Solución a la integral "casi gaussiana" $\int_{0}^{\infty} e^{- \Lambda \sqrt{(z^2+a)^2+b^2}}\mathrm{d}z$

Question

En el curso de mi investigación me he encontrado con la siguiente integral:

$\int_{0}^{\infty} e^{- \Lambda \sqrt{(z^2+a)^2+b^2}}\mathrm{d}z$ .

En principio, parece que debería poder resolverse mediante algún cambio de variable adecuado que permita obtener una forma gaussiana. Desgraciadamente, después de intentarlo durante un tiempo, no he encontrado ninguna. Las constantes $a$ y $b$ son combinaciones de parámetros $s \in (0,\infty)$ , $x \in [0,\infty)$ :

$a = s^2-x^2$ y $b = 2sx$ .

Así que la integral se puede reescribir como

$\int_{0}^{\infty} e^{- \Lambda \sqrt{z^4 +Az^2 +B}}\mathrm{d}z$ ,

con $A = 2(s^2-x^2)$ y $B = s^4 + x^4 + 2s^2x^2$ .

Cualquier ayuda con una solución sería muy apreciada.

Edición: Se me olvidó mencionar que el $s = kL$ donde $L$ es un valor fijo y eventualmente tomaré un límite en el que $k \rightarrow 0$ Así que hay oportunidades para las expansiones de la serie. He intentado lo obvio expandiendo la raíz cuadrada en potencias de $k$ pero luego hay problemas de convergencia en la región $|z-x| < k$ .

Una solución de forma cerrada parece cada vez menos probable a medida que pruebo todos los trucos que conozco y busco en Gradshteyn, así que un primer término en $k$ (Edición: originalmente dije en $a$ (que fue un error) también sería muy apreciado.

Answer 1

(demasiado largo para un comentario)

Estoy bastante seguro de que la integral tal como está no tiene una forma cerrada en sí misma; sin embargo, uno podría ser capaz de derivar una serie con términos integrales elípticos (tienes la raíz cuadrada de un cuático, después de todo) que con suerte converge rápidamente (y calcular una integral elíptica es bastante fácil con la AGM).

También observo que si expresas los coeficientes de tu cuarteto totalmente en términos de $s$ y $x$ En este caso, tu cuarteto se convierte en dos cuadráticas con raíces complejas conjugadas (debido a las restricciones que pones en esos dos parámetros):

$$(z^2+a)^2+b^2=(z^2-2xz+s^2+x^2)(z^2+2xz+s^2+x^2)$$

y dejar que $\mu=x+is$ la cuártica también puede expresarse como $(z^2-2\Re\mu z+|\mu|^2)(z^2+2\Re\mu z+|\mu|^2)=(z-\mu)(z-\bar{\mu})(z+\mu)(z+\bar{\mu})$ de manera que los únicos parámetros con los que tiene que lidiar en su integral son $\mu$ y $\Lambda$ .

Editaré esto una vez que descubra cómo derivar la serie integral elíptica...

Answer 2

Cuando $a=0$ , $b$ es un número real,

Entonces $\int_0^\infty e^{-\Lambda\sqrt{(z^2+a)^2+b^2}}~dz$

$=\int_0^\infty e^{-\Lambda\sqrt{z^4+b^2}}~dz$

$=\int_0^\infty e^{-\Lambda\sqrt{(\sqrt{|b|\sinh z})^4+b^2}}~d(\sqrt{|b|\sinh z})$

$=\dfrac{\sqrt{|b|}}{2}\int_0^\infty\dfrac{e^{-\Lambda\sqrt{b^2\sinh^2z+b^2}}\cosh z}{\sqrt{\sinh z}}dz$

$=\dfrac{\sqrt{|b|}}{2}\int_0^\infty\dfrac{e^{-|b|\Lambda\cosh z}\cosh z}{\sqrt{\sinh z}}dz$

$=-\dfrac{\sqrt{|b|}}{2}\dfrac{d}{dx}\int_0^\infty\dfrac{e^{-x\cosh z}}{\sqrt{\sinh z}}dz~(x=|b|\Lambda)$

$=-\dfrac{\sqrt{|b|}}{2}\dfrac{d}{dx}\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)\sqrt[4]x~K_{-\frac{1}{4}}(x)}{\sqrt[4]2\sqrt\pi}(x=|b|\Lambda)$ (según http://people.math.sfu.ca/~cbm/aands/page_376.htm )

Una pista:

Según https://arxiv.org/pdf/1004.2445.pdf hay una fórmula que

$\int_0^\infty f\left(\dfrac{bx^2}{x^4+2ax^2+1}\right)dx=\sqrt{\dfrac{a+1}{2}}\int_0^1\dfrac{f\left(\dfrac{bt}{2(a+1)}\right)}{t\sqrt{t(1-t)}}~dt$

Answer 3

¿Funcionaría una doble expansión, una para la raíz cuadrada y otra para la exponencial? Parece que te interesa la $b\rightarrow 0$ comportamiento así que lo he probado y la respuesta es de la forma $I=\sqrt{\frac{\pi}{4\Lambda}}e^{-\Lambda a}-\frac{b^{2}\pi}{4\sqrt{a}} erf(\Lambda a)+ O(b^{6})$ (El cuarto pedido se cancela). Saludos.