distintas ramas del logaritmo complejo. Para analizar este último, he utilizado un ojo de la cerradura de contorno, teniendo la rama de corte del logaritmo en el eje real positivo. He obtenido, por ejemplo, para el primer sumando (correspondiente a la primera rama del logaritmo),

$$\int_{0}^{2 \pi} \frac{e^{-it}}{it-a} dt = iR\int_0^{2 \pi} \frac{e^{it}}{2 \pi i - \log{R} -i t -a}dt - \int_1^R \frac{2 i \pi}{(a+\log{t})(a+\log{t}-2 i \pi)}dt$$

Para $R \in \mathbb{R}, R > |a|$. Mi problema es que esta familia de integrales parece aún más difícil de obligado (incluso dejando $R \to \infty$), por lo que no he ganado nada.

Intento 2: podríamos multiplicar y dividir por $e^a$, por lo que obtenemos:

$$f(m,a)=e^{-a} \int_0^{2 \pi i m} \frac{e^{-(t-a)}}{t-a} dt$$

A partir de aquí, se podría relacionar con la Integral Exponencial. Sin embargo, los límites que se pueden obtener de esta manera parece no ser correcta en todo para grandes $m$ e $\mathfrak{Re} a$, y es difícil extraer la parte real de ellos.

Intento 3: podríamos separe la real y la parte imaginaria de la original de la integral:

$$f(m,a)= -i \int_0^{2 \pi m} \frac{(\cos{t} + i \sin{t})(i\left (t + \mathfrak{Im}(a) \right) + \mathfrak{Re}(a))}{\mathfrak{Re}(a)^2+\left (\mathfrak{Im}(a) + t \right) ^2} dt$$

$$\mathfrak{Re}(f(m,a))= \int_0^{2 \pi m} \frac{\left (\mathfrak{Im}(a) + t \right) \cos{t} + \mathfrak{Re}(a) \sin{t}}{\mathfrak{Re}(a)^2+\left (\mathfrak{Im}(a) + t \right) ^2} dt$$

Sin embargo, no sé cómo resolver o vinculado a esta última integral ninguno de los dos.

Cualquier ayuda será bienvenida.

Gracias.

Answer 1

Yo no puedo resolver o destino en la integral finita $m$, pero me puede dar una solución para $m \to \infty$ el uso de transformadas de Fourier.

Algunas convenciones de notación voy a usar

$$\mathscr{F}\left\{f(x)\right\} = F(s) = \int_{-\infty}^{\infty} {f(x)e^{-2\pi i sx} }dx$$ $$ \mathrm{sinc}(x) = \dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$$ $$ \Pi(x) = \begin{cases} 1 \quad |x|<\frac{1}{2} \\ 0 \quad |x|>\frac{1}{2}\\ \end{casos}$$ $$ H(x) = \begin{cases} 0 \quad x < 0 \\ 1 \quad x > 0\\ \end{casos}$$

Yo también voy a utilizar esta transformada de Fourier par

$$\mathscr{F}\left\{\dfrac{1}{x-z_0}\right\} = -i\pi e^{-2\pi i s z_0}\left[\mathrm{sgn}(s)-\mathrm{sgn}\left(\Im\left[z_0\right]\right)\right]$$

A partir de su integral

$$\begin{align*} f(m,a) & =\int_0^{2 \pi i m} \frac{e^{-t}}{t-a} dt\\ \\ &= 2\pi i m \int_0^1 {\dfrac{e^{-2\pi i mx}}{2\pi i mx - a}}dx\\ \\ &= \int_0^1{\dfrac{e^{-2\pi i mx}}{x - \dfrac{a}{2\pi i m}}}dx\\ \\ &= \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x - \dfrac{a}{2\pi i m}}\Pi\left(x-\frac{1}{2}\right)e^{-2\pi i mx}dx\\ \\ &= \mathscr{F}\left\{\dfrac{1}{x - \dfrac{a}{2\pi i m}}\cdot\Pi\left(x-\frac{1}{2}\right)\right\}\\ \\ &= \mathscr{F}\left\{\dfrac{1}{x - \dfrac{a}{2\pi i m}}\right\} * \mathscr{F}\left\{\Pi\left(x-\frac{1}{2}\right)\right\}\\ \\ &= -i\pi e^{-2\pi i m \frac{a}{2\pi i m}}\left[\mathrm{sgn}(m)-\mathrm{sgn}\left(\Im\left[\dfrac{a}{2\pi i m}\right]\right)\right] * e^{-i\pi m}\mathrm{sinc}(m)\\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1-\mathrm{sgn}\left(\Im\left[\dfrac{-ia}{2\pi}\right]\right)\right]\mathrm{sgn}(m) * e^{-i\pi m}\mathrm{sinc}(m)\\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\mathrm{sgn}(m) * e^{-i\pi m}\mathrm{sinc}(m)\\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2H(m)-1\right] * e^{-i\pi m}\mathrm{sinc}(m)\\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\int_{-\infty}^\infty \left[2H(m-\tau)-1\right] e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau \\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^\infty H(m-\tau) e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \int_{-\infty}^\infty e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau\right] \\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi is \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau\biggr|_{s=\frac{1}{2}}\right] \\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \Pi(s)\biggr|_{s=\frac{1}{2}}\right] \\ \\ &= -i\pi e^{-a}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \dfrac{\Pi\left({\frac{1}{2}}^-\right)+ \Pi\left({\frac{1}{2}}^+\right)}{2}\right] \\ \\ &= -i\pi e^{-\Re(a)}e^{-i\Im(a)}\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \dfrac{1}{2}\right] \\ \\ &= \left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\pi e^{-\Re(a)}\left[-\sin\left(\Im[a]\right)-i\cos\left(\Im[a]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \dfrac{1}{2}\right] \\ \\ \end{align*}$$

Si $\Re(a) < 0$, a continuación, $f(m,a) = 0$.

También se $\lim_{\Re(a) \to \infty} f(m,a) = 0$.

Para $\Re(a) \ge 0$, $m \to \infty$

$$\begin{align*}\lim_{m \to \infty} f(m,a) &= \lim_{m \to \infty} \left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\pi e^{-\Re(a)}\left[-\sin\left(\Im[a]\right)-i\cos\left(\Im[a]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \dfrac{1}{2}\right] \\ \\ &= \left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\pi e^{-\Re(a)}\left[-\sin\left(\Im[a]\right)-i\cos\left(\Im[a]\right)\right]\left[2\int_{-\infty}^\infty e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau - \dfrac{1}{2}\right] \\ \\ &= \left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]\pi e^{-\Re(a)}\left[-\sin\left(\Im[a]\right)-i\cos\left(\Im[a]\right)\right]\left[2\Pi(s)|_{s=\frac{1}{2}} - \dfrac{1}{2}\right] \\ \\ &= \dfrac{\left[1+\mathrm{sgn}\left(\Re\left[a\right]\right)\right]}{2}\pi e^{-\Re(a)}\left[-\sin\left(\Im[a]\right)-i\cos\left(\Im[a]\right)\right] \\ \\ \end{align*}$$

lo que debería hacer evidente el valor que $\Re[f(m,a)]$ es convergente.

Por desgracia, la integral

$$\int_{-\infty}^m e^{-i\pi \tau}\mathrm{sinc}(\tau)\space d\tau$$

es problemático para un finito $m$. La parte real converge rápidamente a $\frac{1}{2}$. Sin embargo, sospecho que su parte imaginaria diverge porque $\Im\left[\frac{i \log(-\infty)}{2\pi}\right] \to \infty$. Así que no sé cómo se calcula para un finito $m$.