Acotar una función de Bessel modificada del primer tipo.

Question

Dejemos que $I_0$ sea la función de Bessel modificada de orden cero del primer tipo. Sabemos que, asintóticamente como $x\to \infty$ , $I_0(x) \sim e^x/\sqrt{2\pi x}$ . ¿Alguien tiene una referencia para el máximo de $e^{-x} \sqrt{x} I_0(x)$ para $0\leq x\leq \infty$ ? (Un gráfico muestra que es $0.4688...$ pero, por supuesto, eso no es una prueba).

Answer 1

He aquí un límite burdo pero riguroso, mientras esperamos que la cuestión se resuelva definitivamente.

Dejemos que $x\geq 0$ . Por definición (y fórmulas de medio ángulo), $$I_0(x) = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi e^{x \cos \theta} d\theta = \frac{2 e^x}{\pi} \int_0^{\pi/2} e^{-2 x \sin^2 \alpha} d \alpha,$$ donde hacemos el cambio de variables $\alpha = \theta/2$ . Ahora, para $\alpha\in \lbrack 0, \pi/2\rbrack$ , $\sin \alpha \geq 2 \alpha/\pi$ . Por lo tanto, $$\int_0^{\pi/2} e^{-2 x \sin^2 \alpha} d \alpha \leq \int_0^{\pi/2} e^{- \frac{8 x}{\pi^2} \alpha^2} d\alpha < \frac{\pi}{\sqrt{8 x}} \int_0^\infty e^{-t^2} dt = \frac{\pi^{3/2}}{2^{5/2} \sqrt{x}}.$$ Por lo tanto, $$I_0(x) < \sqrt{\frac{\pi}{8}} \frac{e^x}{\sqrt{x}}$$ para todos $x\geq 0$ . Por supuesto, $\sqrt{\pi/8} = 0.626657\dotsc$ Así que esto es realmente burdo en comparación con $0.468822\dotsc$ .

Lo que realmente necesitamos es un límite mejor que $0.46882 e^x/\sqrt{x}$ para $x\geq 2$ (digamos), de modo que el problema se reduce a la maximización de la función de Bessel en un intervalo compacto (como \lbrack 0,2\rbrack) en el que se puede estimar bien mediante una serie de potencias truncada.

Answer 2

Con sólo considerar la derivada de $\sqrt{x}\,I_0(x)\,e^{-x}$ y poniéndolo a cero tenemos que el máximo se alcanza en el único punto para el que $$f(x)=(1-2x)\,I_0(x)+2x\, I_1(x) = 0.\tag{1}$$ Dicha función es convexa y decreciente sobre $(0,x_0=2.3555\ldots)$ cóncavo y decreciente sobre $(x_0,+\infty)$ . Desde $f(0)=1$ y $f(x_0)<0$ podemos encontrar el único cero $\xi$ de $f$ aplicando el método de Newton con punto de partida $x=0$ . Después de dos iteraciones obtenemos: $$\xi\geq \frac{1}{2}+\frac{I_1(1/2)}{I_0(1/2)},$$ después de cinco iteraciones obtenemos: $$\xi\approx 0.78997842\ldots $$ de lo que se deduce que: $$\sqrt{x}\,I_0(x)\,e^{-x}\leq 0.4688223555.$$ A partir de ahora, esta será la constante de los Helfgott.

Adenda. Desde $I_n(z)=\frac{z}{2n}(I_{n-1}(z)-I_{n+1}(z))$ por las fórmulas de Briggs, tenemos la representación de la fracción continua: $$\frac{I_1}{I_0}(z)=\frac{1}{\frac{2}{z}+\frac{1}{\frac{4}{z}+\frac{1}{\frac{6}{z}+\ldots}}}\tag{2}$$ por lo tanto, debido a $(1)$ nuestro punto estacionario es sólo la solución de la ecuación de fracción continua:

$$\frac{1}{\frac{2}{z}+\frac{1}{\frac{4}{z}+\frac{1}{\frac{6}{z}+\ldots}}}=1-\frac{1}{2z}.\tag{3}$$

Answer 3

Sugerencia

$$\frac{d}{dx}\Big(e^{-x} \sqrt{x} I_0(x)\Big)=\frac{e^{-x} ((1-2 x) I_0(x)+2 x I_1(x))}{2 \sqrt{x}}$$ Entonces, apareció la respuesta de Jack D'Aurizio a la que no hay que añadir nada.

Sólo para poner alguna aproximación al lado de Taylor y Newton, la función $$f(x)=(1-2 x) I_0(x)+2 x I_1(x)$$ está muy bien representado por un aproximante de Pade construido en $x=0$ . Por ejemplo $$f(x) \simeq \frac{\frac{23 x^2}{144}-\frac{25 x}{18}+1}{\frac{19 x^2}{144}+\frac{11 x}{18}+1}$$ da una solución $$x=\frac{4}{23} \left(25-\sqrt{418}\right) \simeq 0.792166$$ $$f(x) \simeq \frac{-\frac{103 x^2}{368}-\frac{24 x}{23}+1}{\frac{13 x^3}{184}+\frac{141 x^2}{368}+\frac{22 x}{23}+1}$$ da una solución $$x=\frac{4}{103} \left(\sqrt{4673}-48\right) \simeq 0.790654$$ $$f(x) \simeq\frac{\frac{2675 x^2}{3708}-\frac{1702 x}{927}+1}{-\frac{1207 x^4}{59328}-\frac{197 x^3}{1854}-\frac{62 x^2}{309}+\frac{152 x}{927}+1}$$ da una solución $$x=\frac{2 \left(1702-\sqrt{417079}\right)}{2675} \simeq 0.789670$$

Añadido más tarde

En lo anterior, el numerador de la aproximación de Pade fue seleccionado para ser $2$ para resolver únicamente ecuaciones cuadráticas. Lo interesante es que el grado $1$ se selecciona en su lugar, las soluciones aproximadas son : $\frac{8}{11}$ , $\frac{11}{14}$ , $\frac{224}{283}$ , $\frac{283}{358}$ , $\frac{12888}{16313}$ , $\frac{16313}{20650}$ , $\frac{1321600}{1672963}$ , $\frac{1672963}{2117734}$ , $\frac{211773400}{268074929}$ , $\frac{268074929}{339344618}$

Answer 4

Aquí hay una respuesta completa, que implica algunos cálculos (rigurosos) hacia el final.

Dejemos que $f(t) = e^{-t} I_0(t) \sqrt{t}$ como en el caso anterior. Comencemos por mostrando que $f(t) < 0.45168$ para $t>8$ . (Esta parte de la demostración del lema fue amablemente proporcionada por G. Kuperberg).

En primer lugar, $$f(t) = \frac{e^{-t}}{\pi} \sqrt{t} \int_0^\pi e^{t \cos \theta} d\theta = \frac{2}{\pi} \sqrt{t} \int_0^1 \frac{e^{-2 t s^2}}{\sqrt{1-s^2}} ds,$$ donde sustituimos $\cos \theta = 1 - 2 s^2$ y observe que $d\theta = 2 ds/\sqrt{1-s^2}$ . Rompemos la integral en $s$ en dos en $s=1/2$ . El integrante de $0$ a $1/2$ es mayoritaria en $(1.03+s^2/2) e^{-2 t s^2}$ (porque $1/\sqrt{1-s^2} - s^2/2$ tiene una derivada positiva para $s\geq 0$ y $1/\sqrt{1-(1/2)^2} - (1/2)^2/2 = 1.0297\dotsc$ ); el integrando de $1/2$ a $1$ es mayoritaria en $e^{-t/2}/\sqrt{1-s^2}$ . La primera integral puede ser extendida desde $0$ a $\infty$ el segundo es exactamente $e^{-t/2}\cdot \pi/3$ . Concluimos que $$\begin{aligned} f(t) &\leq \frac{2 \sqrt{t}}{\pi} \left(1.03\cdot \frac{\sqrt{\pi/2}}{ 2 \sqrt{t}} + \frac{1}{2} \frac{\sqrt{\pi/2}}{8 t^{3/2}}\right) + \frac{2 \sqrt{t} e^{-t/2}}{3}\\ &\leq \frac{1.03}{\sqrt{2 \pi}} + \frac{1}{8 \sqrt{2\pi} t} + \frac{2 \sqrt{t} e^{-t/2}}{3} \leq 0.45168\end{aligned}$$ para $t\geq 8$ .

En la gama $0\leq t\leq 8$ utilizaremos la expansión de Taylor en torno a $t=0$ . Por (9.6.12) en Abramowitz-Stegun, $$\begin{aligned} I_0(t) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(t^2/4)^2}{n!^2} \leq \sum_{n=0}^{15} \frac{(t^2/4)^n}{n!^2} + \frac{16^{16}}{16!^2} \cdot \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{17^m} \leq \sum_{n=0}^{15} \frac{(t^2/4)^n}{n!^2} + 0.00000005.\end{aligned}$$

Ahora utilizamos el método de bisección (con $25$ iteraciones), implementado a través de la aritmética de intervalos (como se describe, por ejemplo, en la sección 5.2 de Tucker, Numéricos validados ), para comprobar que el máximo de la serie $\sum_{n=0}^{15} (t^2/4)^n/n!^2$ en el intervalo $\lbrack 0,8\rbrack$ se encuentra entre $0.46882234$ y $0.46882237$ . ¡Fin de la prueba!