Integral de contorno que asusta, pero también es una representación integral para $\Gamma$ -función

Question

Se supone que este problema procede de un antiguo volumen I de Acta Mathematica de los años 1880, y se atribuye a Bourguet.

Utilizando una parábola con su foco en el origen como contorno, demuestre que:

$$\int_{0}^{\infty}e^{-ax^{2}}(1+x^{2})^{z-1/2}\cos(2ax+(2z-1)\tan^{-1}(x))dx=\frac{\sin(\pi z)\Gamma(z)}{2a^{z}e^{a}}$$

No soy una cabeza de chorlito total con la integración de contornos, pero ciertamente no en la línea de Ron G, RV, robjohn, et. al.

Pero, esta cosa parece desagradable. A veces las apariencias engañan.

Nunca he utilizado una parábola como contorno. Lo más parecido que se me ocurre es un contorno de Hankel. Eso no es exactamente una parábola, pero se utiliza comúnmente con la integral de la función Gamma. Un Hankel se parece más a una horquilla. Pero, si alguien se anima a ejercer su destreza en la integración de contornos, sería bueno ver cómo se resuelve esto.

Answer 1

Dejemos que $\mathcal{I}$ sea la integral desagradable que queremos calcular. Para $x \in \mathbb{R}$ tenemos

$$e^{\pm i\tan^{-1}x} = \frac{1\pm i x}{\sqrt{1+x^2}}$$

Esto lleva a $$\cos(2ax + (2z-1)\tan^{-1}x) = \frac12\left[ e^{2iax} \left(\frac{1 + ix}{\sqrt{1+x^2}}\right)^{2z-1} + e^{-2iax} \left(\frac{1-ix}{\sqrt{1+x^2}}\right)^{2z-1} \right] $$ Como resultado, podemos reescribir la integral $\mathcal{I}$ como

$$\begin{align} \mathcal{I} &= \frac{1}{2e^a}\int_0^\infty \left( e^{a(1+ix)^2} (1+ix)^{2z-1} + e^{a(1-ix)^2}(1-ix)^{2z-1}\right) dx\\ &= \frac{1}{2i e^a} \int_{1-i\infty}^{1+i\infty} e^{at^2} t^{2z-1}dt\\ &= \frac{1}{4i e^a a^z} \int_C e^t t^{z-1} dt \end{align}$$ donde $C$ es el contorno $\mathbb{R} \ni x \mapsto a(1+ix)^2 \in \mathbb{C}$ . Es fácil ver $C$ es una parábola que parte del infinito en el tercer cuadrante. Primero se desplaza hacia el origen, gira alrededor de él en sentido contrario a las agujas del reloj en el cuarto y luego en el primer cuadrante. Finalmente, se aleja hasta el infinito en el segundo cuadrante.

Para evaluar $\mathcal{I}$ podemos deformar $C$ a un contorno de ojo de cerradura a lo largo del eje negativo. El contorno del ojo de la cerradura comienza en $-\infty -i\epsilon$ , se mueven hacia el $-i\epsilon$ , circula alrededor del origen en sentido contrario a las agujas del reloj hasta $i\epsilon$ y luego se aleja a $-\infty + i\epsilon$ . Esto nos da $$\mathcal{I} = \frac{1}{4i e^a a^z}\int_C e^{t} t^{z-1} dt = \frac{ e^{i\pi z} - e^{-i\pi z} }{4i e^a a^z}\Gamma(z) = \frac{\sin(\pi z)}{2 e^a a^z}\Gamma(z)$$

Answer 2

Esta respuesta está en la misma línea que la de Achille Hui, con sutiles diferencias, pero he intentado dar más detalles. Empecemos por $$ \begin{align} &\cos(2ax+(2z-1)\tan^{-1}(x))\\ &=\frac12\left[e^{i2ax+i(2z-1)\tan^{-1}(x)}+e^{-i2ax-i(2z-1)\tan^{-1}(x)}\right]\\ &=\frac12\left[e^{i2ax}\left(\frac{1+ix}{\sqrt{1+x^2}}\right)^{2z-1}+e^{-i2ax}\left(\frac{1-ix}{\sqrt{1+x^2}}\right)^{2z-1}\right]\\ &=\mathrm{Re}\left[e^{i2ax}\left(\frac{1+ix}{\sqrt{1+x^2}}\right)^{2z-1}\right]\tag{1} \end{align} $$ lo que se deduce porque $$ \begin{align} e^{\pm i\tan^{-1}(x)} &=\cos(\tan^{-1}(x))\pm i\sin(\tan^{-1}(x))\\ &=\frac{1\pm ix}{\sqrt{1+x^2}}\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} &\int_0^\infty e^{-ax^2}(1+x^2)^{z-1/2}\cos(2ax+(2z-1)\tan^{-1}(x))\,\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\frac12\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}(1+x^2)^{z-1/2}\cos(2ax+(2z-1)\tan^{-1}(x))\,\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\frac12\mathrm{Re}\left[\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}e^{i2ax}(1+ix)^{2z-1}\,\mathrm{d}x\right]\tag{5}\\ &=\frac12\mathrm{Re}\left[e^{-a}e^{i\pi(z-1/2)}\int_{-\infty}^\infty e^{-a(x-i)^2}(x-i)^{2z-1}\,\mathrm{d}x\right]\tag{6}\\ &=\frac14\mathrm{Re}\left[e^{-a}e^{i\pi(z-1/2)}\int_{\gamma_1} e^{-aw}w^{z-1}\,\mathrm{d}w\right]\tag{7}\\ &=\frac14\mathrm{Re}\left[e^{-a}e^{i\pi(z-1/2)}\int_{\gamma_2} e^{-aw}w^{z-1}\,\mathrm{d}w\right]\tag{8}\\ &=\frac14\mathrm{Re}\left[e^{-a}e^{i\pi(z-1/2)}(1-e^{-2\pi iz})\int_0^\infty e^{-at}t^{z-1}\,\mathrm{d}t\right]\tag{9}\\ &=\frac12\mathrm{Re}\left[e^{-a}\sin(\pi z)\,a^{-z}\Gamma(z)\right]\tag{10}\\ &=\frac{\sin(\pi z)\Gamma(z)}{2\,a^ze^a}\tag{11} \end{align} $$ Explicación:
$\:\ (4)$ el integrando es par así que duplica el dominio y divide por $2$
$\:\ (5)$ : aplicar $(1)$
$\:\ (6)$ Completa el cuadrado de la exponencial y factoriza $e^{i\pi(z-1/2)}$
$\:\ (7)$ : sustituto $w=(x-i)^2$ : $\gamma_1$ es la parábola en sentido contrario a las agujas del reloj $x=\frac14y^2-1$
$\:\ (8)$ : cambiar el contorno: $\gamma_2$ es $[\infty,0]+i\epsilon\cup i\epsilon[1,-1]\cup[0,\infty]-i\epsilon$
$\:\ (9)$ : sustituto $w=t$ a lo largo de la parte inferior de $[0,\infty]$ y $w=e^{-2\pi i}t$ a lo largo de la parte superior
$(10)$ : utiliza la definición de $\sin(z)$ y $\Gamma(z)$
$(11)$ : aplicar $\mathrm{Re}$

Answer 3

Utiliza $\Gamma(z) \sin(\pi z) = \dfrac{\pi}{\Gamma(1-z)}$ y la representación integral del recíproco de $\Gamma(z)$ . $$\dfrac1{\Gamma(1-z)} = \dfrac{i}{2\pi} \displaystyle \oint_C \dfrac{e^{-t}}{(-t)^{1-z}}dt$$ donde $C$ encierra el origen. El resto es un poco de álgebra bruta sin cerebro.