Demostrar que las funciones $f_n(x) = \frac{(x-i)^n}{\sqrt{\pi}(x+i)^{n+1}}$ son ortonormales utilizando el teorema del residuo

Question

Nota: ¡editado un error al parametrizar la integral!

Pregunta: Sea la función de valor complejo $f_n$ , $n\in Z$ definirse en $R$ por: $$f_n(x) = \frac{(x-i)^n}{\sqrt{\pi}(x+i)^{n+1}}.$$ Demostrar que estas funciones son ortonormales; es decir, $$\int_{-\infty}^\infty f_m(x)\overline{f_n(x)}dx = \delta_{nm}.$$

Mi intento: Por lo tanto, creo que tengo la mayor parte de este problema, pero estoy luchando para llegar a una justificación rigurosa de uno de los pasos. Esto es lo que tengo hasta ahora:

El caso en que $n=m$ es sencillo: entonces tenemos $$f_m(x)\overline{f_n(x)} = \frac{1}{\pi(x^2+1)},$$ y así $$\int_{-\infty}^\infty f_m(x)\overline{f_n(x)}dx = \frac{1}{\pi}\arctan(x)|_{-\infty}^\infty = 1.$$

A continuación, suponemos que $m < n$ . Entonces, $$f_m(x)\overline{f_n(x)} = \frac{1}{x^2+1}\frac{(x+i)^{n-m}}{\pi(x-i)^{n-m}}.$$ Considere el contorno $\gamma_R = C_R \cup [-R,R]$ donde $C_R$ es el semicírculo de orientación positiva en el semiplano superior con radio $R$ . Ahora, por el teorema del residuo (estoy siendo perezoso y no escribo los pasos, pero ¡juro que funciona!), para un tamaño suficientemente grande de $R$ ya que la función tiene un polo en $i$ tenemos: $$\int_{\gamma_R}\frac{(z+i)^{(n-m)-1}}{\pi(z-i)^{(n-m)+1}}dz = 0,$$ así que si podemos demostrar que $$\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}\frac{(z+i)^{(n-m)-1}}{\pi(z-i)^{(n-m)+1}}dz = 0,$$ habremos terminado. Por lo tanto, esta es la parte que siempre lucho con estas integrales. He parametrizado la integral como: $$\int_{0}^\pi\frac{(Re^{i\theta}+i)^{(n-m)-1}}{\pi(Re^{i\theta}-i)^{(n-m)+1}}iRe^{i\theta}d\theta,$$ y he estado intentando usar la desigualdad básica valor absoluto/longitud para escribir: $$\int_{0}^\pi\frac{(Re^{i\theta}+i)^{(n-m)-1}}{\pi(Re^{i\theta}-i)^{(n-m)+1}}iRe^{i\theta}d\theta\le R \cdot \sup_{z \in C_R} \left|\frac{1}{(Re^{i\theta}+1)^2} \right|\frac{|Re^{i\theta}+1|^{n-m}}{|Re^{i\theta}-1|^{n-m}}\cdot |Re^{i\theta}|$$ Pero parece que no puedo llegar a ninguna parte desde aquí.

Normalmente pido sólo pistas, pero como soy muy mala en esto, espero que alguien esté dispuesto a seguir un método super riguroso para mostrar esto en pasos de bebé. Puedo ver en general por qué funcionaría, ya que el denominador tiene un grado menor que el numerador, pero realmente me gustaría entender una versión paso a paso. Gracias.

Answer 1

La desigualdad que escribiste al final, a saber

$$\int_{0}^\pi\frac{(Re^{i\theta}+i)^{(n-m)-1}}{\pi(Re^{i\theta}-i)^{(n-m)+1}}iRe^{i\theta}d\theta\le R \cdot \sup_{z \in C_R} \left|\frac{1}{(Re^{i\theta}+1)^2} \right|\frac{|Re^{i\theta}+1|^{n-m}}{|Re^{i\theta}-1|^{n-m}}\cdot |Re^{i\theta}|$$

no tiene sentido porque el lado izquierdo no es un número real.

Obsérvese que para todos los $z\in C_R$ , $\lvert (z + i)/(z - i)\rvert \le (R + 1)/(R - 1)$ . En efecto, la desigualdad triangular da $\lvert z + i\rvert \le \lvert z\rvert + 1 = R + 1$ y $\lvert z - i\rvert \ge \lvert z\rvert - 1 = R - 1$ de donde $\lvert(z + i)/(z - i)\rvert \le (R + 1)/(R - 1)$ en $C_R$ . Además, para $\lvert z\rvert = R$ , $\lvert (z + i)^{-1}/(z - i)\rvert = 1/\lvert z^2 + 1\rvert \le 1/(R^2 - 1)$ . Por lo tanto, el $C_R$ ,

$$\left\lvert \frac{(z + i)^{n-m-1}}{(z - i)^{n-m+1}}\right\rvert = \left\lvert \frac{(z+i)^{-1}}{z + i}\right\rvert \left\lvert \frac{(z + i)^{n-m}}{(z - i)^{n-m}}\right\rvert \le \frac{1}{R^2 - 1}\left(\frac{R+1}{R-1}\right)^{n-m}$$

Dado que la arclitud de $C_R$ es $\pi R$ mediante la estimación ML de la integral a lo largo de $C_R$ está limitada por $$\frac{R}{R^2 - 1}\left(\frac{R+1}{R-1}\right)^{n-m}$$ que es despreciable ya que $R\to \infty$ .