Aproximación de una integral indefinida mediante una expansión en serie de potencias

Question

Me encontré con una integral en la literatura que se aproxima de una manera determinada, pero no sigo realmente la justificación matemática. En un ejemplo mínimo la integral se lee como, $$\int_0^{\infty} dx \frac{f(x)}{x(y-x)}.$$ Aquí $y < 0$ y $f(x)$ es alguna función para la cual la expansión para pequeños $x$ es conocido en el orden más bajo como, $$f(x) \approx a \sqrt{x}, \qquad x \ll 1.$$ Aquí $a$ es una constante. Aparte de esto $f(x)$ es arbitraria, pero para $x \rightarrow \infty$ debe tener un buen comportamiento tal que la integral sea convergente. Ahora pretendemos aproximar esta integral para pequeños $|y|$ y la forma de hacerlo es diciendo que a menor orden en $|y|$ esta integral puede escribirse como $$\int_0^{\infty} dx \frac{f(x)}{x(y-x)} \approx \int_0^{\infty} dx \frac{a\sqrt{x}}{x(y-x)} = -\frac{a\pi}{\sqrt{|y|}} \qquad |y| \ll 1.$$ Realmente no sé cómo justificar esto. Tomando un simple ejemplo de $f(x) = \sin(a\sqrt{x})$ Puedo derivar que esto se mantiene, pero en el caso general no estoy tan seguro. Lo que intenté fue un cambio de variables $x = y z$ . En ese caso, $$\int_0^{\infty} dx \frac{f(x)}{x(y-x)} = \int_0^{\infty} dz \frac{f(yz)}{yz(1-z)}.$$ La integral del lado derecho puede ser expandida por Taylor en potencias de $y$ que sí dará el término de menor orden que estoy buscando. Sin embargo, los términos superiores de la expansión contendrán integrales divergentes, por lo que me parece incorrecto despreciarlos. ¿Hay alguna forma mejor de demostrar que la aproximación es válida? ¿O me estoy perdiendo algo?

Gracias.

Answer 1

La idea básica es observar que mientras la expansión en $f$ diverge en general, es convergente cerca de cero, incluso para pequeñas $y$ 's. Por otro lado se asegura que la integral de cola converge, por lo que se divide la integral en a rangos $I_1=\int_0^\Lambda$ ; $I_2=\int_\Lambda^\infty$ . La segunda integral converge para $y=0$ a un $y$ constante independiente $I_2(\Lambda)$ mientras que la primera integral contiene todas las $y$ comportamiento singular dependiente. Los términos de orden superior pueden extraerse expandiendo $I_2$ en $y$ y la expansión $I_1$ utilizando la expansión para $f$ .

De forma más explícita:

Dividir la integral en 2 partes: $I=I_1+I_2$

$I_1 =\int_0^\Lambda dx{f(x)\over x (y-x)} $ , $I_2=\int_\Lambda^{\infty} dx {f(x)\over x (y-x)}$ En el límite de $y \rightarrow 0$ , Expandir $I_2$ en $y$ :

$$I_2=\int_\Lambda^{\infty}dx{f(x)\over x (y-x)}\sim\int_{\Lambda}^\infty -{f(x)\over x^2}+O(y)$$

y $I_1$ utilizando la expansión para $f$ $$I_1=\int_0^\Lambda dx{a\sqrt x +H.O.T \over x (y-x)}$$ Aunque no podemos tomar la $\Lambda$ límite en $I_1$ hasta el infinito sin ver una divergencia en los términos no singulares, podemos estimar el término de primer orden $$I_{1;0}=\int_0^\Lambda dx{a\sqrt x\over x (y-x)}$$ extendiendo hasta el infinito y restando luego la parte finita: $$I_{1;0}=\int_0^\Lambda dx{a\sqrt x \over x (y-x)}=\int_0^\infty dx{a\sqrt x \over x (y-x)} - \int_{\Lambda}^\infty dx{a\sqrt x \over x (y-x)}$$

Expandiendo las integrales en $y$ es ahora posible en principio, y el $\Lambda$ los términos deben cancelarse término a término en $O(y)$