Método de Laplace con dependencia de parámetros no triviales

Question

Necesito aproximar la siguiente integral utilizando el método de Laplace: $$ \int_0^{\infty} \frac{x^{\lambda} \lambda^{-x}}{(1+x^2)^\lambda} dx \\ = \int_0^{\infty} \exp\left(\lambda \log(x) - x\log(\lambda)-\lambda \log(1+x^2)\right) dx $$ como $\lambda \to \infty$ . Sin embargo, no puedo aplicar directamente el método de Laplace porque hay una dependencia no trivial de $\lambda$ . Así que supongo que tengo que hacer algún cambio de variables o algo por el estilo pero no se me ocurrió nada útil.

Answer 1

Creo que no se puede aplicar el Método de Laplace directamente, al menos no en la forma fuerte descrita en la primera ecuación aquí: Aproximación real al máximo mediante la integral del método de Laplace . Si el objetivo es calcular el límite de la integral, primero se puede acotar la integral:

$$ \int_0^{\infty} \frac{x^{\lambda} \lambda^{-x}}{(1+x^2)^\lambda} dx < \int_0^{\infty} \frac{x^{\lambda}}{(1+x^2)^\lambda} dx $$

A continuación, realice la manipulación propuesta: $$ \int_0^{\infty} \exp\left(\lambda (\log(x) - \log(1+x^2))\right) dx$$

y sólo entonces aplicar el método de Laplace.

En este punto parece bastante trivial porque el argumento de la exponencial es siempre negativo. Es decir $M = \max(\log(x) - \log(1+x^2)) < 0$ pero continuemos.

El método de Laplace dice que el límite de la integral es proporcional a $\sqrt{2\pi/\lambda}\exp(\lambda M)$ por una constante que depende de la curvatura en el máximo (que es finita). Como $M$ es negativo el límite es 0. La integral es positiva y está limitada por una función que tiende a cero. Por tanto, la respuesta es cero.

El máximo es $M = -\log(2)$ en $x_0 = 1$ y la segunda derivada es $-1$ . Por tanto, una forma ingenua o débil del Método de Laplace (pero probablemente correcta) apunta a la siguiente aproximación de la integral original:

$$ \int_0^{\infty} \frac{x^{\lambda} \lambda^{-x}}{(1+x^2)^\lambda} dx \simeq \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda}} \lambda^{-1} 2^{-\lambda} $$

Aunque a primera vista, creo que como la función del núcleo depende de $\lambda$ el orden de la aproximación es peor que el normal $O(\exp(-\lambda))$ (no obstante, véase más abajo).

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Por si sirve de algo, la integral original se puede hacer exactamente.

$$ -\frac{\log (\lambda ) \Gamma \left(\frac{\lambda }{2}-1\right) \Gamma \left(\frac{\lambda }{2}+1\right) \, _1F_2\left(\frac{\lambda }{2}+1;\frac{3}{2},2-\frac{\lambda }{2};-\frac{1}{4} \log ^2(\lambda )\right)}{2 \Gamma (\lambda )}+\frac{\sqrt{\pi } 2^{-\lambda } \Gamma \left(\frac{\lambda -1}{2}\right) \, _1F_2\left(\frac{\lambda }{2}+\frac{1}{2};\frac{1}{2},\frac{3}{2}-\frac{\lambda }{2};-\frac{1}{4} \log ^2(\lambda )\right)}{\Gamma \left(\frac{\lambda }{2}\right)}+\frac{\pi \log ^{\lambda -1}(\lambda ) \csc (\pi \lambda ) \, _1F_2\left(\lambda ;\frac{\lambda }{2}+\frac{1}{2},\frac{\lambda }{2};-\frac{1}{4} \log ^2(\lambda )\right)}{\Gamma (\lambda )} $$

(fuente: Mathematica simbólico) y el límite es cero (fuente: Mathematica numérico). Además, numéricamente parece que el orden de la aproximación obtenida analíticamente arriba es realmente peor que el exponencial pero mejor que el polinómico.

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Estimación de errores: Según mi conversación con @AntonioVargas y mis experimentos numéricos, se confirma que el error es efectivamente mayor que el esperado del Método de Laplace:

$$ \int = \sqrt{2\pi}\lambda^{-3/2}2^{-\lambda} + O(\lambda^{-5/2}2^{-\lambda}\log^2\lambda) $$

La otra respuesta muestra todos los términos explícitos hasta el orden $O(\lambda^{-7/4})$ .

Answer 2

La versión "método" del método de Laplace puede aplicarse directamente con cierto cuidado.

La intuición básica es que el factor $\lambda^{-x}$ no varía mucho en la región dominada por el punto de equilibrio procedente del otro factor $x^\lambda/(1+x^2)^\lambda$ . Lejos del punto de la silla de montar, $\lambda^{-x}$ está dominado por la pequeñez exponencial procedente de $x^\lambda/(1+x^2)^\lambda$ .

Comenzamos escribiendo

$$ \frac{x^\lambda}{(1+x^2)^{\lambda}} = \exp\!\left[\lambda \log\!\left(\frac{x}{1+x^2}\right)\right] = e^{\lambda \varphi(x)}. $$

La función $\varphi(x)$ tiene un máximo en $x = 1$ y cerca de allí tenemos

$$ \varphi(x) = -\log 2 - \frac{1}{2}(x-1)^2 + O((x-1)^3), $$

por lo que la anchura del intervalo en el que este punto crítico contribuye a la integral es del orden de $1/\sqrt{\lambda}$ . Para darnos un respiro, consideraremos el intervalo ligeramente mayor $(1-\lambda^{-1/4},1+\lambda^{-1/4})$ . Así pues, dividimos la integral como

$$ \int_0^{\infty} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x} \,dx = \int_{1-\lambda^{-1/4}}^{1+\lambda^{-1/4}} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx + \left( \int_0^{1-\lambda^{-1/4}} + \int_{1+\lambda^{-1/4}}^\infty \right) e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx. $$

Primero acotaremos estas dos últimas integrales. Para acotar la primera procedemos como

$$ \begin{align} \int_0^{1-\lambda^{-1/4}} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx &< \left. \frac{x^{\lambda}}{(1+x^2)^\lambda} \right|_{x = 1-\lambda^{-1/4}} \int_0^\infty \lambda^{-x}\,dx \\ &= \frac{2^{-\lambda}}{\log \lambda} \left(1 - \lambda^{-1/4}\right)^\lambda \left(1 - \lambda^{-1/4} + \frac{1}{2}\lambda^{-1/2}\right)^{-\lambda} \\ &= \frac{2^{-\lambda}}{\log \lambda} \exp\!\left[-\frac{1}{2}\lambda^{1/2} + O(\lambda^{1/4})\right] \tag{1} \end{align} $$

como $\lambda \to \infty$ . Para el segundo tenemos

$$ \begin{align} \int_{1+\lambda^{-1/4}}^\infty e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx &< \left. \frac{x^{\lambda}}{(1+x^2)^\lambda} \right|_{x = 1+\lambda^{-1/4}} \int_0^\infty \lambda^{-x}\,dx \\ &= \frac{2^{-\lambda}}{\log \lambda} \exp\!\left[-\frac{1}{2}\lambda^{1/2} + O(\lambda^{1/4})\right] \tag{2} \end{align} $$

también como $\lambda \to \infty$ .

Para $x$ en el intervalo $(1-\lambda^{-1/4},1+\lambda^{1/4})$ tenemos

$$ \lambda^{-x} = \lambda^{-1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\log \lambda)^k}{k!} (1-x)^k $$

uniformemente en $x$ . De ello se desprende que

$$ \int_{1-\lambda^{-1/4}}^{1+\lambda^{-1/4}} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx = \lambda^{-1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\log \lambda)^k}{k!} \int_{1-\lambda^{-1/4}}^{1+\lambda^{-1/4}} e^{\lambda \varphi(x)} (1-x)^k\,dx. \tag{3} $$

Utilizando las técnicas habituales asociadas al método de Laplace podemos entonces calcular series asintóticas para cada una de estas integrales y luego recombinarlas para concluir que tenemos una serie asintótica de la forma

$$ \int_{1-\lambda^{-1/4}}^{1+\lambda^{-1/4}} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x}\,dx \approx \lambda^{-3/2} 2^{-\lambda} \sum_{j=0}^{\infty} \lambda^{-j} \sum_{k=0}^{2j} c_{j,k} (\log \lambda)^k, $$

válido como $\lambda \to \infty$ . Las estimaciones en $(1)$ et $(2)$ son exponencialmente pequeñas comparadas con ésta, por lo que obtenemos para la integral original

$$ \int_0^{\infty} e^{\lambda \varphi(x)}\lambda^{-x} \,dx \approx \lambda^{-3/2} 2^{-\lambda} \sum_{j=0}^{\infty} \lambda^{-j} \sum_{k=0}^{2j} c_{j,k} (\log \lambda)^k. $$

En particular, tenemos el comportamiento de orden principal $$ \int_0^{\infty} \frac{x^\lambda \lambda^{-x}}{(1+x^2)^\lambda} \,dx \sim \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda \log 2 - \lambda/2 (x-1)^2} \lambda^{-1}\,dx = \sqrt{2\pi} \lambda^{-3/2} 2^{-\lambda} $$ como $\lambda \to \infty$ .

Los siguientes términos de la serie asintótica pueden calcularse directamente a partir de $(3)$ - obtenemos

$$ \begin{align} &\int_0^{\infty} \frac{x^\lambda \lambda^{-x}}{(1+x^2)^\lambda} \\ &\quad = \sqrt{2\pi} \lambda^{-3/2} 2^{-\lambda} \left( 1 + \frac{2(\log\lambda)^2 - 6\log\lambda + 3}{4\lambda} \right. \\ &\qquad\qquad \left. + \frac{4(\log\lambda)^4 - 40(\log\lambda)^3 + 120(\log\lambda)^2 - 120\log\lambda + 25}{32\lambda^2} + \cdots \right) \end{align} $$