Transformada de Fourier de una densidad de Lévy $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int_{0}^{\infty} e^{ikx-\frac{1}{2x}}x^{-\frac{3}{2}}dx$

Question

Una densidad de Lévy se define como

$$q(x;1/2,1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}e^{-\frac{1}{2x}}x^{-\frac{3}{2}}$$

para $x>0$

Estoy buscando su transformada de Fourier:

$$g(k;1/2,1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int_{0}^{\infty} e^{ikx-\frac{1}{2x}}x^{-\frac{3}{2}}dx = e^{-\sqrt{|k|}(1-i\text{ sign}(k))} $$

donde signo $(k) = k/|k|$

¿Cómo evaluar esta integral?

El autor del libro del que lo tomé sugiere dividir la integral en parte real e imaginaria (V.V. Uchaikin, V.M. Zolotarev, Azar y Estabilidad. Distribuciones estables y sus aplicaciones). Por desgracia, omite la evaluación y sólo da el resultado final.

Answer 1

Sea $I(k)$ sea la integral dada por

$$\begin{align} I(k)&=\int_0^\infty e^{ikx-1/2x} x^{-3/2}\,dx\\\\ \end{align}$$

Suponemos que $k>0$ y dejar el caso para el que $k<0$ al lector.

Sea $a=(1-i)\sqrt k$ . Entonces, podemos escribir $I(k)$ como

$$I(k)=\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(ax+\frac1{ax}\right)}\,x^{-3/2}\,dx$$

Ejecución de la sustitución $ax\to x$ produce

$$\begin{align} I(k)&=\sqrt a\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(x+\frac1{x}\right)}\,x^{-3/2}\,dx\\\\ &=\sqrt a\,e^{-a}\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(\sqrt x-\frac1{\sqrt x}\right)^2}\,x^{-3/2}\,dx \tag 1 \end{align}$$

Ahora, si aplicamos la sustitución $x\to 1/x$ encontramos que

$$I(k)=\sqrt a\,e^{-a}\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(\sqrt x-\frac1{\sqrt x}\right)^2}\,x^{-1/2}\,dx \tag 2$$

Añadir $(1)$ y $(2)$ y dividiendo por $2$ produce

$$\begin{align} I(k)&=\sqrt a\,e^{-a}\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(\sqrt x-\frac1{\sqrt x}\right)^2}\,\left(\frac12 x^{-1/2}+\frac12 x^{-3/2}\right)\,dx\\\\ &=\sqrt a\,e^{-a}\int_0^\infty e^{-\frac a2 \left(\sqrt x-\frac1{\sqrt x}\right)^2}\,\frac{d}{dx}\left(\sqrt x-\frac1{\sqrt x}\right)\,dx\\\\ &=\sqrt a\,e^{-a}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac a2 x^2}\,dx\\\\ &=\sqrt{2\pi}e^{-a}\\\\ &=\sqrt{2\pi}e^{(1-i)\sqrt k} \end{align}$$

Answer 2

Se trata de una especie de enfoque heurístico, pero parece más sencillo trabajar con transformadas de Laplace y luego extender el resultado a la integral de Fourier dada.

Reproduzco la solución del problema de encontrar la transformada inversa de Laplace de $e^{-\sqrt{s}}$ es decir,

$$\frac1{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \, e^{-\sqrt{s}} e^{z t} $$

dado aquí abajo.

Puede utilizar una integración de contorno deformando t alrededor del eje real negativo y explotando un corte de rama de $\sqrt{z}$ alrededor de ese eje. Así, consideremos la integral

$$\oint_C dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t}$$

donde $C$ es un contorno de ojo de cerradura alrededor del eje real negativo, como se muestra a continuación.

Definiremos $\text{Arg}{z} \in (-\pi,\pi]$ por lo que la rama es la eje real negativo. Hay $6$ piezas a este contorno, $C_k$ , $k > \in \{1,2,3,4,5,6\}$ como sigue.

$C_1$ es el contorno a lo largo de la línea $z \in [c-i R,c+i R]$ para valor grande de $R$ .

$C_2$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $R$ f de $C_1$ justo por encima del eje real negativo.

$C_3$ es el contorno a lo largo de una línea justo por encima del eje real negativo entre $[-R, -\epsilon]$ para algunos pequeños $\epsilon$ .

$C_4$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $\epsilon$ a el origen.

$C_5$ es el contorno a lo largo de una línea justo por debajo del eje real negativo entre $[-\epsilon,-R]$ .

$C_6$ es el contorno a lo largo del arco circular de radio $R$ de sólo por debajo del eje real negativo hasta la parte inferior de $C_1$ .

Demostraremos que la integral a lo largo de $C_2$ , $C_4$ y $C_6$ v los límites de $R \rightarrow \infty$ y $\epsilon \rightarrow 0$ .

En $C_2$ la parte real del argumento de la exponencial es

$$R t \cos{\theta} - \sqrt{R} \cos{\frac{\theta}{2}}$$

donde $\theta \in [\pi/2,\pi)$ . Claramente, $\cos{\theta} \lt 0$ a $\cos{\frac{\theta}{2}} \gt 0$ para que la integración decae como $R \rightarrow \infty$ y, por tanto, la integra a lo largo de $C_2$ .

En $C_6$ tenemos lo mismo, pero ahora $\theta \in (-\pi,-\pi/2]$ . Esto significa que, debido a la uniformidad del coseno, el integrando vuelve a decaer exponencialmente como $R \rightarrow \infty$ a también desaparece a lo largo de $C_6$ .

En $C_4$ la integral desaparece como $\epsilon$ en el límite $\epsilon \to 0$ . Así pues, por el teorema de la integral de Cauchy nos queda lo siguiente de Cauchy (es decir, no hay polos dentro de $C$ ):

$$\left [ \int_{C_1} + \int_{C_3} + \int_{C_5}\right] dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = 0$$

En $C_3$ parametrizamos por $z=e^{i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_3$ se convierte en

$$\int_{C_3} dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = e^{i \pi} \int_{\infty}^0 dx \: e^{-i \sqrt{x}} e^{-x t}$$

En $C_5$ sin embargo, parametrizamos por $z=e^{-i \pi} x$ a a lo largo de $C_5$ se convierte en

$$\int_{C_5} dz \: e^{-\sqrt{z}} e^{z t} = e^{-i \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{i \sqrt{x}} e^{-x t}$$

Ahora podemos escribir

$$-\frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{x}} - e^{-i \sqrt{x}} \right ) + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} = 0$$

Por lo tanto, el ILT de $\hat{f}(s) = e^{-\sqrt{s}}$ viene dado por

$$\begin{align}\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} &= \frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} dx \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{x}} - e^{-i \sqrt{x}} \right )\\ &= \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: u \,e^{-t u^2} \sin{u}\end{align}$$

El último paso consistió en sustituir $x=u^2$ a uniformidad del integrando. Esta integral puede evaluarse de la siguiente manera:

$$\begin{align}\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du\: u \,e^{-t u^2} \sin{u} &= \frac{1}{\pi} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} du\:u\, e^{-t u^2} e^{i u} \right]}\\ &= \frac{1}{\pi} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} du\:u\, e^{-t (u-i/(2 t))^2} e^{-1/(4 t)}\right ]}\\ &= \frac{1}{\pi} e^{-1/(4 t)} \Im{\left [\int_{-\infty}^{\infty} dv \: \left ( v + \frac{i}{2 t} \right ) e^{-t v^2} \right]}\\ &= \frac{1}{\pi} e^{-1/(4 t)} \frac{1}{2 t} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \end{align}$$

Por lo tanto, el resultado es que

$$\mathcal{L}^{-1}[e^{-\sqrt{s}}](t) = \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: e^{-\sqrt{s}} e^{s t} = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}} t^{-3/2} e^{-\frac{1}{4 t}}$$

Así, en primer lugar vemos que

$$\frac1{2 \sqrt{\pi}} \int_0^{\infty} dx \, e^{-s x} e^{-\frac1{4 x}} x^{-3/2} = e^{-\sqrt{s}}$$

Podemos observar entonces que si sub $x \mapsto x/2$ y $s \mapsto 2 s$ obtenemos

$$\frac1{\sqrt{2 \pi}} \int_0^{\infty} dx \, e^{-s x} e^{-\frac1{2 x}} x^{-3/2} = e^{-\sqrt{2 s}}$$

Consideremos ahora $s=-i k = e^{i 3 \pi/2} k$ para $k \gt 0$ y $s=+i k = e^{i \pi/2} k$ para $k \lt 0$ . A continuación, se reproduce el resultado indicado.