Serie asintótica

Question

Me gustaría obtener una fórmula general para obtener la expansión asintótica en el orden de $n$ (de modo que en cualquier precisión quiero) de la siguiente integral :

$$I = \int_0^{+\infty} \frac{ne^{-\sqrt{t}}}{1+n^2t^2} \mathrm{d}t$$

Algunas ideas :

Por ahora soy capaz de encontrar un asintótica de expansión de la orden de $1$. Primero intuitivamente, se tiene :

$$I = O \left ( \frac{1}{n} \right )$$

A partir de la expresión : $$\frac{ne^{-\sqrt{t}}}{1+n^2t^2}$$

El cambio de variable : $\tan(\theta) = nt$ sugiere a sí misma y el problema se reduce a calcular un asintótica de expansión de :

$$\int_0^{\pi/2} e^{-\sqrt{\frac{\tan(\theta)}{n}}} \mathrm{d}\theta$$

Ahora es posible utilizar el teorema de convergencia dominada, porque tenemos :

$$e^{-\sqrt{\frac{\tan(\theta)}{n}}} \leq 1$$

Sin embargo, todavía hay un problema, ya que $I$ es una mala e integral, de modo que utilizando el teorema de convergencia dominada sólo obtenemos un asintótica de expansión y no el valor exacto.

Es por eso que me sale el siguiente asintótica (de orden $1$):

$$\frac{\pi}{2} + O \left ( \frac{1}{n} \right )$$

Ahora es posible ampliar esta con el fin de obtener una fórmula general para la expansión asintótica de $I$ en cualquier orden que queremos ?

Answer 1

El cambio de $u=z^2/n$ e $\zeta=n^{-1/2}$, la integral se puede expresar como \begin{align} I(\zeta) &= \int_0^{+\infty} \frac{ne^{-\sqrt{t}}}{1+n^2t^2} \,dt\\ &=\int_0^{+\infty} \frac{2u}{1+u^4}e^{-\zeta u}\,du \end{align} Utilizamos la Mellin método de transformación de Laplace transforma con un pequeño parámetros (DLMF). Aquí, \begin{align} h(u)&=\frac{2u}{1+u^4}\\ &\sim 2\sum_{s=0}^\infty (-1)^s u^{-3-4s} \end{align} para $u\to\infty$ e $h(u)=O\left( u \right)$ para $u\to 0$. El Mellin transformar \begin{equation} \mathfrak M\left[ h(u)\right](z)=\frac{\pi}{2\sin\left( \frac{\pi}{4}(z+1) \right)} \end{equation} para $-1<z<3$. La asintótica de expansión puede ser expresada como \begin{equation} I(\zeta)= \mathfrak M\left[ h(u)\right](1)+\sum_{k=2}^l \operatorname{Res}\left[-\zeta^{z-1}\Gamma(1-z)\frac{\pi}{2\sin\left( \frac{\pi}{4}(z+1) \right)};z=k \right]+O\left( \zeta^{l-\delta-1} \right) \end{equation} para $l>2$ e $\delta$ es un arbitrario pequeñas constante positiva. Aquí $\psi(z)=\Gamma'(z)/\Gamma(z)$. Nos encontramos, los valores de los residuos de $R_k$ \begin{align} R_k&=\frac{2(-1)^{\frac{k+1}{4}}\zeta^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \ln \zeta-\psi(k-2)-\frac{2k-3}{(k-1)(k-2)}\right]\text{ for } k= 3+4p \qquad (p=0,1,2\ldots)\\ &=\frac{(-1)^{k-1}\pi\zeta^{k-1}}{2(k-1)!\sin\left( \frac{\pi}{4}(k+1) \right)}\text{ for } k\ge 2 \text{ and } k\ne 3+4p\qquad (p=0,1,2\ldots) \end{align} Manteniendo los primeros términos ($k=2,3$) se obtiene \begin{equation} I\sim\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{\sqrt{2n} }-\frac{1}{n}\left[ \ln \zeta+\gamma-\frac{3}{2}\right] \end{equation}

Answer 2

¿Qué hay acerca de la buena vieja asintótica coincidencia? Esto es al menos factible para obtener los dos primeros (o tal vez tres,cuatro,... términos de si están un poco más paciente) de la expansión, sin la necesidad de la artillería pesada de análisis complejo en la mano.

Primero, vamos a arreglar un constante $\Delta<<1$ dependiendo $n$ tal que $\Delta n \rightarrow \infty $ as $n\rightarrow\infty$. The exact size depends on the order of matching and can be specified in the end so that the Expansion is consistent ($1/n^{\delta},\,\,1>\delta>0$ se adapte a nuestras necesidades) Vamos a escribir ($J=I/n$)

$$ J=J_1+J_2=\int_0^{\Delta}f_n(x)dx+\int_{\Delta}^{\infty}f_n(x)dx $$

donde $f_n(x):=\frac{e^{-\sqrt{x}}}{1+n^2 x^2}$.

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Vamos a empezar con el Análisis de la $J_1$

En el intervalo de $[0,\Delta]$ podemos ampliar la exponencial como una serie de Taylor desde $x<<1$:

$$ J_1\sim\int_0^{\Delta}\frac{\color{\rojo}{1}-\color{\verde}{\sqrt{x}}+\color{\orange}{S(x)}}{1+n^2 x^2}dx $$

La integración de termwise rendimientos

$$ J_1\sim\color{\rojo}{\frac{\arctan(\Delta n)}{n}}+\color{\verde}{\frac{e^{i\pi/4}(\arctan(e^{i\pi/4}\sqrt{\Delta n})-\text{arctanh} e^{i\pi/4}\sqrt{\Delta n}))}{n^{3/2}}}+\color{\orange}{O(\log(\Delta n)/n^2)} $$

La expansión de a $O(\sqrt{\Delta} n^{2})^{-1}$ obtenemos (descartando pequeño términos) $$ J_1\sim\color{\rojo}{\frac{\pi}{2 n}-\frac{1}{\Delta n^2}}-\color{\green}{\frac{\pi}{\sqrt{2}n^{3/2}}+2\frac{1}{n^2\sqrt{\Delta}}}+\color{\orange}{O(\log(n)n^{-2})} $$

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Ahora, consideremos $J_2$

Para $J_2$ podemos Taylor la fracción de todo el infinito desde $xn>>1$ a $[\Delta,\infty]$

$$ J_2\sim\frac{1}{n^2}\int_{\Delta}^{\infty}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{x^2}\left(\color{\purple}{1}+O((nx)^{-2})\right) $$

Integrando por partes dos veces obtenemos

$$ J_2\sim\color{\púrpura}{\frac{e^{-\sqrt{\Delta}}}{\Delta n^2}-\frac{e^{-\sqrt{\Delta}}}{\sqrt{\Delta} n^2}} $$

La expansión de a $O(\sqrt{\Delta} n^{2})^{-1}$ rendimientos (descartando pequeño términos) $$ J_2\sim\color{\púrpura}{\frac{1}{\Delta n^2}-2\frac{1}{n^2\sqrt{\Delta}}} $$

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La adición de las dos integrales, vemos que las piezas que contengan $\Delta$ exactamente cancelar lo que hace que nuestra Expansión constante hasta el fin en cuestión, y podemos afirmar que nuestro resultado final

$$ I=nJ=n(J_1+J_2)\sim \color{\rojo}{\frac{\pi}{2 }}-\color{\verde}{\frac{\pi}{\sqrt{2}n^{1/2}} }+\color{\orange}{O(\log(n)n^{-1})} $$

PS:Gracias por el idiota downvote

Answer 3

Utilizando un CAS. $$I = \int_0^{+\infty} \frac{ne^{-\sqrt{t}}}{1+n^2t^2} \,dt=\frac{64 \sqrt{2} }{\pi ^{3/2}}n^2\, G_{1,5}^{5,1}\left(\frac{1}{256 n^2}| \begin{array}{c} \frac{3}{2} \\ 1,\frac{5}{4},\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{7}{4} \end{array} \right)$$ donde aparece el Meijer G de la función.

La expansión de los grandes valores de $n$ $$I=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{\sqrt{2}\,n^{1/2}}+\frac{\log \left({n}\right)-2 \gamma +3}{2\, n}+\frac{\pi }{6 \sqrt{2}\,n^{3/2}}-\frac{\pi }{48\, n^2}+O\left(\frac{1}{n^{5/2}}\right)$$ For $n=10$, the "exact" result would be $\aprox 1.086826$ while the above gives $\aprox 1.086776$.

No hay problema para obtener más términos (si quieres).