Me gustaría mostrar: $$ I \equiv \frac{1}{(2 \pi {\rm i})^2} \int_ {- {\rm i} \infty}^{+ {\rm i} \infty} \int_{b {\rm i} \infty}^{b + {\rm i} \infty} \frac{1}{{\rm Ai}(u) {\rm Ai}(v) (u-v)} \dv \,du = \frac{1}{2} \;, $$ donde cada integrante es a través de una vertical de contorno en el plano complejo (como una transformada inversa de Laplace) y la única restricción en $a$ $b$ es: $$ 0 < b < a \;. $$ La función de Airy de la primera clase, $$ {\rm Ai}(z) \equiv \frac{1}{\pi} \int_0^\infty \cos \left( \frac{t^3}{3} + zt \right) \,dt \;, $$ satisface ${\rm Ai}''(z) = z {\rm Ai}(z)$ y es una función completa con ceros en el eje real negativo. Integración numérica me da $I = \frac{1}{2}$, pero ¿cómo puedo demostrarlo?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Los únicos ceros de la función Ai de Airy están en el eje real negativo. Además, sólo hay un polo en$u=v$, lo que revela de inmediato que la integral no depende de la $a$ $b$ elegido como largo como $0\leq b<a$.
Debido a la independencia de $b$$a$, elegimos $b=0$ $a=\eta$ y deje $v=i x$$u=\eta + i y$$x,y \in \mathbb{R}$. Podemos introducir centro de masa y coordenadas relativas $c= (x+y)/2$$r= x-y$. Por lo tanto la integral lee $$I= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_{-\infty}^\infty dc \int_{-\infty}^\infty dr\, \frac{i}{(r+i \eta) \mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c+\tfrac{r}2\right)\right] \mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c-\tfrac{r}2\right)\right]} \qquad (1)$$ donde ya se utiliza el hecho de que queremos dejar a $\eta\downarrow 0$ a eliminar la $\eta$ en el argumento de la Ai.
En un siguiente paso, usamos Sokhotsky la fórmula para simplificar $$I= \frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^\infty dc \int_{-\infty}^\infty dr\,\left[ \pi \delta(r) + \mathcal{P} \frac{i}{r} \right] \frac{1}{\mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c+\tfrac{r}2\right)\right] \mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c-\tfrac{r}2\right)\right]}.$$
Como el último factor es incluso en $r$ el principal valor de la integral se desvanece así que nos quedamos con $$I=\frac{1}{2(2\pi)}\int_{-\infty}^\infty dc \frac1{\mathop{\rm Ai}^2(ic)}.$$
Esta última integral podría ser otra buena pregunta. Resulta que WA sabe la antiderivada. Así $$\int_{-\infty}^\infty dc \frac1{\mathop{\rm Ai}^2(ic)} = - i \pi \frac{\mathop{\rm Bi}(ic)}{\mathop{\rm Ai}(ic)}\Biggr|_{-\infty}^\infty = 2\pi$$ a partir de la cual el resultado de la siguiente manera.
Editar:
Si usted no sabe Sokhotsky la fórmula se puede obtener el resultado mediante la adición de (1) la misma integral con la sustitución de $r\mapsto -r$. Entonces $$2I = \frac{1}{(2\pi)^2} \int_{-\infty}^\infty dc \int_{-\infty}^\infty dr\, \underbrace{\left[\frac{i}{r+i \eta} +\frac{i}{-r+i \eta} \right]}_{\frac{2\eta}{r^2 + \eta^2}} \frac{1}{\mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c+\tfrac{r}2\right)\right] \mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c-\tfrac{r}2\right)\right]}.$$ Como $\eta \downarrow 0$, la integral es dominado por $r$ cerca de 0 tal que uno puede reemplazar el factor pasado por su valor en $r=0$.
Tenga en cuenta que el último factor es exponencialmente en descomposición en tanto $c$ $r$ como puede verse en la asintótica de expansión de la Ia. Sabemos que $|\mathop{\rm Ai}(ic)| \sim e^{\sqrt{2} |c|^{3/2}/3}/{2\sqrt{\pi} |c|^{1/4}}$ tal que $$\left| \frac{1}{\mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c+\tfrac{r}2\right)\right] \mathop{\rm Ai}\left [\a la izquierda(c-\tfrac{r}2\right)\right]} \right| \sim 4 \pi \left| c+ \tfrac{r}2\right|^{1/4}\left| c- \tfrac{r}2\right|^{1/4} \exp \left[-\sqrt{2}\left(\left| c+ \tfrac{r}2\right|^{3/2} + \left| c- \tfrac{r}2\right|^{3/2} \right)/2 \right].$$ El decaimiento exponencial tanto en $r$ $c$ es más que suficiente para nuestros propósitos.
