Signo de integral de $\frac{ 2 ^{\frac{it}{2/3}} \Gamma ( \frac{it +1}{2/3}) }{ 2 ^{\frac{it}{1.5}} \Gamma ( \frac{it +1}{1.5}) } \frac{1}{(a+it)^k}$

Question

Podemos determinar el signo de la siguiente función\begin{align} f(a,k)=\int_{-\infty}^\infty \frac{ 2 ^{\frac{it}{2/3}} \Gamma \left( \frac{it +1}{2/3}\right) }{ 2 ^{\frac{it}{3/2}} \Gamma \left( \frac{it +1}{3/2}\right) } \frac{1}{(a+it)^k} dt, \end {Alinee el} donde $a\neq 0$ y $k \ge 1$ son un número entero positivo.

La conjetura es que el signo de la integral es igual a\begin{align} {\rm sign } (f(a,k))={\rm sign}(a)^k. \end {Alinee el}

Quizás el límite siguiente pueden ser útil. Mediante un método en esta pregunta no es difícil ver eso\begin{align} \left | \frac{ 2 ^{\frac{it}{2/3}} \Gamma \left( \frac{it +1}{2/3}\right) }{ 2 ^{\frac{it}{3/2}} \Gamma \left( \frac{it +1}{3/2}\right) } \right| \to O( e^{- (\frac{3}{2}-\frac{2}{3}) t}) \text{ as } t \to \infty. \end {Alinee el}

Gracias

Answer 1

No se muy bien la respuesta, pero un buen comienzo. Veamos

$$f(a,k)=\int_{-\infty}^\infty \frac{ 2 ^{\frac{it}{2/3}} \Gamma \left( \frac{it +1}{2/3}\right) }{ 2 ^{\frac{it}{3/2}} \Gamma \left( \frac{it +1}{3/2}\right) } \frac{1}{(a+it)^k} dt$$

la cual puede escribirse como

$$f(a,k)= (-i) \int_{-i\infty}^{i\infty} 2 ^{\frac{5z}{6}}\frac{ \Gamma \left( \frac{3(z +1)}{2}\right) }{ \Gamma \left( \frac{2(z +1)}{3}\right) } \frac{1}{(a+z)^k} dz$$

Observar que $\Gamma \left( \frac{3(z +1)}{2}\right)$ tiene polos en la mitad izquierda del plano al$\frac{3(z+1)}{2} = n$$ n = 0, -1, -2, -3,....$, por lo que al $z = \frac{2}{3}n - 1$ tenemos un polo. La parte principal se

$$\frac{(-1)^n}{n!(\frac{3(z+1)}{2} +n)} = \frac{2}{3}\frac{(-1)^n}{n!(z + 1 + \frac{2}{3}n)}$$

Tomar un semicírculo de contorno que crece en la mitad izquierda del plano. Un simple ejercicio de Mellin transforma da que, si $a < 0$

$$f(a,k) = \frac{4\pi}{3}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n2^{-\frac{5}{6}(1+\frac{2}{3}n)}}{n!\Gamma(-\frac{4}{9}n)(a-1-\frac{2}{3}n)^k}$$

Ahora muestra que $\text{sign}(f(a,k)) = \text{sign}(a)^k$ implica hablar sobre esta serie. Tenga en cuenta que algunos de los términos desaparecer si $n = 0 \,\mod 9$ (debido a que la función Gamma en la parte inferior se desvanece). No está seguro de cómo aproximarnos a este, pero probablemente discutiendo que esta serie oscila violentamente tiene algo que ver con ella. Parece evidente, sin embargo que si $a<0$$\text{sign}(f(a,k))^k = \text{sign}(a)^k$.

EDIT: Si $a > 0$ hay otro término añadido debido a $\frac{1}{(a+z)^k}$ tiene un polo en la mitad izquierda del plano. Este debe ser manejado en los casos en que, debido al $a = -\frac{2}{3}n -1$ de los residuos de obtener todos los wonky. Yo voy a dejar a usted para buscar que el plazo adicional, que no es demasiado difícil. Sólo implica la adopción de la $k$'th derivado de el resto de el integrando (algo que yo no estoy en el humor para hacer).

PD: puede que se me haya jodido algo de aritmética; el importe de las fracciones I sólo tachado y se reorganizan en mi cabeza me había borrosa en los ojos.