Integral definida que implica una función de error

Question

Dejemos que $$\mathrm{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int\limits_{0}^x e^{-t^2}dt$$ sea la función de error. Entonces, tengo dos preguntas.

1. Para un número entero positivo $n$ ¿existe una solución de forma cerrada de $f_n=\int_{0}^\infty 1- (\mathrm{erf}(x))^n dx$ ?

2. ¿Existe algo positivo $c<\infty$ tal que $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f_n}{\sqrt{\log n}} =c$ .

Mathematica devuelve $1/\sqrt{\pi}$ cuando $n=1$ y $\sqrt{2/\pi}$ cuando $n=2$ .

Answer 1

Para motivar lo que sigue, empecemos por el $n=1$ caso.

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$$n=1$$

Aquí queremos evaluar

$$I_1 = \int_0^{\infty} dx\, \left (1-\operatorname{erf}{x} \right ) $$

donde

$$\operatorname{erf}{x} = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x dt \, e^{-t^2} = \frac{2}{\sqrt{\pi}} x \int_0^1 dt \, e^{-x^2 t^2}$$

Tenga en cuenta también que

$$\int_0^{\infty} dt \, e^{-x^2 t^2} = \frac{\sqrt{\pi}}{2 x} \implies 1 = \frac{2}{\sqrt{\pi}} x \int_0^{\infty} dt \, e^{-x^2 t^2} $$

Así,

$$1-\operatorname{erf}{x} = \frac{2}{\sqrt{\pi}} x \left [ \int_0^{\infty} dt \, e^{-x^2 t^2} - \int_0^1 dt \, e^{-x^2 t^2}\right ] = \frac{2}{\sqrt{\pi}} x \int_1^{\infty} dt \, e^{-x^2 t^2}$$

Sí, sé que he dado un montón de pasos adicionales para derivar algo que podría presentarse en un solo paso. Pero necesito esto para que los próximos casos no parezcan fuera de campo. De todos modos, la integral en este caso se deriva fácilmente cambiando el orden de integración:

$$\begin{align}I_1 &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_1^{\infty} dt \, \int_0^{\infty} dx\, x \, e^{-x^2 t^2}\\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_1^{\infty} dt \frac1{t^2} \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \end{align}$$

Bien, espero que haya sido sencillo.

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$$n=2$$

Ahora vamos a subir un poco las cosas y a evaluar

$$I_2 = \int_0^{\infty} dx\, \left (1-\operatorname{erf}^2{x} \right ) $$

Aquí, observamos que

$$\operatorname{erf}^2{x} = \frac{4}{\pi} x^2 \int_0^1 dt_1 \, \int_0^1 dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} $$

Sin embargo, en un resultado análogo al anterior, observe que

$$1 = \frac{4}{\pi} x^2 \int_0^{\infty} dt_1 \, \int_0^{\infty} dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} $$

para que

$$1-\operatorname{erf}^2{x} = \frac{4}{\pi} x^2 \left [ \int_0^{\infty} dt_1 \, \int_0^{\infty} dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} - \int_0^{1} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} \right ]$$

Espero que el lector aprecie el motivo por el que establecí el $n=1$ caso como yo lo había hecho. Ahora tenemos un tipo diferente de región complementaria: un pequeño cuadrado recortado de uno más grande. Al dibujar esto, se ve que hay tres regiones de integración: $[0,1] \times [1,\infty)$ , $ [1,\infty) \times [0,1]$ y $[1,\infty) \times [1,\infty)$ . Debe apreciarse que las dos primeras regiones darán como resultado la misma integral por simetría. Por lo tanto,

$$1-\operatorname{erf}^2{x} = \frac{4}{\pi} x^2 \left [ 2 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} \right ]$$

Así,

$$\begin{align} I_2 &= \frac{4}{\pi} \left [ 2 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \right ] \int_0^{\infty} dx \, x^2 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2)} \\ &= \frac1{\sqrt{\pi}} \left [ 2 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, (t_1^2+t_2^2)^{-3/2} + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, (t_1^2+t_2^2)^{-3/2} \right ]\\ &=\frac1{\sqrt{\pi}} \left [ \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, (t_1^2+t_2^2)^{-3/2} + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{\infty} dt_2 \, (t_1^2+t_2^2)^{-3/2} \right ] \\ &= \frac1{\sqrt{\pi}} \left [ \int_1^{\infty} dt_1 \, \frac1{t_1^2} \, \int_0^{\arctan{(1/t_1)}} d\theta \, \cos{\theta} + \int_1^{\infty} dt_1 \, \frac1{t_1^2} \,\int_0^{\pi/2} d\theta \, \cos{\theta} \right ] \\ &= \frac1{\sqrt{\pi}} \left (1+ \int_1^{\infty} \frac{dt_1}{t_1^2 \sqrt{1+t_1^2}} \right ) \\ &= \frac1{\sqrt{\pi}} \left (1+ \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\theta \frac{\cos{\theta}}{\sin^2{\theta}} \right ) \\ &=\frac1{\sqrt{\pi}} \left ( 1 + \sqrt{2} - 1 \right ) \end{align} $$

Así,

$$I_2 = \sqrt{\frac{2}{\pi}} $$

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$$n=3$$

$$I_3 = \int_0^{\infty} dx\, \left (1-\operatorname{erf}^3{x} \right ) $$

Ahora, apliquemos un razonamiento similar al caso $n=3$ . Sí, esto implica integrales triples y es complicado.

$$\begin{align}1-\operatorname{erf}^3{x} &= \frac{8}{\pi^{3/2}} x^3 \times \\ & \left [ \int_0^{\infty} dt_1 \, \int_0^{\infty} dt_2 \, \int_0^{\infty} dt_3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)} - \int_0^{1} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, \int_0^{1} dt_3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)} \right ]\end{align}$$

Ahora tenemos un espacio tridimensional al que le falta un pequeño cubo en una esquina. El resultado son siete regiones diferentes, 3 de las cuales son $[1,\infty) \times [0,1] \times [0,1]$ , 3 de los cuales son $[1,\infty) \times [1,\infty) \times [0,1]$ y un ser $[1,\infty) \times [1,\infty) \times [1,\infty)$ . Espero que estés percibiendo el comienzo de un patrón:

$$\begin{align}1-\operatorname{erf}^3{x} &= \frac{8}{\pi^{3/2}} x^3 \times \\ & \left [3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, \int_0^{1} dt_3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)} + 3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_0^{1} dt_3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)} \\ + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_1^{\infty} dt_3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)}\right ]\end{align}$$

Así, cambiando el orden de integración

$$\begin{align}I_3 &= \frac{8}{\pi^{3/2}} \left [3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, \int_0^{1} dt_3 \, + 3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_0^{1} dt_3 \, + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_1^{\infty} dt_3 \, \right ]\times \int_0^{\infty} dx \, x^3 \, e^{-x^2 (t_1^2+t_2^2+t_3^2)}\\ &= \frac{4}{\pi^{3/2}} \left [3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^{1} dt_2 \, \int_0^{1} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} \, + 3 \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_0^{1} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} \, + \int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_1^{\infty} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} \, \right ] \end{align} $$

La evaluación de estas integrales a mano fue un ejercicio que consume mucho tiempo y que recomiendo hacer a mano una vez en la vida sólo para saber cuánta organización y atención al detalle requiere. Yo lo hice y a continuación explicaré cómo hice la tercera. Sin embargo, hay que tener en cuenta que Mathematica devuelve el valor correcto de estas integrales. (Esto debería verse como una victoria menor en sí misma, ya que Mathematica ciertamente no podía hacer la integral original).

Así que consideremos

$$\int_1^{\infty} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}}$$

Sub $t_3 = \sqrt{t_1^2+t_2^2} \tan{\theta}$ entonces la integral es igual a

$$\frac1{(t_1^2+t_2^2)^{3/2}} \int_{\arctan{1/\sqrt{t_1^2+t_2^2}}}^{\pi/2} d\theta\, \cos^2{\theta} \\ = \frac12 \frac1{(t_1^2+t_2^2)^{3/2}} \left [\arctan{\left (\sqrt{t_1^2+t_2^2} \right )} - \frac{\sqrt{t_1^2+t_2^2}}{1+t_1^2+t_2^2} \right ]$$

Ahora vamos a hacer la integración sobre $t_2$ :

$$\begin{align}\int_1^{\infty} dt_2 \, \int_1^{\infty} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} &= \frac12 \int_1^{\infty} dt_2 \, \frac1{(t_1^2+t_2^2)^{3/2}} \left [\arctan{\left (\sqrt{t_1^2+t_2^2} \right )} - \frac{\sqrt{t_1^2+t_2^2}}{1+t_1^2+t_2^2} \right ]\\ &= \frac1{2 t_1^2} \int_{\arctan{1/t_1}}^{\pi/2} d\theta \, \cos{\theta} \left [\tan{\left (\frac{t_1}{\cos{\theta}} \right )} - \frac{t_1 \cos{\theta}}{t_1^2+\cos^2{\theta}}\right ] \end{align}$$

Integramos por partes y la integral es igual a

$$\frac1{2 t_1^2} \left [\sin{\theta} \arctan{\left (\frac{t_1}{\cos{\theta}} \right )} \right ]_{\arctan{1/t_1}}^{\pi/2} - \frac1{2 t_1^2} \int_{\arctan{1/t_1}}^{\pi/2} d\theta \, \frac{\sin{\theta}}{1+\frac{t_1^2}{\cos^2{\theta}}} \frac{t_1 \sin{\theta}}{\cos^2{\theta}} \\ - \frac1{2 t_1^2} \int_{\arctan{1/t_1}}^{\pi/2} d\theta \, \frac{t_1 \cos^2{\theta}}{t_1^2+\cos^2{\theta}}$$

o

$$\frac1{2 t_1^2} \left [\frac{\pi}{2} - \frac1{\sqrt{1+t_1^2}} \arctan{\sqrt{1+t_1^2}} \right ] - \frac1{2 t_1} \int_{\arctan{1/t_1}}^{\pi/2} \frac{d\theta}{t_1^2+\cos^2{\theta}}$$

La integral en el lado derecho puede hacerse escribiendo $\cos^2{\theta} = 1 - \sin^2{\theta}$ realizando una descomposición de fracciones parciales, y luego utilizando una sustitución de Weierstrass $u = \tan{(\theta/2)}$ . Aseguro al lector que lo hice a mano y dejo la evaluación de la integral como ejercicio. El resultado es

$$\int \frac{d\theta}{t_1^2+\cos^2{\theta}} = \frac1{t_1 \sqrt{1+t_1^2}} \arctan{ \left (\frac{t_1 \tan{\theta}}{\sqrt{1+t_1^2}} \right )}+C $$

El resultado es que la integral sobre $t_2$ es igual a

$$\frac{\pi}{4 t_1^2} \left (1-\frac1{\sqrt{1+t_1^2}} \right ) - \frac1{2 t_1^2 \sqrt{1+t_1^2}} \left (\arctan{\sqrt{1+t_1^2}} - \arctan{\frac1{\sqrt{1+t_1^2}}} \right )$$

Por último, integramos sobre $t_1$ . Las manipulaciones en este punto te resultarán bastante familiares (es decir, sustitución trigonométrica e integración por partes), así que ahorraré al lector los detalles, que aseguro haber realizado completamente a mano. El resultado es

$$\int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_1^{\infty} \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} \arctan{\frac1{\sqrt{2}}} - 3 \left ( \sqrt{2}-1 \right ) \frac{\pi}{4}$$

Por supuesto, tenemos otras dos integrales que evaluar. En este punto, ahorraré más al lector y me limitaré a escribir los resultados:

$$\int_1^{\infty} dt_1 \, \int_1^{\infty} dt_2 \, \int_0^1 \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} = \left (2 \sqrt{2} - 1 \right ) \frac{\pi}{4} - \frac{3}{\sqrt{2}} \arctan{\frac1{\sqrt{2}}} $$

$$\int_1^{\infty} dt_1 \, \int_0^1 dt_2 \, \int_0^1 \frac{dt_3}{(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} \arctan{\frac1{\sqrt{2}}} - \sqrt{2} \frac{\pi}{4}$$

Finalmente, ahora podemos escribir simplemente el valor de la integral original como

$$I_3 = \frac{6}{\pi} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \arctan{\frac1{\sqrt{2}}} $$

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Por lo que respecta a la arbitrariedad $n$ Espero que quede claro cómo se puede llevar a cabo la evaluación de la integral:

$$\int_0^{\infty} dx \, \left (1-\operatorname{erf}^n{x} \right ) = \\\frac12 \Gamma \left (\frac{n+1}{2} \right ) \left (\frac{2}{\sqrt{\pi}} \right )^n \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \int_1^{\infty} dt_1 \, \cdots \int_1^{\infty} dt_k \, \int_0^1 dt_{k+1} \, \cdots \int_0^1 dt_n \left (t_1^2+\cdots t_n^2 \right )^{-(n+1)/2} $$

Lo dejaré aquí en este punto.

Answer 2

Dejemos que $\Delta^{n}$ ser una parte de la unidad $n$ -esfera $S^n$ definido por

$$ \Delta^n = \{ \omega \in S^n : 0 < \omega_1 < \cdots < \omega_n < \tfrac{1}{\sqrt{2}} \omega_{n+1} \}. \tag{1} $$

Entonces no es difícil comprobar que para $n \geq 2$ ,

$$ f_n = 2^{n-\frac{5}{2}} \pi^{-n/2} n! \left( \tfrac{n-3}{2} \right)! \operatorname{Vol}(\Delta^{n-2}). $$

(Aquí, utilizamos la convención de que $\Delta^0$ es un punto único y por lo tanto $\operatorname{Vol}(\Delta^0) = 1$ .) Esto permite calcular $f_n$ para ciertos $n$ 's:

1. Cuando $n = 2$ tenemos inmediatamente $$ f_2 = \sqrt{\frac{2}{\pi}}. $$

2. Cuando $n = 3$ entonces $\Delta^1$ es una porción del círculo unitario con una longitud de arco $\arctan(1/\sqrt{2})$ . Así que tenemos $$ f_3 = \frac{6\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan(1/\sqrt{2}). $$

3. Cuando $n = 4$ no es difícil comprobar que $\Delta^2$ es un triángulo esférico con ángulos $\frac{\pi}{4}$ , $\frac{\pi}{2}$ y $\arctan \sqrt{2}$ . En consecuencia, la zona de $\Delta^2$ es $\frac{\pi}{4} - \arctan(1/\sqrt{2})$ que es igual a $\frac{1}{2}\arctan(1/\sqrt{8})$ . Así que tenemos $$ f_4 = \frac{12\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan(1/\sqrt{8}). $$

No estoy seguro de $n =5$ pero probablemente se necesite alguna teoría bien establecida sobre los ortosquemas para calcular el volumen de $\Delta^3$ . Así que me detendré aquí.

En su lugar, investiguemos el comportamiento asintótico de $f_n$ .

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La intuición. Dejemos que $X_1, X_2, \cdots$ sean i.i.d. de tal manera que la FCD común $F_X$ viene dada por $\mathrm{erf}$ . (En particular, $X_i$ son a.s. no negativos). Sea $M_n = \max\{X_1, \cdots, X_n\}$ . Entonces

$$ \Bbb{P}(M_n > x) = 1 - \Bbb{P}(M_n \leq x) = 1 - F_X(x)^n = 1 - \operatorname{erf}(x)^n. $$

En consecuencia, tenemos

$$ f_n = \int_{0}^{\infty} (1 - \operatorname{erf}(x)^n) \, dx = \Bbb{E}M_n. $$

En general, $M_n$ tiene aproximadamente la misma asintótica que la última $n$ -de la distribución de $X$ . En otras palabras, si $x_n$ se elige de manera que $F_X(x_n) = 1 - n^{-1}$ entonces $M_n$ y $x_n$ tiene aproximadamente el mismo orden. Pero en nuestro caso, no es difícil demostrar que $x_n \sim (\log n)^{1/2}$ . Por lo tanto, esperamos que $f_n \sim (\log n)^{1/2}$ .

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Solución. Aplicar la sustitución $x \mapsto x \sqrt{\log n}$ para escribir

$$ \frac{f_n}{\sqrt{\log n}} = \int_{0}^{\infty} (1 - \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n})^n ) \, dx. $$

Para facilitar esta identidad, primero hacemos la siguiente observación sencilla:

Lema. Tenemos $\operatorname{erf}(x) = 1 - \frac{1 + o(1)}{x\sqrt{\pi}} e^{-x^2} $ como $x \to \infty$ .

De hecho, esta es una consecuencia directa de la norma de L'Hospital. Ahora fije cualquier $R > 1$ . Por el lema, existe una cantidad suficientemente grande de $N = N(R)$ tal que para $x \geq R$ y $n \geq N$ tenemos una estimación uniforme

$$ 1 - \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n})^n \leq n \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n}) \leq \frac{C}{x \sqrt{\log n}} n^{1-x^2} \leq \frac{C}{x\sqrt{\log n}} N^{1 - x^2} $$

para alguna constante $C = C(R) > 0$ . Por lo tanto, se deduce que

$$ 0 \leq \int_{R}^{\infty} (1 - \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n})^n) \, dx \leq \frac{C}{\sqrt{\log n}} \int_{R}^{\infty} \frac{N^{1 - x^2}}{x} \, dx \xrightarrow{n\to\infty} 0. $$

Por otro lado, para cualquier $x > 0$ tenemos

$$ \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n})^n = \left(1 - \frac{1+o(1)}{x\sqrt{\pi \log n}} n^{-x^2} \right)^n \xrightarrow{n\to\infty} \begin{cases} 0, & x < 1 \\ 1, & x \geq 1. \end{cases} $$

Así, por el teorema de convergencia acotada, tenemos

$$ \int_{0}^{R} (1 - \operatorname{erf}(x \sqrt{\log n})^n) \, dx \xrightarrow{n\to\infty} 1. $$

Por lo tanto, tenemos

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{f_n}{\sqrt{\log n}} = 1. $$

Answer 3

He aquí una respuesta parcial: Para $n=3$ y $n=4$ existen soluciones de forma cerrada, según Ng y Geller (A Table of Integrals of the Error Function. II. Additions and Corrections, Journal of Research of the National Bureau of Standards, Vol. 75B, 1971, pp. 149-163; véase $\S3.7$ , ecuaciones 21 y 22, p. 158), $$f_3={6\over\pi}\sqrt{2\over\pi}\tan^{-1}(2^{-1/2})$$ y $$f_4={12\over\pi}\sqrt{2\over\pi}\tan^{-1}(8^{-1/2})\,.$$ Verifiqué las expresiones de Ng y Geller mediante la rutina de integración numérica de Mathematica, NIntegrate. Todavía no veo la derivación, pero trataré de generalizar a otros valores de $n$ .