Límite de intercambio e integral (definida)

Question

Estoy tratando de calcular el siguiente límite

\begin {Ecuación} \label {eq} \large\lim_ {R \to\infty }\,i\, \int_ {- \pi /2}^{ \pi /2} \frac {e^{- \alpha (R+i\,w)}e^{t\,e^{R+i\,w}}}{(R+i\,w)^{ \beta }}dw \end {Ecuación}

con $\alpha\geq0$ , $\beta, t>0$ .

El problema es que (creo, no estoy seguro...) no puedo cambiar de límite por integral.

Entonces, tengo 2 doubs:

• ¿Puedo cambiar el límite por la integral?

• Si la respuesta es negativa, se agradece otra forma de manipular este límite.

Actualización 1:

Utilizando la función generadora de los polinomios de Bell de primer tipo $B_n(t)$

$$\large e^{t(e^u-1)}=\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n(t)}{n!}u^n$$

sustituyendo $u \rightarrow R+i\,w$ tenemos

$$\lim_{R\to\infty}\,i\,\sum_{n=0}^\infty\frac{e^t\,B_n(t)}{n!}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{-\alpha(R+i\,w)}\,(R+i\,w)^{n-\beta}dw=$$

$$\large\lim_{R\to\infty}\sum_{n=0}^\infty\frac{e^t\,B_n(t)}{n!\,\alpha^{n-b-1}}\left[\,\Gamma(n-\beta-1,\alpha(R-i\,\pi/2))-\Gamma(n-\beta-1,\alpha(R+i\,\pi/2))\,\right]$$

Actualización 2:

Modificación de la variable $R+i\,w\rightarrow u$ tenemos

$$\large\lim_{R\to\infty}\,i\,\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{e^{-\alpha(R+i\,w)}e^{t\,e^{R+i\,w}}}{(R+i\,w)^{\beta}}dw=\lim_{R\to\infty}\,\int_{R-i\,\pi/2}^{R+i\,\pi/2}\frac{e^{-\alpha\,u}e^{t\,e^u}}{u^{\beta}}du$$

y quizás podamos aplicar la integración compleja (teorema de Cauchy,...) en la última.

Answer 1

Toma $z = e^{R + i w}$ . La integral se convierte en $f(z) = e^{t z} z^{-\alpha - 1} \ln^{-\beta} z$ y $$I(R) = \int_{\gamma_1} f(z) \, dz = \int_{\gamma_2} f(z) \, dz.$$ Las integrales sobre los arcos del semicírculo de la izquierda tienden a cero, por tanto $$I = \lim_{R \to \infty} I(R) = \int_{\gamma(1)} f(z) \, dz.$$ Si $\beta = 1$ entonces $$I = 2 \pi i e^t + \int_{\gamma(0)} f(z) \, dz.$$

Como alternativa, ya que $I$ se puede convertir en la integral de Bromwich, $$I = 2 \pi i \mathcal L^{-1}[z \mapsto z^{-\alpha - 1} \ln^{-\beta} z](t), \\ I \bigg\rvert_{(\alpha, \beta, t) = (0, 1, 1)} = 2 \pi i \int_0^1 \int_0^\infty \frac {\tau^{u - 1}} {\Gamma(u)} \, du d\tau = 2 \pi i \int_0^\infty \frac {du} {\Gamma(u + 1)}.$$

Answer 2

Tenemos $-\frac{\pi}{2}<w<\frac{\pi}{2}$ y $$\left|\frac{e^{-\alpha(R+iw)}\exp\left(te^{R+iw}\right)}{(R+iw)^\beta}\right|=\left|\frac{e^{-\alpha R}e^{-i\alpha w}\exp\left(te^R(\cos w+i\sin w)\right)}{(R+iw)^\beta}\right|=$$ $$=e^{-aR}\exp\left(te^{R}|\cos w|\right)\left|\exp\left(ite^R\sin w\right)\right|\frac{1}{(\sqrt{R^2+w^2})^{\beta}}=$$ $$=\frac{e^{-aR}\exp\left(te^{R}|\cos w|\right)}{(\sqrt{R^2+w^2})^{\beta}}=\frac{\exp\left(|\cos w|te^{R}-aR\right)}{(R^2+w^2)^{\beta/2}}>>\exp(t|\cos w|e^{R})\textrm{, }R\rightarrow\infty\tag 1$$ Entonces también $$i\int^{\pi/2}_{-\pi/2}f(R,w)dw=i\int^{\pi/2}_{-\pi/2}|f(R,w)|e^{i\theta(R,w)}dw=$$ $$=-\int^{\pi/2}_{-\pi/2}|f(R,w)|\sin(\theta(R,w))dw+i\int^{\pi/2}_{-\pi/2}|f(R,w)|\cos(\theta(R,w))dw.$$ Supongamos ahora que podemos intercambiar el límite y la integral. Como $\sin(\theta)\geq -1$ para todos $\theta\in \textbf{R}$ obtenemos $$Re\left(\lim_{R\rightarrow\infty}i\int^{\pi/2}_{-\pi/2}f(R,w)dw\right)=Re\left(\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\lim_{R\rightarrow\infty}f(R,w)dw\right)\geq$$ $$\geq\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\lim_{R\rightarrow\infty}|f(R,w)|dw=\infty\textrm{, from relation }(1).$$ Por tanto, no podemos intercambiar límite e integral.