Arco contribución en $\int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z \frac{e^{-z^2}}{z-1}$

Question

Considere la posibilidad de una integral impropia con un poste en la integración de contorno a decir $z=1$,

$$ \etiqueta{1} I = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z\ \frac{e^{-z^2}}{z-1+i\epsilon},~~~~~\epsilon>0. $$ Deje $$f(z) = \frac{e^{-z^2}}{z-1+i\epsilon}$$ entonces $$ \sum_{residuos~en~\Gamma} = 0 = \oint_\Gamma f(z) = I+\left(\int_{\Gamma_\epsilon}+\int_{\Gamma_\infty} \right) f(z), $$ donde el total de contorno es$\Gamma\equiv (-R,R)+\Gamma_\epsilon+\Gamma_\infty$$R\rightarrow \infty$.

Así $$ I = - \left(\int_{\Gamma_\epsilon}+\int_{\Gamma_\infty} \right) f(z). $$ El contorno de $\Gamma_\epsilon$ es una semicircunferencia centrada sobre $z = 1$ radio $\epsilon$. Su contribución está dada por $$ \int_{\Gamma_\epsilon} \mathrm{d}z ~f(z) = i (\theta_2-\theta_1)~ \mathrm{Res}(f;z=1) = \frac{-i\pi}{e}. $$

La evaluación de $(1)$ en Mathematica y tomar la $\epsilon\rightarrow 0 $ límite da $$ I = e^{(\epsilon +i)^2} \left(-\pi \text{erfi}(1-i \epsilon )+\log (-1+i \epsilon )+\log \left(\frac{i}{\epsilon +i}\right)-2 i \pi \right) \\ \longrightarrow -\frac{\pi (\text{erfi}(1)+i)}{e}~~~(\text{como}~ \epsilon \rightarrow 0). $$

Por lo tanto, aparentemente, $$ \etiqueta{2} \int_{\Gamma_\infty} \mathrm{d}z \, f(z) = \frac{2\pi i}{e}+\frac{\mathrm{erfi}(1)}{e}. $$

¿Alguien puede derivar esta contribución de la semicírculo en el infinito? I. e. es $(2)$ correcto y qué acerca de las generalizaciones de $(1)$ a las integrales de la forma

$$\etiqueta{3} I = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{d}z\ \frac{z^n e^{-z^2}}{(z-a+i\epsilon)(z-b-i\epsilon)},~~~~~\epsilon>0,a,b\in\mathbb{R},n\in \mathbb{N}. $$

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Nota, erfi se define como $\mathrm{erfi}(z) \equiv \mathrm{erf}(iz)/i$ con la conocida función de error.

Answer 1

Cerca de la parte superior del arco, el integrando golpes exponencialmente. Me gustaría evitar el uso de ese arco.

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Método Real

Sustituyendo $z\mapsto-z$, obtenemos $$ \operatorname{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-z^2}}{z-1}\mathrm{d}z =-\operatorname{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-z^2}}{z+1}\mathrm{d}z\tag1 $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \operatorname{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-z^2-1}e^{-2z}}{z}\mathrm{d}z &=-\operatorname{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-z^2-1}e^{2z}}{z}\mathrm{d}z\tag2\\ &=-\frac1e\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\frac{\sinh(2z)}z\,\mathrm{d}z\tag3 \end{align} $$ Explicación:
$(2)$: sustituto $z\mapsto z+1$ a la izquierda y $z\mapsto z-1$ sobre el derecho de $(1)$
$(3)$: promedio de la derecha y la izquierda de $(2)$

Configuración $$ f(a)=\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\frac{\sinh(az)}z\,\mathrm{d}z\tag4 $$ tenemos $f(0)=0$ y $$ \begin{align} f'(a) &=\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\cosh(az)\,\mathrm{d}z\tag5\\ &=\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}e^{az}\,\mathrm{d}z\tag6\\ &=e^{a^2/4}\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\,\mathrm{d}z\tag7\\[3pt] &=\sqrt\pi\,e^{a^2/4}\tag8 \end{align} $$ Explicación:
$(5)$: tomar la derivada bajo la integral
$(6)$: $\cosh(ax)$ es la parte de la $e^{ax}$
$(7)$: sustituto $z\mapsto z+a/2$
$(8)$: evaluar la integral

Por lo tanto, $$ \begin{align} \operatorname{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-z^2}}{z-1}\mathrm{d}z &=-\frac1e\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\frac{\sinh(2z)}z\,\mathrm{d}z\tag9\\ &=-\frac{\sqrt\pi}e\int_0^2e^{a^2/4}\,\mathrm{d}a\tag{10}\\ &=-\frac{2\sqrt\pi}e\int_0^1e^{a^2}\,\mathrm{d}a\tag{11}\\[3pt] &=-\frac\pi{e}\,\operatorname{erfi}(1)\tag{12} \end{align} $$ Explicación:
$\phantom{0}(9)$: aplicar $(3)$
$(10)$: aplicar $(8)$
$(11)$: sustituto $a\mapsto2a$
$(12)$: evaluar la integral

Answer 2

Para comprobar su trabajo: si usted se preocupa por una solución rápida, empieza por considerar $I(a)= \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-a(x^2-1)}}{x-1}\textrm{dx}$, donde mediante la diferenciación con respecto a $a$ y, a continuación, la integración de la espalda, estamos llevar a $I(1)=-\sqrt{\pi}\int_0^1 \frac{e^a}{\sqrt{a}}\textrm{d}a=-\pi\operatorname{Erfi}(1).$ por lo tanto, tenemos $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}}{x-1}\textrm{dx}=-\frac{\pi}{e}\operatorname{Erfi}(1).$$

Nota: las integrales anteriores tienen un significado sólo en el CPV sentido, como se ha visto descrito en https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_principal_value.

Literatura:la relativa a la Faddeeva función (a veces referido como el plasma de la función de dispersión) - https://en.wikipedia.org/wiki/Faddeeva_function.

Answer 3

La contribución de la (superfluo) la deformación del segmento en $[0,2]$ a un semicírculo es cancelado por otras partes de la integral a lo largo del eje real. Esta deformación se cruza sin polos, por lo que la ruta de acceso integral a lo largo de $\Gamma_\epsilon + [0,2]$ es cero.

Entonces, ¿qué está pasando? En su expresión $$ I+\left(\int_{\Gamma_\epsilon}+\int_{\Gamma_\infty} \right) f(z) \text{,} $$ tiene dos rutas de$0$$2$. Uno corre a lo largo del eje real y es aportado por $I$. El otro corre a lo largo de $\Gamma_\epsilon$. No debería ser ninguna sorpresa que este aporte es overcounted en el resultado que usted tiene.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}{\expo{-z^{2}} \over z - 1}\,\dd z & = \mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}{\expo{-\pars{z + 1}^{2}} \over z}\,\dd z = \int_{0}^{\infty} {\expo{-\pars{z + 1}^{2}} - \expo{-\pars{z - 1}^{2}} \over z}\,\dd z \\[5mm] & = \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{0}^{\infty} \expo{-\pars{z + \sigma}^{2}}\pars{\int_{0}^{\infty}\expo{-zx}\dd x}\,\dd z \\[5mm] & = \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-\bracks{z^{2} + 2\sigma z + 1 + xz}}\,\dd z\,\dd x \\[5mm] & = \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-\bracks{z + \sigma + {x \over 2}}^{2} - 1 + \sigma^{2} + \sigma x + {x^{2} \over 4}}\,\dd z\,\dd x \\[5mm] & = \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{0}^{\infty} \exp\pars{\sigma x + {x^{2} \over 4}}\int_{\sigma + x/2}^{\infty} \exp\pars{-z^{2}}\,\dd z\,\dd x \\[5mm] & = \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-z^{2}} \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{0}^{2z - 2\sigma} \exp\pars{{1 \over 4}\braces{\bracks{x + 2\sigma}^{\, 2} - 4\sigma^{2}}} \,\dd x\,\dd z \\[5mm] & = \expo{-1}\int_{0}^{\infty}\exp\pars{-z^{2}} \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{2\sigma}^{2z}\exp\pars{x^{2} \over 4} \,\dd x\,\dd z \\[5mm] & = 2\expo{-1}\int_{0}^{\infty}\exp\pars{-z^{2}} \sum_{\sigma = \pm 1}\sigma\int_{\sigma}^{z}\exp\pars{x^{2}} \,\dd x\,\dd z \\[5mm] & = -2\expo{-1}\int_{0}^{\infty}\exp\pars{-z^{2}} \bracks{\int_{-1}^{z}\exp\pars{x^{2}}\,\dd x - \int_{1}^{z}\exp\pars{x^{2}}\,\dd x}\,\dd z \\[5mm] & = -2\expo{-1}\ \overbrace{\bracks{\int_{0}^{\infty}\exp\pars{-z^{2}}\dd z}} ^{\ds{\root{\pi} \over 2}}\ \overbrace{\int_{-1}^{1}\exp\pars{x^{2}}\,\dd x} ^{\ds{\mbox{Set}\ x = -\ic t}} \\[5mm] & = -2\expo{-1}\root{\pi}\int_{0}^{\ic}\exp\pars{-t^{2}}\pars{-\ic}\,\dd t \\[5mm] & = \ic\pi\expo{-1} \bracks{{2 \over \root{\pi}}\int_{0}^{\ic}\exp\pars{-t^{2}}\dd t} = \bbx{\ic\pi\expo{-1}\mrm{erf}\pars{\ic}} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{\,\mrm{erf}\pars{\ic} = \ic\,\mrm{erfi}\pars{1}}$.