Asintóticas para incompleto$\Gamma$ con argumentos iguales

Question

En la biblioteca digital de funciones matemáticas, no es un uniforme de expansión asintótica de la función gamma incompleta de la igualdad de los argumentos de la $\Gamma(z,z)$ grandes $z$ (http://dlmf.nist.gov/8.11#v -- fórmula 8.11.12). El orden más bajo términos son

$$\Gamma(z,z) \sim z^{z-1}e^{-z} \left(\sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{\frac{1}{2}} + \frac{1}{3} + \frac{\sqrt{2 \pi} }{24 z^{\frac{1}{2}}} + \ldots \right)$$

La biblioteca digital, por desgracia, la cites no hay fuentes. Alguien tiene alguna idea de cómo esto se deriva?

He tratado de derivar con Laplace de la aproximación. En la integral que define la incompleta $\Gamma$, el máximo de el integrando es en$t=z-1$, mientras que el límite inferior de la integración es $z$. Por lo que el máximo se encuentra fuera del intervalo de integración. Por lo tanto, debe aproximar el integrando para pequeños valores positivos de $t -z$, y esto le da algo completamente diferente de la digital-biblioteca de la fórmula.

Por otra parte: la función de verdad estoy muy interesada en el es $\Gamma(z,z-a)$, calculada para un gran $z$. Aquí $a >1$ fijo es un número real, por lo que el máximo está fuera del intervalo de integración. Pero el método de Laplace puede no ser suficiente porque me necesitan correcciones de la $t=z-a$.

¿Alguien tiene alguna sugerencia sobre cómo calcular esto?

Answer 1

Asumiendo $z>a$, si escribimos

$$ \Gamma(z,z) = \int_{z}^{\infty} t^{z-1} e^{-t}\,dt = \int_{z}^\infty \exp\!\a la izquierda\{z\log t - t\right\} t^{-1}\,dt $$

luego de hacer el cambio de variables $t = (z-a)(u+1)$ tenemos

$$ \Gamma(z,z) = (z-a)^e^{a-z} \int_0^\infty \exp\!\a la izquierda\{z\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]\right\} e^{au}(u+1)^{-1}\,du. \etiqueta{1} $$

De forma heurística, el factor de $e^{au}(u+1)^{-1}$ es insignificante cuando se trata de la principal de orden asymptotics. Se comporta sin problemas cerca del punto crítico de $\log(u+1)-u$, es decir, $u=0$ ( $e^{au}(u+1)^{-1} \approx 1$ ). Lejos del punto crítico está dominado por la exponencial de la pequeñez que viene desde el factor que implican $z$. Más rigurosamente,

Para aplicar el método de Laplace para una integral de la forma $$ \int_0^\infty f(u) e^{zg(u)}\,du, $$ las siguientes condiciones son suficientes:

• $\int_0^\infty |f(u)| e^{cg(u)}\,du$ existe y es finito para algunos $c>0$,
• Hay un $u_0 \in [0,\infty)$ tal que $g''(u_0)$ existe y es negativo, y para cualquier $\delta > 0$ podemos encontrar una $\eta(\delta) > 0$ tal que $g(u) < g(u_0) - \eta(\delta)$ siempre $|u-u_0| > \delta$, y
• $f(u)$ es continua en a$u=u_0$$f(u_0) \neq 0$.

Si estas condiciones se cumplen, $$ \int_0^\infty f(u) e^{zg(u)}\,du \sim f(u_0) e^{zg(u_0)} \int_{B_\epsilon(u_0) \cap [0,\infty)} \exp\!\a la izquierda\{z g"(u_0)(u-u_0)^2/2\right\}du, $$ donde $B_\epsilon(u_0)$ es la bola de algunos suficientemente pequeño radio de $\epsilon$ centrada en $u_0$. Adjuntando la correspondiente cola(s) a la integral en el lado derecho presenta sólo de manera exponencial-pequeños errores.

Estas condiciones son satisfechas para que la integral en $(1)$$u_0 = 0$, y así el principal de orden asintótico es

$$ \begin{align} \Gamma(z,z-a) &\sim (z-a)^z e^{a-z} \int_0^\epsilon e^{-zu^2/2}\,du \\ &\sim (z-a)^z e^{a-z} \int_0^\infty e^{-zu^2/2}\,du \\ &= (z-a)^z e^{a-z} \sqrt{\frac{\pi}{2z}} \tag{2} \end{align} $$

como $z \to \infty$. Esto está de acuerdo con la orden dada por el DLMF al $a=0$.

Vamos a tratar de conseguir la plena asintótica de la serie. Limitarnos a un barrio de $u=0$ podemos hacer un cambio de variables

$$ \log(u+1) - u = -v^2, \etiqueta{3} $$

en cuyo caso

$$ \begin{align} u(v) &= -1 - W_{-1}\!\left(\exp\!\left\{-1-v^2\right\}\right) \\ &= \sqrt{2}v + \frac{2}{3}v^2 + \frac{1}{9\sqrt{2}}v^3 - \frac{2}{135}v^4 + \frac{1}{540\sqrt{2}} v^5 + \frac{4}{8505}v^6 + \cdots, \end{align} $$

donde $W_{-1}$ es una rama particular de la función W de Lambert. No es realmente importante que tenemos una forma cerrada para $u(v)$ desde su expansión de la serie, en principio, podría ser calculada a partir de $(3)$ lugar. En cualquier caso, sustituyendo en la integral en $(1)$ rendimiento

$$ \begin{align} &\int_0^{\epsilon_1} \exp\!\left\{z\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]\right\} e^{au}(u+1)^{-1}\,du = \int_0^{\epsilon_2} e^{-zv^2} e^{au(v)}(u(v)+1)^{-1}u'(v)\,dv \\ &\hspace{1cm} \tag{4} \end{align} $$

para algunos adecuado $\epsilon_1,\epsilon_2$. Podemos, a continuación, expanda la parte de la integral que no implique $z$ en potencias de $v$ e integrar término a término para obtener la asintótica de la serie. Escribir

$$ \begin{align} e^{au(v)}(u(v)+1)^{-1}u'(v) &= \sum_{k=0}^{\infty} c_k(a) v^k \\ &= \sqrt{2} + \left(2a-\tfrac{2}{3}\right)v + \frac{6a^2+1}{3\sqrt{2}} v^2 \\ &\qquad + \frac{90a^2+90a-8}{135} v^3 + \frac{36a^4 + 96a^3 +12a^2+1}{108\sqrt{2}} v^4 + \cdots, \end{align} $$

de modo que, a partir de $(4)$,

$$ \int_0^{\epsilon_1} \exp\!\a la izquierda\{z\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]\right\} e^{au}(u+1)^{-1}\,du \sim \sum_{k=0}^{\infty} c_k(a) \int_0^{\epsilon_2} e^{-zv^2} v^k\,dv $$

como $z \to \infty$. Fijación de las colas para las integrales presenta sólo exponencialmente pequeños errores, así que, usando el hecho de que

$$ \int_0^\infty e^{-zv^2} v^k\,dv = \frac{1}{2} \Gamma\!\left(\frac{k+1}{2}\right) z^{-(k+1)/2} $$

tenemos

$$ \begin{align} &\int_0^\infty \exp\!\left\{z\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]\right\} e^{au}(u+1)^{-1}\,du \\ &\qquad \sim \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} c_k(a) \Gamma\!\left(\frac{k+1}{2}\right) z^{-(k+1)/2} \\ &\qquad \sim \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1/2} + \frac{6a-2}{6} z^{-1} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-3/2} + \frac{45a^3+45a^2-4}{135} z^{-2} + \cdots. \end{align} $$

como $z \to \infty$. Finalmente, sustituyendo esto en $(1)$ rendimientos

$$ \begin{align} \Gamma(z,z-a) &\sim (z-a)^z e^{a-z} z^{-1/2} \left(\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1} \right. \\ &\qquad \left. + \frac{45a^3+45a^2-4}{135} z^{-3/2} + \frac{36a^4 + 96a^3 +12a^2 + 1}{288}\sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-2} + \cdots\right) \\ &\tag{5} \end{align} $$ como $z \to \infty$, lo cual está de acuerdo con la asintótica en el DLMF al $a=0$.

(Tenga en cuenta que el $1/3$ en tu pregunta debería ser $-1/3$.)

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Si queremos utilizar este asintótica como una aproximación para $\Gamma(z,z-a)$ seguramente vamos a estar interesados en los valores de $z$ en relación al $a$ que hacen que sea una buena aproximación. Para experimentar un poco vamos a arreglar $z=100$ y parcela

$$ \Gamma(z,z-a) (z-a)^{z} e^{z} z^{1/2} $$

en $\textbf{black}$ frente a los primeros tres términos de su asintótica de la serie,

$$ \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1}, $$

en $\color{blue}{\textbf{blue}}$ en el rango $0 < a < 25$:

Numéricamente la aproximación parece muy buena para pequeños valores de$a$, pero se pone mucho peor como $a$ aumenta. Si queremos una buena aproximación para $a=25$ a continuación, te aparentemente tienen que aumentar el $z$ mucho más allá de $100$.

Mirando de cerca la serie en $(5)$, parece que el coeficiente de $z^{-k/2}$ es proporcional a $a^k$ de las grandes $a$, $k=0,1,2,\ldots$. Sólo tenemos un par de términos de la serie, así que no podemos estar seguros de que este patrón se mantenga siempre, pero sí nos da una idea de por dónde empezar nuestro análisis.

Podríamos sospechar que, si establecemos $z=a^2$, entonces la serie asintótica

$$ \begin{align} &\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1} \\ &\qquad + \frac{45a^3+45a^2-4}{135} z^{-3/2} + \frac{36a^4 + 96a^3 +12a^2 + 1}{288}\sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-2} + \cdots \end{align} $$

en realidad podría converger a algún límite en el envío de $a\to\infty$, y que este límite estaría cerca de

$$ \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6}{6} + \frac{6}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{45}{135} + \frac{36}{288}\sqrt{\frac{\pi}{2}} \approx 3.36997. \etiqueta{6} $$

Si esto fuera cierto, entonces tendríamos un $z$ a que se estabilice el error relativo de la aproximación para valores arbitrarios de $a$. Tomando $z$ más grande que este, entonces el rendimiento de la disminución relativa de los errores que pueden ser controlados.

Nuestro objetivo ahora es calcular el límite de la

$$ f(a) := \left. \Gamma(z,z-a) (z-a)^{z} e^{z} z^{1/2} \right|_{z={a^2}} $$

como $a \to \infty$, o al menos mostrar que existe. Por razones de brevedad vamos a handwave la mayoría de los detalles.

Basado en el $(1)$ podemos escribir

$$ f(a) = a \int_0^\infty \exp\!\a la izquierda\{a^2\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]+au\right\} (u+1)^{-1}\,du. $$

Configuración

$$ 0 = \frac{d}{du} \left\{a^2\Bigl[\log(u+1)-u\Bigr]+au\right\} = \frac{a(1+u-au)}{1+u} $$

vemos que el exponente tiene un máximo en $u=1/(a-1)$, por lo que asumiendo $a>1$ hacemos el cambio de variables

$$ u = \frac{v+1} {- 1} $$

para obtener

$$ f(a) = \frac{a}{a-1} \int_{-1}^{\infty} \exp\!\a la izquierda\{a\Bigl [\log\frac{a+v} {- 1}-v-1\Bigr]\right\} \left(\frac{v+1} {- 1}+1\right)^{-1}\,dv. $$

Ahora esperamos que el gran-$a$ comportamiento que sólo dependen de las contribuciones procedentes de un barrio de $v=0$. Asumiendo $v$ es limitado y $a \gg 1$ da las aproximaciones

$$ un\log\frac{a+v} {- 1}-v-1 = \frac{1-v^2}{2} + \cdots $$

y

$$ \left(\frac{v+1} {- 1}+1\right)^{-1} = 1 + \cdots, $$

y la inserción de estos en la integral debe ceder el adecuado comportamiento limitante. Por lo tanto, esperar que

$$ \begin{align} f(a) &\sim \frac{a}{a-1} \int_{-1}^{\infty} \exp\!\left\{a\Bigl[\frac{1-v^2}{2 a}\Bigr]\right\} \,dv \\ &\sim \int_{-1}^{\infty} e^{(1-v^2)/2}\,dv \\ &= \left[ 1 + \operatorname{erf}\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right]\sqrt{\frac{\pi e}{2}} \\ &\approx 3.47705, \tag{7} \end{align} $$

lo cual está de acuerdo con la estimación de $(6)$.

Por consiguiente, se puede deducir información acerca de la homogeneidad de nuestra serie asintótica con respecto a $a$:

$$ \begin{align} \Gamma(z,z-a) &= (z-a)^z e^{a-z} z^{-1/2} \left[\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1} \right. \\ &\qquad + \frac{45a^3+45a^2-4}{135} z^{-3/2} + \frac{36a^4 + 96a^3 +12a^2 + 1}{288}\sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-2} \\ &\qquad + O\!\left(a^5 z^{-5/2}\right)\biggr] &\tag{8} \end{align} $$ de manera uniforme con respecto a$a$$z \to \infty$. Mediante el cálculo de más términos en la serie, el $O(a^5 z^{-5/2})$ puede ser reemplazado con $O(a^k z^{-k/2})$ para cualquier entero $k>0$.

Nos preguntamos por las condiciones en $z$ que hacen de la serie asintótica una buena aproximación a la integral, y hemos demostrado que el estado es tener $z \gg a^2$.

A un lado, Con un poco más de numerics combinado con $(6)$ $(7)$ ahora podría por ejemplo, la estimación de que los términos en el lado derecho de la $(8)$ al parecer tiene un error relativo de la mayoría de las $5.53\%$ todos los $a,z$ satisfacción $20 \leq a \leq \sqrt{z}$.

Para ilustrar nuestros resultados con algunos caracteres numéricos, a continuación se parcelas de

$$ \Gamma(z,z-a) (z-a)^{z} e^{z} z^{1/2} $$

en negro versus

$$ \color{red}{\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2}} $$

en rojo,

$$ \color{orange}{\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1}} $$

en naranja, y

$$ \color{blue}{\sqrt{\frac{\pi}{2}} + \frac{6a-2}{6} z^{-1/2} + \frac{6a^2+1}{12} \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{-1} + \frac{45a^3+45a^2-4}{135} z^{-3/2}} $$

en azul sobre el intervalo de $a^2 < z < a^{5/2}$ para los distintos valores de $a$.

Para $a=10$:

Para $a=100$:

Para $a=1000$: