La expansión asintótica de la integral de una función exponencial

Question

¿Qué es la expansión asintótica de $f(x) := \int_0^1 e^{-x(1-u^2)}du$?

El integrando se declina abruptamente cerca de $u=1$. He intentado transformar $u$ en algo que es conveniente para el método del descenso más empinado, pero no han encontrado una transformación apropiada. Integración por las piezas tiene rendimiento no un resultado satisfactorio, tal vez debido a que no habiendo encontrado los componentes adecuados para integrar.

Answer 1

El mínimo de $1-u^2$ se produce en $u=1$, y cerca de allí tenemos $1-u^2 \approx 2(1-u)$, que es lineal en la cantidad de $1-u$. Esto sugiere hacemos el cambio de variables $1-u^2 = v$ (que es lineal en $v$), dando

$$ \int_0^1 e^{-x(1-u^2)}\,du = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{-xv} (1-v)^{-1/2}\,dv. $$

Luego, siguiendo Watson lema, podemos obtener la asintótica de expansión por la expansión de la subdominante plazo, $(1-v)^{-1/2}$, en torno a $v=0$ e integrando término a término de$v=0$$v=\infty$:

$$ \begin{align} \int_0^1 e^{-x(1-u^2)}\,du &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{-xv} (1-v)^{-1/2}\,dv \\ &\approx \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-1/2}{k} (-1)^k \int_0^\infty e^{-xv} v^k\,dv \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-1/2}{k} \frac{(-1)^k k!}{x^{k+1}} \end{align} $$

como $x \to \infty$, lo que coincide con el de la serie dada en la otra respuesta.

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Vamos a probar el caso especial de Watson lema utilizamos en esta respuesta. Vamos a suponer que $g(v)$ es analítica en $v=0$ y $\int_0^a \lvert g(v) \rvert\,dv$ existe (estos son, sin duda, cierto para $g(v) = (1-v)^{-1/2}$), y muestran que

$$ I(v) = \int_0^e^{-xv}g(v)\dv \approx \sum_{k=0}^{\infty} \frac{g^{(k)}(0)}{x^{k+1}} $$

como $x \to \infty$. En otras palabras, vamos a mostrar que la expansión asintótica de la integral puede ser obtenida mediante la expansión de $g(v)$ en series de Taylor alrededor de $v=0$ e integrando término a término.

Desde $g(v)$ es analítica en $v=0$, hay un $\delta \in (0,a]$ tal que $g^{(k)}(v)$ es analítica en $[0,\delta]$ todos los $k$. Además, Taylor teorema nos dice que para cualquier entero positivo $N$ y cualquier $v \in [0,\delta]$, hay un $v^* \in [0,v]$ para los que

$$ g(v) = \sum_{k=0}^{N} \frac{g^{(k)}(0)}{k!} v^k + \frac{g^{(N+1)} v^*)}{(N+1)!} v^{N+1}. \etiqueta{1} $$

Vamos a dividir la integral de la $I(v)$ este $\delta$, y la estimación de cada pieza por separado. Para este fin, se definen

$$ I(v) = \int_0^\delta e^{-xv}g(v)\,dv + \int_\delta^e^{-xv}g(v)\,dv = I_1(v) + I_2(v). $$

Sólo necesitamos un cálculo aproximado en $I_2(v)$:

$$ \lvert I_2(v) \rvert \leq \int_\delta^e^{-xv} \lvert g(v) \rvert \dv \leq e^{-\delta x} \int_0^a \lvert g(v) \rvert\,dv, $$

donde hemos supuesto que la última integral de la derecha es finito. Así

$$ I(v) = I_1(v) + O(e^{-\delta x}) $$

como $x \to \infty$.

Ahora, de $(1)$ hemos

$$ I_1(v) = \sum_{k=0}^{N} \frac{g^{(k)}(0)}{k!} \int_0^\delta e^{-xv} v^k \,dv + \frac{1}{(N+1)!} \int_0^\delta e^{-xv} g^{(N+1)} v^*) v^{N+1}\,dv. $$

La última integral se puede estar delimitado por

$$ \left\lvert \int_0^\delta e^{-xv} g^{(N+1)} v^*) v^{N+1}\dv \right\rvert \leq \left( \sup_{0 < v < \delta} \left\lvert g^{(N+1)}(v) \right\rvert \right) \int_0^\infty e^{-xv} v^{N+1}\,dv = \frac{\text{const.}}{x^{N+2}}. $$

Así

$$ I_1(v) = I_1(v) = \sum_{k=0}^{N} \frac{g^{(k)}(0)}{k!} \int_0^\delta e^{-xv} v^k \,dv + O\!\a la izquierda(x^{N-2}\right) $$

como $x \to \infty$. Finalmente nos vuelva a colocar las colas para las integrales en la suma,

$$ \begin{align} \int_0^\delta e^{-xv} v^k \,dv &= \int_0^\infty e^{-xv} v^k\,dv - \int_\delta^\infty e^{-xv} v^k\,dv \\ &= \frac{k!}{x^{k+1}} + O\!\left(e^{-\delta x}\right), \end{align} $$

y el sustituto de estos en la suma para obtener

$$ I_1(v) = \sum_{k=0}^{N} \frac{g^{(k)}(0)}{x^{k+1}} + O\!\a la izquierda(x^{N-2}\right) $$

y por lo tanto

$$ I(v) = \sum_{k=0}^{N} \frac{g^{(k)}(0)}{x^{k+1}} + O\!\a la izquierda(x^{N-2}\right) $$

como $x \to \infty$. Desde $N$ fue arbitraria, esto es, precisamente, la afirmación de que $I(v)$ tiene la expansión asintótica

$$ I(v) \approx \sum_{k=0}^{\infty} \frac{g^{(k)}(0)}{x^{k+1}} $$

como $x \to \infty$.

Answer 2

La integral puede resolverse en forma cerrada en términos de la función de Dawson.
$$f(x)=F(\sqrt{x})/\sqrt{x} \sim \frac{1}{2x}+\frac{1}{4x^2}+\frac{3}{8x^3} +...$ $ Mathematica se utiliza para realizar la expansión asintótica para $s \to \infty.$