Expansión asintótica de una función$\frac{4}{\sqrt \pi} \int_0^\infty \frac{x^2}{1 + z^{-1} e^{x^2}}dx$

Question

Cómo encontrar la expansión asintótica de la siguiente función para valores grandes de$z$. $$f_{3/2}(z) = \frac{4}{\sqrt \pi} \int_0^\infty \frac{x^2}{1 + z^{-1} e^{x^2}}dx $ $ Tengo que obtener algo como (en el libro)$$ f_{3/2}(z) = \frac{4}{3 \sqrt \pi} \left[ (\ln z)^{3/2} + \frac{\pi^2}{8} (\ln z)^{-1/2} + \dots \right ] $ $ el problema proviene de la física para determinar el potencial químico del gas Fermi.

Answer 1

Por simplicidad vamos a escribir $\ln z = \lambda$. La integral estamos tratando de aproximarse es

$$ I(\lambda) = \int_0^\infty \frac{x^2}{1+\exp(x^2-\lambda)}\,dx $$

como $\lambda \to \infty$.

Comience haciendo el cambio de variables $x^2-\lambda = y$ para obtener

$$ \begin{align} I(\lambda) &= \frac{1}{2} \int_{-\lambda}^\infty \frac{\sqrt{y+\lambda}}{1+e^y}\,dy \\ &= \frac{\sqrt{\lambda}}{2} \left( \int_{-\lambda}^0 \frac{\sqrt{1+y/\lambda}}{1+e^y}\,dy + \int_0^\infty \frac{\sqrt{1+y/\lambda}}{1+e^y}\,dy \right). \tag{1} \end{align} $$

El asymptotics para la segunda integral se puede encontrar simplemente la expansión de la raíz cuadrada en una potencia de la serie

$$ \sqrt{1+y/\lambda} = 1 + \frac{y}{2\lambda} - \frac{y^2}{8\lambda^2} + \cdots $$

y la integración término a término para obtener

$$ \int_0^\infty \frac{\sqrt{1+y/\lambda}}{1+e^y}\,dy = \ln 2 + \frac{\pi^2}{24\lambda} + O\left(\frac{1}{\lambda^2}\right). \etiqueta{2} $$

Conseguir la asymptotics para la primera integral es un poco más complicado. Haciendo el cambio de variables $y = -\lambda u$ rendimientos

$$ \int_{-\lambda}^0 \frac{\sqrt{1+y/\lambda}}{1+e^y}\,dy = \lambda \int_0^1 \frac{\sqrt{1-u}}{1+e^{-\lambda u}}\,du. \etiqueta{3} $$

Invocando el teorema de convergencia dominada podemos ampliar el denominador como una serie geométrica en $e^{-\lambda u}$ e intercambiar el orden de integración y suma para obtener

$$ \begin{align} \lambda \int_0^1 \frac{\sqrt{1-u}}{1+e^{-\lambda u}}\,du &= \lambda \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^1 \sqrt{1-u} \ e^{-n\lambda u}\,du \\ &= \frac{2\lambda}{3} + \lambda \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \int_0^1 \sqrt{1-u} \ e^{-n\lambda u}\,du. \end{align} $$

Por Watson lema que hemos

$$ \int_0^1 \sqrt{1-u} \ e^{-n\lambda u}\,du = \frac{1}{n\lambda} - \frac{1}{2n^2\lambda^2} + O\left(\frac{1}{n^3 \lambda^3}\right) \etiqueta{4} $$

y al sustituir esto en la anterior suma nos encontramos con que

$$ \begin{align} \lambda \int_0^1 \frac{\sqrt{1-u}}{1+e^{-\lambda u}}\,du &= \frac{2\lambda}{3} + \lambda \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \left[ \frac{1}{n\lambda} - \frac{1}{2n^2\lambda^2} + O\left(\frac{1}{n^3 \lambda^3}\right)\right] \\ &= \frac{2\lambda}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{2\lambda} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} + O\left(\frac{1}{\lambda^2}\right) \\ &= \frac{2\lambda}{3} - \ln 2 + \frac{\pi^2}{24\lambda} + O\left(\frac{1}{\lambda^2}\right). \tag{5} \end{align} $$

Recordando de $(3)$ que esto es igual a la primera integral en $(1)$, podemos sustituir este y $(2)$ a $(1)$ para obtener

$$ \begin{align} I(\lambda) &= \frac{\sqrt{\lambda}}{2} \left[ \frac{2\lambda}{3} - \ln 2 + \frac{\pi^2}{24\lambda} + O\left(\frac{1}{\lambda^2}\right) + \ln 2 + \frac{\pi^2}{24\lambda} + O\left(\frac{1}{\lambda^2}\right) \right] \\ &= \frac{1}{3} \lambda^{3/2} + \frac{\pi^2}{24} \lambda^{-1/2} + O\left(\lambda^{-3/2}\right). \end{align} $$

Esto concluye la respuesta desde

$$ f_{3/2}(z) = \frac{4}{\sqrt{\pi}} \,I(\ln z). $$

Answer 2

Esta es una forma en que un físico hace una estimación rápida aproximada:

Después del cambio de variable$t=x^2$ obtenemos:

ps

Ahora, el truco es reemplazar el límite superior$$f_{3/2}(z) = \frac{2}{\sqrt \pi} \int_0^\infty \frac{\sqrt{t}}{1 + z^{-1} e^{t}}dt$ con$\infty$:

$\ln z$$$f_{3/2}(z) \approx \frac{2}{\sqrt \pi} \int_0^{\ln z} \frac{\sqrt{t}}{1 + z^{-1} e^{t}}dt$ z $.

Cuanto mayor es z, menos$ for large $ contribuirá a la integral y obtenemos aproximadamente:

ps