Comportamiento asintótico de la potencia de convolución

Question

Tenemos una función $f(t): [0,\infty) \to \mathbb{R}$ . La convolución de $f(t)$ con ella misma es: $$\begin{equation} (f*f)(t) = \int\limits_0^t \! \mathrm{d}\tau \; f(\tau) f(t-\tau) \end{equation}$$

Definimos $f^{*n}(t)$ como la convolución de $f$ con ella misma $n$ tiempos, también llamado el $n$ la potencia de convolución. Me gustaría entender el gran $t$ comportamiento asintótico de la potencia de convolución de $f(t)=\frac{\sinh(t)}{t}$ : Creo que $f^{*n}(t) \sim \frac{e^t}{t}$ pero no encuentro la forma de probarlo o refutarlo. Tampoco conozco teoremas generales sobre el comportamiento asintótico de las potencias de convolución.

Answer 1

Tenemos $$F(p) = \mathcal L[f](p) = \frac 1 2 \ln \frac {p + 1} {p - 1}, \\ \mathcal L [f^{*n}](p) =F^n(p).$$ Deformando el contorno de integración para que discurra por el corte de la rama del logaritmo y aplicando el método de Laplace, obtenemos que la integral de Bromwich es asintóticamente equivalente a la suma de las integrales sobre los segmentos $[1 - \epsilon - i0, 1 - i0]$ y $[1 + i0, 1 - \epsilon + i0]$ . Tomando $p = 1 - \xi$ con verdaderos $\xi$ obtenemos $$F^n(1 - \xi + i0) - F^n(1 - \xi - i0) = \left( \frac 1 2 \ln \left| \frac 2 \xi - 1 \right| - \frac {\pi i} 2 \right)^{\!n} - \left( \frac 1 2 \ln \left| \frac 2 \xi - 1 \right| + \frac {\pi i} 2 \right)^{\!n} \sim \\ -\pi n (-2)^{-n + 1} i \ln^{n - 1} \xi, \quad \xi \to 0^+, \\ \mathcal L^{-1}[F^n](t) \sim -n (-2)^{-n} \int_0^\infty e^{t (1 - \xi)} \ln^{n - 1} \xi \,d\xi = \\ -n (-2)^{-n} e^t \frac {d^{n - 1}} {da^{n - 1}} \int_0^\infty \xi^a e^{-t \xi} d\xi \,\bigg\rvert_{a = 0} = -n (-2)^{-n} e^t \frac {d^{n - 1}} {da^{n - 1}} (\Gamma(a + 1) t^{-a - 1}) \bigg\rvert_{a = 0} \sim \\ \frac {n e^t \ln^{n - 1} t} {2^n t}, \quad t \to \infty$$ (para obtener la mayor potencia de $\ln t$ necesitamos diferenciar el $t^{-a - 1}$ factor $n - 1$ veces).

Answer 2

Para empezar con esos problemas puedes mirar la transformada de Laplace

$$F(s) = \int_0^\infty \frac{\sinh(t)}{t}e^{-st}dt, \qquad 2F'(s) = \int_0^\infty (e^{-t}-e^t)e^{-st}dt= \frac{1}{s+1}-\frac{1}{s-1},\\ 2 F(s) = \log(s+1)-\log(s-1)+F(2)-\log(2)= \log(1+\frac{2}{s-1})+F(2)-\log(2)$$

$e^{-2t} \frac{\sinh(t)}{t}$ es integrable por lo que $\lim_{s \to +\infty} F(s+2) = 0$ y $$F(s)=\frac12 \log(1+\frac{2}{s-1}), \qquad F(s)^n = \sum_{m=n}^\infty c_{n,m } (s-1)^{-m}$$ Donde el $c_{n,m}$ son los coeficientes de $2^{-n}\log^n(1+2z)$ en $z=0$ .

Y como $\int_0^\infty t^{m-1}e^t e^{-st}dt = (s-1)^{-m}(m-1)!$ entonces

$$f^{*n}(t) =\mathcal{L}^{-1}[F(s)^n](t)=e^t\sum_{m=n}^\infty \frac{c_{n,m}}{(m-1)!} t^{m-1}$$