Desarrollo en serie de Taylor (o su equivalente en $\epsilon\to0$) de la integral sobre la $x$ de una función de $x$ $\epsilon$

Question

Tengo una función de $f$ de dos argumentos, que se define como $$ f(x,\epsilon)=\epsilon\left( e^{-\frac{(x-\epsilon)^2}{2}} - e^{-\frac{x^2}{2}}\right) + \frac{1-\epsilon}{\sqrt{1+\epsilon}}\left( e^{-\frac{x^2}{2(1+\epsilon)}} - e^{-\frac{(x-\epsilon^2)^2}{2(1+\epsilon)}}\right) $$ para$x\in\mathbb{R}$$\epsilon\in(0,1)$; y me gustaría obtener una equivalente (o incluso, idealmente, una expansión en series de Taylor con 2 términos o más) de la cantidad $$\Delta(\epsilon) \stackrel{\rm{}def}{=}\int_\mathbb{R}|f(x,\epsilon)| dx$$ para $\epsilon\to 0^+$.

Haciendo una expansión de la serie wrt $\epsilon$ $|f(x,\epsilon)|$ sugerencias que debe ser de la forma $\kappa \epsilon^3 + o(\epsilon^3)$, "como" $|f(x,\epsilon)|=\kappa(x)\epsilon^3 + O_x(\epsilon^4)$ (donde las constantes en el big-Oh notación dependen $x$, e $x\mapsto \kappa(x)\in L_1$)... pero la expansión de I get no tiene una forma explícita, y luego me quedo corto de argumentos a la hora de integrar el"$O_x(\epsilon^4)$" $\mathbb R$ wrt $x$. Que se trata de una expresión como la potencia de la serie (wrt $\epsilon$) y el uso de los teoremas relacionados al intercambio de integración y totalización, pero de nuevo los coeficientes de $(P_k(x))_k$ de dicha potencia de la serie son funciones de la $x$ y podría -- para todos los que me conocen -- se comportan muy mal que una vez integrado wrt $x$.

(Numérico de la trama y ajuste de curvas también sugiere que $\kappa \epsilon^3 + o(\epsilon^3)$ es probable que sea la solución correcta.)

Se agradece cualquier ayuda... Gracias!

• E. g, con Mathematica:

Series[eps*( -(1/(E^(x^2/2) Sqrt[2 Pi])) + 1/(E^((x - eps)^2/2) Sqrt[2 Pi]) ) + (1-eps)*( 1/(E^(x^2/(2 (1 + eps))) Sqrt[2 Pi] Sqrt[1 + eps]) - 1/(E^((x - eps^2)^2/(2 (1 + eps))) Sqrt[2 Pi] Sqrt[1 + eps]) ), {eps,0,3}];

Edición hubo un error en la fórmula (no el código): la tercera de gauss había una $(1+\epsilon)^2$ en lugar de $(1+\epsilon)$ en el denominador de la argumentación. Esencialmente, los dos primeros gauss funciones son archivos pdf con la varianza $1$, los 2 últimos con variaciones $\sqrt{1+\epsilon}$.

Answer 1

Este utiliza la misma idea básica como Cristiano Blatter de la respuesta. Observar que $$ f(x,\epsilon) \;=\; g_3(x)\epsilon^3 \,+\, g_4(x)\epsilon^4 \,+\, g_5(x)\epsilon^5 \,+\, \cdots $$ donde cada una de las $g_n(x)$ es el producto de un polinomio con $e^{-x^2/2}$: $$ \begin{align*} g_3(x) \;&=\; \frac12 \bigl(-x^3 + x^2 + 5x -1\bigr)e^{-x^2/2} \\[6pt] g_4(x) \;&=\; \frac{1}{24} \bigl(-3x^5+46x^3-12x^2-93x+12)e^{-x^2/2} \\[6pt] g_5(x) \;&=\; \frac{1}{48}\bigl(-x^7 + 27 x^5 - 10 x^4 - 165 x^3 + 84 x^2 + 195 x - 54\bigr)e^{-x^2/2} \\[6pt] g_6(x) \;&=\; \left(\tfrac{- 5 x^9 + 220 x^7 - 120 x^6 - 2714 x^5 + 2280 x^4 + 10020 x^3 - 8280 x^2 - 7725 x + 3240}{1920}\right)e^{-x^2/2}\\ &\;\vdots \end{align*} $$ La función de $f(x,\epsilon)$ es cero a lo largo de tres curvas:

Estas curvas golpear la $x$-eje de las tres raíces del polinomio $x^3 - x^2 - 5x + 1$. Es fácil comprobar que $\dfrac{\partial}{\partial \epsilon}[f(x,\epsilon)/\epsilon^3]\ne 0$ en estos tres puntos, así que la imagen que realmente se parece a esto, en algunos barrios de la $x$-eje, y las intersecciones realmente son transversales.

Si escribimos las tres curvas como las ecuaciones de la forma $$ x \;=\; \psi_1(\epsilon),\qquad x=\psi_2(\epsilon),\qquad x=\psi_3(\epsilon) $$ Tenga en cuenta que las funciones $\psi_1$, $\psi_2$, y $\psi_3$$C^\infty$, por el Teorema de la Función Implícita. Entonces $$ \Delta(\epsilon) \;=\; \int_{-\infty}^{\psi_1(\epsilon)} \!\!f(x,\epsilon)\,dx \,-\, \int_{\psi_1(\epsilon)}^{\psi_2(\epsilon)} \!\!f(x,\epsilon)\,dx \,+\, \int_{\psi_2(\epsilon)}^{\psi_3(\epsilon)} \!\!f(x,\epsilon)\,dx \,-\, \int_{\psi_3(\epsilon)}^{\infty} \!\!f(x,\epsilon)\,dx $$ Podemos utilizar esto para derivar los primeros términos de una expansión de Taylor para $\Delta(\epsilon)$.

En concreto, se han $$ \Delta(\epsilon) \;=\; \kappa \epsilon^3 \,+\, \lambda \epsilon^4 \,+\,\mu\epsilon^5 \,+\, o(\epsilon^5) $$ para algunas constantes $\kappa$, $\lambda$, $\mu$. No es una buena fórmula para $\kappa$: $$ \begin{align*} \kappa \;&=\; \int_{-\infty}^\infty |g_3(x)|\,dx \\[6pt] &=\; e^{-\alpha^2/2}(\alpha^2-\alpha-3)\,-\,e^{-\beta^2/2}(\beta^2-\beta-3)\,+\,e^{-\gamma^2/2}(\gamma^2-\gamma-3) \\[6pt] &\approx\; 3.5519079 \end{align*} $$ donde $\alpha<\beta<\gamma$ son las tres raíces del polinomio $x^3 - x^2 - 5x + 1$.

La fórmula para $\lambda$ es igualmente agradable: $$ \begin{align*} \lambda \;&=\; \int_{-\infty}^\infty \frac{g_3(x) g_4(x)}{|g_3(x)|}dx \\[6pt] &=\; e^{-\alpha^2/2}p(\alpha)\,-\,e^{-\beta^2/2}p(\beta)\,+\,e^{-\gamma^2/2}p(\gamma) \\[6pt] &\approx\; -3.307248 \end{align*} $$ donde $p(x) = \dfrac{1}{12}\bigl(3x^4-34x^2+12x+25\bigr)$.

Las cosas se ponen un poco feas después de eso, ya que los valores de $\psi_1'(0)$, $\psi_2'(0)$, y $\psi_3'(0)$ entran en juego. En particular, $$ \begin{align*} \mu \;&=\; \int_{-\infty}^\infty \frac{g_3(x) g_5(x)}{|g_3(x)|}dx \,+\, \bigl(2g_4(\alpha)+g_3'(\alpha)\bigr)\psi_1'(0) \\[6pt] &\qquad -\, \bigl(2g_4(\beta)+g_3'(\beta)\bigr)\psi_2'(0) +\, \bigl(2g_4(\gamma)+g_3'(\gamma)\bigr)\psi_3'(0) \end{align*} $$ Es posible calcular los valores de $\psi_1'(0)$, $\psi_2'(0)$, y $\psi_3'(0)$ mediante el examen de la gradiente de $f(x,\epsilon)/\epsilon^3$ cerca de los puntos $(\alpha,0)$, $(\beta,0)$, y $\gamma(0)$. El resultado es que $$ \psi_1'(0) = q(\alpha),\qquad \psi_2'(0)=q(\beta),\qquad \psi_3'(0)=q(\gamma) $$ donde $$ q(x) \;=\; \frac{3x^5-46x^3+12x^2+93x-12}{12(x^4-x^3-8x^2+3x+5)}. $$ En particular, $$ \psi_1'(0)\aprox -0.832825,\qquad \psi_2'(0) \aprox 0.0971987,\qquad \psi_3'(0)\aprox 1.06896.$$ El uso de estas fórmulas, estoy llegando a ese $\mu\approx 3.70537$, pero esto es lo suficientemente complicado como que no estoy muy seguro acerca de este valor.

Edit: En los comentarios, Clemente le pregunta ¿cómo sabemos que el resto término en la expansión $$ \Delta(\epsilon) \;=\; \kappa \epsilon^3 \,+\, \lambda \epsilon^4 \,+\,\mu\epsilon^5 \,+\, o(\epsilon^5) $$ es, de hecho,$o(\epsilon^5)$. Así, se observa que la función de $f(x,\epsilon)$ tiene una simple antiderivada con respecto a $x$: $$ \begin{align*} F(x,\epsilon) \;&=\; \epsilon\sqrt{\frac{\pi}{2}}\left(\mathrm{erf}\left(\frac{x-\epsilon}{\sqrt2}\right)-\mathrm{erf}\left(\frac{x}{\sqrt2}\right)\right) \\ &\qquad+\, (1-\epsilon)\sqrt{\frac{\pi}{2}}\left(\mathrm{erf}\left(\frac{x}{\sqrt{2(1+\epsilon)}}\right)-\mathrm{erf}\left(\frac{x-\epsilon^2}{\sqrt{2(1+\epsilon)}}\right)\right) \end{align*} $$ donde $\mathrm{erf}$ es la función de error. Desde $\mathrm{erf}$ es toda una función, es claro que $F(x,\epsilon)$ es analítica en $\mathbb{R}\times(-1,1)$. Es fácil comprobar que $F(x,\epsilon)\to 0$$x\to\pm\infty$, por lo que $$ \Delta(\epsilon) \;=\; 2 F(\psi_1(\epsilon),\epsilon)-2F(\psi_2(\epsilon),\epsilon)+2F(\psi_3(\epsilon),\epsilon) $$ Desde $\psi_1$, $\psi_2$, y $\psi_3$$C^\infty$, se puede calcular la potencia de la serie para $\Delta(\epsilon)$ en la forma habitual, dando por encima de los resultados. El resto es $o(\epsilon^5)$ porque de Taylor Teorema.

Answer 2

(Editado. Me había equivocado de señal entre las dos partes principales de $f$.)

La idea es: Obtener una visión global y, a continuación, desarrollar algo en vista a una toma de corriente de la serie con respecto a $t$ (que es su $\epsilon$).

Comenzar por la sustitución de $f$ con la función $$g(x,t):=e^{x^2/2} f(x,t)\ .$$ A continuación, $g$ puede ser escrito en el barrio de $(0,0)$ en forma $$g(x,t)={1\over2}(-1+5x+x^2-x^3) t^3 +{1\over24}(12 -93 x+\ldots) t^4+\ldots\ .$$ El polinomio $-1+5x+x^2-x^3$ tiene tres ceros reales $x_1\doteq-1.9$, $x_2\doteq0.195$, $x_3\doteq2.7$. Estos serán los términos constantes en tres funciones $t\mapsto x=\psi_i(t)$ que describir el lugar donde $x\mapsto f(x,t)$ cambia de signo fijo pequeño $t$.