Expansión de Laurent de una integral de valor principal

Question

Dejemos que $f(t)$ sea una buena función continua de Hölder. Además, supongamos que $f$ está en paz. Estoy interesado en evaluar integrales de la forma

$$\oint (1-z)^{k+1}\int_0^1 \frac{f(t)}{(1-zt)^{n+1}}dtdz,$$

donde para la integral de contorno, se puede asumir cualquier bucle alrededor de $z=1$ . Equivalentemente, me interesa calcular las expansiones de Laurent de $F_n(z):=\int_0^1\frac{f(t)}{(1-zt)^{n+1}}dt$ sobre $z=1$ . Tenga en cuenta que para $z\in(1,\infty)$ , $F_n(z)$ se define como una integral de valor de principio de Cauchy cuando $n$ es par y como integral del valor del principio de Hadamard cuando $n$ es impar. La principal dificultad que estoy encontrando es que cuando $z>1,$ la integral de contorno se convierte en algo no trivial. En otras palabras, hay que entender lo que ocurre como $z$ se acerca al eje real a la derecha de 1. Esto me parece una especie de problema de Riemann Hilbert, al menos para la evaluación de $F_n(z)$ . En este sentido, ¿existe una generalización del método de Riemann Hilbert para tales integrales dobles? Menciono esto porque me gustaría considerar $f_n(t)$ , en lugar de $f(t)$ y luego realizar la asíntota de los coeficientes de la serie de Laurent, como $n\rightarrow\infty$ .

Al intercambiar las integrales, parece que el problema depende de si es una integral de Cauchy o de Hadamard. En concreto, hay una transición brusca cuando $1/t$ entra en la zona delimitada por el $\lambda$ contorno. Esto me da una respuesta sin sentido que depende del contorno, lo cual es imposible.

Answer 1

definir $f_{m}(t)$ para $m=1,2,\ldots$ por $\frac{d^{m}}{dt^{m}}f_{m}(t)=f(t)$ ,

con $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{d^{n}}{dt^n}f_{m}(t)=0$ para $0\leq n<m$ .

en particular, $f(t)=t^p$ produce $f_{m}(t)=t^{p+m}\frac{p!}{(p+m)!}$

Expansión de Laurent:

$$\int_0^1 \frac{f(t)}{(1-zt)^{n+1}}dt=\sum_{q=0}^\infty \frac{c_q}{(z-1)^{q+n+1}}$$

con coeficientes

$$c_q=(-1)^{n+1}\frac{1}{n!q!}\sum_{s=q}^{\infty}\frac{(n+s)!s!}{(s-q)!}f_{s+1}(1)$$

No es la respuesta sencilla que uno hubiera deseado, pero quizás sea útil para los grandes $n$ asintótica.

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Derivación:

insertar una expansión formal de Taylor $f(t)=\sum_{p=0}^{\infty}a_p t^{p}$ e integrar término por término,

$$\int_0^1 \frac{t^{p}}{(1-zt)^{n+1}}dt=\frac{1}{1+p}{}_2F_1(1+n,1+p,2+p;z)$$

$$=\frac{1}{1+p}(1-z)^{-1-n}{}_2F_1(1+n,1,2+p;1+(z-1)^{-1})$$

$$=\frac{1}{1+p}(1-z)^{-1-n}\frac{(p+1)!}{n!}\sum_{s=0}^{\infty}\frac{(n+s)!}{(p+s+1)!}\left(1+\frac{1}{z-1}\right)^s$$

$$=(1-z)^{-1-n}\frac{p!}{n!}\sum_{s=0}^{\infty}\frac{(n+s)!}{(p+s+1)!}\sum_{q=0}^s\frac{s!}{q!(s-q)!}\frac{1}{(z-1)^q}$$

$$=(1-z)^{-1-n}\frac{p!}{n!}\sum_{q=0}^{\infty}\frac{1}{(z-1)^q}\sum_{s=q}^{\infty}\frac{(n+s)!s!}{(p+s+1)!q!(s-q)!}$$

volver a la integral de $f(t)$ ,

$$\int_0^1 \frac{f(t)}{(1-zt)^{n+1}}dt=(1-z)^{-1-n}\frac{1}{n!}\sum_{q=0}^{\infty}\frac{1}{(z-1)^q}\sum_{s=q}^{\infty}\frac{(n+s)!s!}{q!(s-q)!}\sum_{p=0}^{\infty}a_p\frac{p!}{(p+s+1)!}$$

$$=(1-z)^{-1-n}\frac{1}{n!}\sum_{q=0}^{\infty}\frac{1}{(z-1)^q}\sum_{s=q}^{\infty}\frac{(n+s)!s!}{q!(s-q)!}f_{s+1}(1)$$

$$=\sum_{q=0}^\infty \frac{c_q}{(z-1)^{q+n+1}}$$

con los coeficientes $c_q$ dado arriba.