Aplicación del método de Laplace para aproximaciones asintóticas.

Question

Estoy tratando de verificar la siguiente aproximación asintótica como $x \rightarrow \infty$: $$\int^{1}_{0}t^{-\frac{1}{2}} \cos(t) e^{-xt^{\frac{1}{2}}} \, dt \sim \frac{2}{x}$$

Este método es tal que $$\int^\beta_\alpha g(t)e^{xh(t)} \, dt \sim g(a) \Big(\frac{-2\pi}{xh''(a)}\Big)^{\frac{1}{2}}e^{xh(a)}.$$

Donde $t=a$ es de un máximo de $h(t)$$\alpha <t<\beta$, ten en cuenta que también se $g(a) \neq 0$.

Ahora estoy aconsejamos que primero vamos a $t = \tau^2.$

Así que con esta sustitución nuestros integral se convierte en : $$2 \int^1_0 \cos(\tau^2)e^{-x\tau} \, d\tau$$

Para los que me encuentro

$$g(\tau) = \cos(\tau^2)$$

$$h(\tau)= -\tau,\, h'(\tau)= -1,\, h''(\tau)=0$$

Pero estos valores conducen a mí dividir por cero, por lo que creo que he entendido algo... si alguno puede manchar mi malentendido sería muy apreciada!

Answer 1

Se te olvidó el hecho de que la versión de Laplace método que usted haya declarado,

$$\int^\beta_\alpha g(t)e^{xh(t)} \, dt \sim g(a) \Big(\frac{-2\pi}{xh''(a)}\Big)^{\frac{1}{2}}e^{xh(a)},$$ donde $t=a$ es de un máximo de $h(t)$$\alpha <t<\beta$, ten en cuenta que también se $g(a) \neq 0$

se supone que el máximo de $h(t)$ satisface $\alpha < t < \beta$, es decir, no es ni en $t = \alpha$ o a $t = \beta$.

Pero para la integral que terminó con,

$$2\int^1_0 \cos(\tau^2)e^{-x\tau} \, d\tau = 2\int_0^1 g(\tau) e^{x h(\tau)} \,d\tau,$$

el máximo de $h(\tau) = -\tau$ sobre el intervalo de $[0,1]$ se encuentra en $\tau=0$. Así que no se puede aplicar la anterior versión del método de Laplace de esta integral.

En este caso, es mejor que use Watson lema. O puede que el planteamiento de los primeros principios-la idea en este caso es el mismo como en el habitual método de Laplace: reemplace $g$ $h$ por sus aproximaciones cerca de la máxima ( $h(\tau) \approx -\tau$ $g(\tau) \approx 1$ ) y ampliar el dominio de la integración de forma adecuada. Con cierta justificación puede demostrar que

$$ 2\int^1_0 \cos(\tau^2)e^{-x\tau} \, d\tau \sim 2\int_0^\infty e^{-x\tau} \, d\tau = \frac{2}{x}. $$

Así

$$ \int^{1}_{0}t^{-\frac{1}{2}} \cos(t) e^{-xt^{\frac{1}{2}}} \, dt \sim \frac{2}{x}, $$

mostrando que el original asintótica estaban buscando para verificar que es correcta.

Edit: El asintótica en la pregunta ha sido editado estar de acuerdo con mi conclusión.

Answer 2

Se trata de un resultado correcto. De hecho, desde $$\begin{align} \int_x^\infty\tau^{4k}\,e^{-\tau}\,\mathrm{d}\tau &=\int_x^\infty\tau^{4k}\,e^{-\tau/2}\,e^{-\tau/2}\,\mathrm{d}\tau\ &\le c_k\int_x^\infty e^{-\tau/2}\,\mathrm{d}\tau\[3pt] &=2c_ke^{-x/2} \end {Alinee el} \ $$ $$\begin{align} 2\int_0^1\cos\left(\tau^2\right)\,e^{-x\tau}\,\mathrm{d}\tau &=2\int0^1\left(\sum{k=0}^{n-1}\frac{\left(-\tau^4\right)^k}{(2k)!}+O!\left(\tau^{4n}\right)\right)\,e^{-x\tau}\,\mathrm{d}\tau\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2(-1)^k}{(2k)!}\int0^1\tau^{4k}\,e^{-x\tau}\,\mathrm{d}\tau+O!\left(\frac1{x^{4n+1}}\right)\ &=\sum{k=0}^{n-1}\frac{2(-1)^k}{x^{4k+1}(2k)!}\int0^x\tau^{4k}\,e^{-\tau}\,\mathrm{d}\tau+O!\left(\frac1{x^{4n+1}}\right)\ &=\sum{k=0}^{n-1}\frac{2(-1)^k}{x^{4k+1}(2k)!}\left[(4k)!-\intx^\infty\tau^{4k}\,e^{-\tau}\,\mathrm{d}\tau\right]+O!\left(\frac1{x^{4n+1}}\right)\ &=\sum{k=0}^{n-1}\frac{2(-1)^k(4k)!}{x^{4k+1}(2k)!}+O!\left(\frac1{x^{4n+1}}\right) \end podemos extendemos esta expansión asintótica {Alinee el} $$ por ejemplo, $$ 2\int_0 ^ 1\cos\left \,e^ (\tau^2\right) {-x\tau} \,\mathrm {d} \tau \sim\frac2x-\frac{24}{x^5}+\frac{3360}{x^9}-\frac{1330560}{x^{13}} $$

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Comentarios

La función $h(\tau)=-\tau$ no tiene ningún máximo interior, así que usted no puede encontrar un $a$ que $h'(a)=0$. Esto significa que con las funciones que ha elegido, el método de Laplace no es útil.