Integral que implica un componente complejo

Question

Deja $a, \sigma, t >0$ y $\mu, \omega \in \mathbb{R}$; $i$ es el símbolo imaginario. Buscando la integral;

$$\chi(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi } a \sigma \sqrt{t} }\int_0^1 -\frac{\exp \left(\mathbf{i} x \omega-\frac{\left(-a \mu +\log \left(\frac{1}{1-x}\right)+\log (x)\right)^2}{2 a^2 \sigma ^2} \right)}{(x-1) x}\, dx$$

Intenté integración por partes y sustitución sin éxito.

Answer 1

Rastro de la solución, no sé realmente si eso puede ayudar pero lo intentamos...

En primer lugar vamos a reescribir la integral olvidando el término delante de ella y el signo menos, es decir, ignoraré el término

$$-\frac{1}{\sqrt{2\pi t}\sigma a}$$

Ahora, vamos a reescribir la integral con la escritura más sencilla:

$$A = a\mu ~~~ B = 2a^2\sigma^2$$

Y manipulemos los logaritmos de la siguiente manera:

$$\ln\left(\frac{1}{1-x}\right) = -\ln(1-x)$$

así que

$$-\ln(1-x) + \ln(x) = \ln\frac{x}{1-x}$$

Propiedad trivial de logaritmo.

Ahora la integral es

$$\large \int_0^1 \large \frac{1}{x(1-x)} \large e^{i x\omega}\ e^{\large \left(\frac{\large \left(-A + \ln\frac{x}{1-x}\right)^2}{B}\right)}\ \text{d}x$$

Ahora vamos a preferir el cambio de variable

$$z = -A + \ln\frac{x}{1-x}$$

Con un cálculo sencillo encontrarás que

$$\text{d}z = \frac{\text{d}x}{x(1-x)}$$

Y la transformación inversa nos lleva a

$$x = \frac{e^{z+A}}{1 + e^{z+A}}$$

Ahora la nueva integral recorre de la siguiente manera

$$\large \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-i\omega \large \frac{e^{z+A}}{1 + e^{z+A}}} e^{\frac{z^2}{B}}\ \text{d}z$$

Entonces me quedo atascado, más o menos.

Tengo algunas ideas pero primero necesito verificar su validez y estoy en el tren ahora, así que no es muy cómodo...

IDEA LOCA

Dada la última integral, pensé en esto: Podría existir dos valores $M_1$ y $M_2$ tal que e pueda dividir

$$\int_{-\infty}^{+\infty} = \int_{-\infty}^{M_1} + \int_{M_1}^{M_2} + \int_{M_2}^{+\infty}$$

Y esos valores son tales que ambas integrales

$$\int_{-\infty}^{M_1}$$

y

$$\int_{M_2}^{+\infty}$$

llevan a suponer que dentro de esos rangos, podemos aproximar un término en la integral:

$$\frac{e^{z+A}}{1 + e^{z+A}} \approx 1$$

entonces obtendríamos

$$\int_{-\infty}^{M_1} e^{i\omega} e^{\frac{z^2}{B}}\ \text{d}z$$

Lo cual es solucionable en términos de la función de error imaginaria:

$$e^{i\omega}\frac{1}{2} \sqrt{\pi } \left(\sqrt{B} \text{erfi}\left(\frac{M_1}{\sqrt{B}}\right)+\sqrt{-B}\right)$$

Y de la misma manera

$$\int_{M_2}^{+\infty} e^{i\omega}e^{\frac{z^2}{B}}\ \text{d}z$$

Lo cual es

$$\frac{1}{2} \sqrt{\pi } \left(\sqrt{-B}-\sqrt{B} \text{erfi}\left(\frac{M_2}{\sqrt{B}}\right)\right)$$

Así que obtendríamos el resultado parcial

$$\frac{\sqrt{\pi}e^{i\omega}}{2}\left\{2\sqrt{-B} + \sqrt{B}\left(\text{erfi}\left(\frac{M_1}{\sqrt{B}}\right) - \text{erfi}\left(\frac{M_2}{\sqrt{B}}\right)\right)\right\}$$

Con las preguntas restantes:

• ¿Cuáles son $M_1$ y $M_2$?

• ¿Qué es también?

  $$\int_{M_1}^{M_2} e^{-i\omega \large \frac{e^{z+A}}{1 + e^{z+A}}} e^{\frac{z^2}{B}}\ \text{d}z$$

Huelo algo como el método de Laplace... o la fase estacionaria... pero necesito más tiempo.

Lo siento si eso parece una idea insana jaja, pero es lo que pensé