Discontinua integral

Question

Tengo curiosidad acerca de un Mathoverflow pregunta y por lo que he leído sobre la denominada fórmula explícita acerca de la función zeta en Davenport del libro en la teoría analítica de números. Todo se ve bien para mí, excepto la siguiente discontinuo integral:

$$\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}y^s\frac{ds}{s}$$

donde $c > 0$, e $y>0$, y la integral impropia es entendida como

$$\lim_{T\to\infty}\int_{c-iT}^{c+iT}$$

de el integrando. La demanda es igual a 0 si $y<1$, $\dfrac{1}{2}$ si $y=1$, y 1 si $y>1$. Cuando traté de trabajo esto se reduce a los siguientes bienes valorados integral, es decir,

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos{Av}+v\sin{Av}}{1+v^2}dv$$

que igual a $\dfrac{2\pi}{e^A}$ si $A>0$, $\pi$ si $A=0$, e $0$ si $A<0$. Como se puede comprobar por Wolfram Alpha aquí.

Me tomó de análisis complejo de años atrás, por lo que no recuerdo cómo se evalúa, ¿puede alguien aquí que me ayude? ($A=0$ es trivial.)

Answer 1

Se suponía que esto iba a ser una respuesta a la observación formulada por hyh , pero era demasiado largo.

Por supuesto que funciona. Deje $A > 0$ y tomar el mismo contorno como la que se utiliza para calcular el $\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(Ax)}{1+x^2}dx$. Entonces $$ \int_\mathcal{C} \frac{z e^{iAz}}{1+z^2}dz = \int_{-a}^\frac{x e^{iAx}}{1+x^2}dx + \int_0^\pi \frac{e^{i\theta} e^{iA una e^{i\theta}}}{1 + a^2 e^{2i\theta}}aie^{i\theta}d\theta. $$

La segunda integral puede ser limitada por $$ \int_0^\pi \frac{a^2 e^{- \sin\theta}}{a^2 - 1}d\theta \le \int_0^\pi \frac{a^2 e^{- \theta\left(1-\frac{\theta}{\pi}\right)}}{a^2 - 1}d\theta = \frac{2\sqrt{\pi}^{3/2}e^{-\frac{Aa\pi}{4}}}{\sqrt{A}(a^2-1)}\int_0^\frac{\sqrt{Aa\pi}}{2}e^{u^2}du.$$ Then $$\int_0^\pi \frac{e^{i\theta} e^{iA una e^{i\theta}}}{1 + a^2 e^{2i\theta}}aie^{i\theta}d\theta \le \frac{2\sqrt{\pi}^{3/2}D+\big(\tfrac{\sqrt{Aa\pi}}{2}\big)}{\sqrt{A}(a^2-1)} \0 \mbox{ si } \to \infty, $$ dado que el Dawson Integral de la $D_+(x)$ está acotada.

Por último, se puede evaluar el residuo $$ \int_\mathcal{C} \frac{z e^{iAz}}{1+z^2}dz = \int_\mathcal{C} \frac{z e^{iAz}}{(z+i)(z-i)} dz = 2 \pi i \frac{z e^{iAz}}{z+i}\bigg|_{z=i} = i \pi e^{-A}, $$ y, a continuación, $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{x \sin(x)}{1+x^2}dx = \Im\left(\int_{-\infty}^\infty \frac{x e^{iAx}}{1+x^2}dx\right)= \pi e^{-A}. $$

Nota: En el caso de $A < 0$, usted necesita tomar el arco que encierra $-i$ en su lugar, y el residuo se evalúa a $-i\pi e^{A}$, lo que concluye la prueba.

Answer 2

Desde Marvis no responde a tu pregunta (aunque la respuesta es absolutamente correcto) me dan un no-respuesta completa. Esperemos que alguien más va a ser capaz de justificar. No quiero copiar aquí los cálculos de wikipedia. (Ver mi comentario anterior). Por lo que es suficiente para calcular el $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{v\sin(Av)}{1+v^2}dv$. Denotar$f(A):=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(Av)}{1+v^2}dv.$ Si se podía demostrar que el orden de integración y de diferenciación es intercambiable, a continuación, obtenemos $$ f'(A)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{v\sin(Av)}{1+v^2}dv=\left(\pi e^{-A} \right)'=-\pi e^{-A}, $$ lo que da $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{v\sin(Av)}{1+v^2}dv=\pi e^{-A}. $$ Así que trate de demostrar que esta derivación es correcta.