¿Cómo llevar a cabo esta integración contorneada con $\log$ en el denominador?

Question

Deje $k > 0$ $ a>1$ ser constantes. Como lo que yo puedo decir, la integral $$ J = \int_{-\infty}^\infty dx\frac{e^{i k x}}{1+x^2}\frac{1}{\log(a - ix)} $$ converge, ya que el argumento del logaritmo nunca es igual a $1$ y nunca es un valor no positivo de número real. Calcular utilizando un contorno en la mitad superior del plano -, me parece que es igual a $$ 2\pi i \frac{e^{-k}}{2}\frac{1}{\log(a+1)}= \frac{\pi \,e^{-k}}{\log(a+1)}. $$

Claramente esta expresión no es válida si $k < 0$, debido a que la integral no debe volar. Para $k < 0$, nos gustaría utilizar un contorno en la mitad inferior del plano -. Pero el logaritmo tiene un punto de ramificación $z = -i a$ no. Podemos calcular la integral de $k < 0$ mediante el uso de análisis complejo o de otra manera?

Answer 1

Verificación

Dado que el integrando se desvanece en los extremos de la mitad superior del plano, cerca de la vía de integración en la mitad superior del plano -. $$ \gamma=[-R,R]\copa del Re^{i[0,\pi]} $$ El punto de rama de $\log(a-ix)$$-ia$, que está fuera de $\gamma$.

La integral a lo largo de la pieza circular de $\gamma$ desvanece como $R\to\infty$, lo que nos deja con $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ikx}}{1+x^2}\frac{\mathrm{d}x}{\log(a-ix)} &=2\pi i\operatorname*{Res}_{z=i}\left(\frac{e^{ikz}}{1+z^2}\frac1{\log(a-iz)}\right)\\ &=2\pi i\frac{e^{-k}}{2i}\frac1{\log(a+1)}\\ &=\frac{\pi e^{-k}}{\log(a+1)} \end{align} $$ Así que su integral parece correcto.

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Negativo $\boldsymbol{k}$

Podemos hacer la misma cosa para el negativo $k$, excepto tenemos que añadir una hendidura a lo largo de $(-ia,-i\infty)$ para la rama de corte y se incluyen los residuos de la singularidad en $-i(a-1)$. Si nos parametrizar el corte como $z=-ix$, luego tenemos a $\log(a-iz)=\log(x-a)+i\pi$ a la izquierda de la ranura y $\log(a-iz)=\log(x-a)-i\pi$ a la derecha. Entonces $$ \begin{align} &\overbrace{\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ikx}}{1+x^2}\frac{\mathrm{d}x}{\log(a-ix)}}^{\text{part along the real line (%#%#%)}} \overbrace{-i\int_a^\infty\frac{e^{kx}}{1-x^2}\left(\frac1{\log(x-a)+i\pi}-\frac1{\log(x-a)-i\pi}\right)\mathrm{d}x}^{\text{part around the slit (%#%#%)}}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ikx}}{1+x^2}\frac{\mathrm{d}x}{\log(a-ix)} +\int_a^\infty\frac{e^{kx}}{x^2-1}\frac{2\pi}{\log(x-a)^2+\pi^2}\mathrm{d}x\\ &=-2\pi i\operatorname*{Res}_{z=-i}\left(\frac{e^{ikz}}{1+z^2}\frac1{\log(a-iz)}\right)-2\pi i\operatorname*{Res}_{z=-i(a-1)}\left(\frac{e^{ikz}}{1+z^2}\frac1{\log(a-iz)}\right)\\ &=-2\pi i\frac{e^{k}}{-2i}\frac1{\log(a-1)}-2\pi i\frac{e^{k(a-1)}}{a(2-a)}i\\ &=\frac{\pi e^k}{\log(a-1)}+\frac{2\pi e^{k(a-1)}}{a(2-a)} \end{align} $$ Por lo tanto, para $z=x$, $$ \begin{align} &\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ikx}}{1+x^2}\frac{\mathrm{d}x}{\log(a-ix)}\\ &=\frac{\pi e^k}{\log(a-1)}+\frac{2\pi e^{k(a-1)}}{a(2-a)}-\int_a^\infty\frac{e^{kx}}{x^2-1}\frac{2\pi}{\log(x-a)^2+\pi^2}\mathrm{d}x \end{align} $$ Al $z=-ix$, esto equivale a $k\le0$. Sin embargo, para $k=0$, esto no es igual a $\frac\pi{\log(a+1)}$.