Integral Compleja en el libro de Heston de Rouah

Question

Tengo una pregunta tonta sobre cálculo complejo, en el que estoy un poco oxidado en este momento. En el libro de F. Rouah The Heston Model and Its Extensions in Matlab and C# aparece lo siguiente:

Ahora evalúe la integral interna en la Ecuación (3.32), como se hizo en (3.14). Esto produce $$\begin{align} \Pi_1 & = \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \varphi_2(u) \dfrac{e^{i(u+i)l}}{ i(u + i)} du \dfrac{1}{2\pi} \text{lim}_{R\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \varphi_2(u) \dfrac{e^{i(u+i)R}}{ i(u + i)} du\\ & = I_1 I_2. \end{align}$$ La segunda integral es una integral compleja con un polo en $u = i$. Por lo tanto, el residuo allí es, por lo tanto, $\varphi_2(i)/i$. Aplicando el Teorema del Residuo, obtenemos $$ I_2 = \text{lim}_{R\to\infty} \dfrac{1}{2\pi} \Bigg[ -2 \pi i \times \dfrac{ \varphi_2 (i)}{i} \Bigg] = -\varphi_2(-i).$$

Creo que entiendo el punto sobre resolver la integral usando el teorema del residuo y cómo funciona. Sin embargo, la pregunta que surge es: ¿Por qué no puedo hacer lo mismo para la primera integral?

Gracias

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Edit: una captura de pantalla de esa página, para completar

Answer 1

Se necesita más contexto, pero presumiblemente la diferencia es que $\ell <0$. Dado que $R>0$, puedes cerrar la integral en la mitad inferior del plano ya que la expresión $e^{-i(u+i)R}$ tiende a cero de forma exponencial en la semi-circunferencia grande inferior. (Supongo que $\varphi_2$ no aumenta demasiado rápido para causar un problema). Pero si $\ell<0$ entonces la expresión $e^{-i(u+i)\ell}$ aumenta exponencialmente en la mitad inferior del plano, por lo que si intentaras aplicar allí el teorema de los residuos, obtendrías un término para la semi-circunferencia que no tiende a cero.

Answer 2

La derivación en el libro es innecesariamente complicada, y claramente errónea en muchos lugares, como al tomar el límite de $R$. Aquí hay una prueba simple y directa.

Prueba: Supongamos que $q\in L_1(-\infty,\infty)\cap L_2(-\infty,\infty)$. Esto implica que la transformada de Fourier $\hat q\in L_2(-\infty,\infty)$. Esto no es pero necesita ser declarado por el libro.

\begin{align} \Pi_1&=\int_l^\infty e^xq(x)\,dx \\ &=\bigg(\int_{-\infty}^\infty-\int_{-\infty}^l\bigg)e^xq(x)\,dx \\ &= 1-\int_{-\infty}^l dx\,e^x \frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty du e^{-iux}\hat q(u) \\ &= 1- \frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty du\, \hat q(u)\int_{-\infty}^l dx\,e^{(1-iu)x} \tag1\label{eq:Fb}\\ &= 1+\frac{e^l}{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty du\,\hat q(u)\frac{e^{-iul}}{u+i}. \end{align} El intercambio del orden de la integración que resulta en la Ecuación \eqref{eq:Fb} se cumple porque $$\bigg(\int_{-\infty}^l dx\int_{-\infty}^\infty du\,e^x |e^{-iux}\hat q(u)|\bigg)^2\le \int_{-\infty}^l dx\,e^{2x}\int_{-\infty}^\infty du\,|\hat q(u)|^2 <\infty$$ por la inecuación de Cauchy-Schwardtz y $\hat q\in L_2(-\infty,\infty)$ cumpliendo la premisa del teorema de Fubini. $\quad\blacksquare$

De hecho, la misma metodología en efecto demuestra el teorema de Plancherel del cual este problema es un ejemplo.