Una integral probabilística $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/2\sigma^2}\arcsin\left(1-2\left|\lfloor x\rceil-x\right|\right)\,dx$

Question

En mis estudios probabilísticos, apareció una difícil integral. Obsérvese que $\lfloor x\rceil$ es no la función del suelo; es la función del entero más cercano . Hasta algunas constantes, aparece en una situación similar a la de Buffon. $$ \int_{-\infty}^{\infty}{\rm e}^{-x^2/2\sigma^{2}} \arcsin\left(1 - 2\left\vert\vphantom{\Large A}\,\left\lfloor\,x\,\right\rceil-x\,\right\vert\right) \,{\rm d}x $$

¿Es posible evaluar esta integral? Ya me alegraré mucho si el caso $\sigma=1$ está resuelto. Lo que hace que esto sea difícil para mí es la $\left\vert\vphantom{\Large A}\left\lfloor\,x\,\right\rceil-x\,\right\vert$ parte. Un candidato natural sería una expansión de Fourier, pero incluso esto parece difícil.

Una imagen del integrando.

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Después de este análisis, no creo que podamos hacer mucho más por este integral. Gracias por su tiempo y sus respuestas detalladas.

Answer 1

En esencia, nos interesa el valor esperado de $f(x)=\arcsin\left(1-2\big|\lfloor x\rceil-x\big|\right)$ con respecto a una distribución gaussiana centrada:

$$\text{E}[f(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2/2\sigma^2} f(x)\,dx $$

Tenga en cuenta que $f(x)$ es un $1$ -que se comporta como $g(x)=\arcsin(1-2|x|)$ para $|x|\leq \frac{1}{2}$ . Tomando $g(x)$ para tener soporte sólo en este intervalo, podemos escribir $f(x)$ en una forma susceptible de expansión a través de la Fórmula de suma de Poisson :

\begin{align} f(x)=\sum_{n=-\infty}^\infty g(x+n)=\sum_{k=-\infty}^\infty e^{2\pi i k x}\int_{-1/2}^{1/2} e^{-2\pi i k y}g(y)\,dy \tag{(1)} \end{align}

Nótese que la integral en esta expresión es sólo la $k$ -coeficiente de Fourier $c_k$ de $f(x)$ . Así que hemos intercambiado la periodicidad de $f(x)$ para una suma ponderada de integrales dobles. Pero todas ellas se factorizan en integrales simples, y las integrales sobre $x$ son todos gaussianos: \begin{align} \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}+2\pi i k x\right)\,dx &=\frac{e^{-2\pi^2 k^2\sigma^2}}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} \int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x-2 \pi i k\sigma^2 \right)^2\right)\,dx\\ &=e^{-2\pi^2 k^2\sigma^2} \end{align} Nótese la conveniente desaparición de la normalización.

Así, podemos escribir el valor de la expectativa como $$\text{E}[f(x)] = \sum_{k=-\infty}^\infty c_k \, e^{-2\pi^2 k^2\sigma^2} $$ Observando la dependencia cuadrática de $k$ esta serie es análoga a una función theta de Jacobi, excepto que está ponderada por los coeficientes de Fourier $c_k$ . Para seguir adelante necesitamos estos coeficientes: \begin{align} c_k &=2\,\text{Re}\left[\int_{0}^{1/2} e^{2\pi i k y} \arcsin(1-2y)\,dy\right] &(\text{symmetry of integrand})\\ &=\text{Re}\left[e^{2\pi i k}\int_{0}^{\pi/2} e^{-2\pi i k\sin\phi} \phi \cos\phi\,d\phi\right] &(\sin\phi=1-2y) \end{align}

Para seguir adelante, utilizamos un Expansión de Jacobi-Anger para escribir la integral interna como $$\int_{0}^{\pi/2} e^{-2\pi i k\sin\phi} \phi \cos\phi\,d\phi =\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} J_n(-2\pi k) \int_{0}^{\pi/2} e^{i n \phi} \phi \cos\phi\,d\phi $$

Esta integral es ciertamente factible, pero ahora mismo no conozco una fórmula agradable para ello y por eso la detengo por ahora. Incluso si es relativamente buena, sin embargo, uno todavía parece destinado a terminar con una suma doblemente infinita sobre las funciones de Bessel y los exponentes cuadráticos. Eso no parece alentador.

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ACTUALIZACIÓN) Siguiendo la discusión en los comentarios con @rajb245, me he dado cuenta de que su idea sobre la presencia de la función H de Struve zeroth podría ser revelada directamente. En primer lugar, utilizando la simetría junto con el hecho de que $\cos(\pi k -\pi k u)=(-1)^k \cos{\pi k u}$ , reescribimos $c_k$ utilizando la sustitución $y=1-2u$ para obtener $$c_k =2\int_{0}^{1/2} \cos{2\pi k y} \arcsin(1-2y)\,dy =(-1)^k \int_{0}^{1} \cos(\pi k u) \arcsin u\,du.$$ Si $k=0$ entonces podemos calcular $c_0=\pi/2-1$ . De lo contrario, podemos utilizar el enfoque de esta respuesta de Ron Gordon e integrar por partes:

\begin{align} (-1)^k \int_{0}^{1} \cos(\pi k u) \arcsin u\,du &= (-1)^k \left[\frac{1}{\pi k}\sin(\pi k u) \arcsin u-\frac{1}{\pi k}\int \frac{\sin(\pi k u)}{\sqrt{1-u^2}}\,du\right]_0^1 \end{align} El término de frontera desaparece, y para el segundo término recordamos lo siguiente representación integral de la función H de Struve zeroth: $$\mathbf{H}_0(t)=\frac{2}{\pi}\int_0^1 \frac{\sin{t u}}{\sqrt{1-u^2}}\,du$$

Por lo tanto, $c_k=\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k}\mathbf{H}_0(2\pi k)$ para $k\neq 0$ . Tenga en cuenta que $c)k=c_{-k}$ (en consonancia con $g(x)$ siendo par) ya que $\mathbf{H}_0(t)$ es una función impar.

Ahora podemos volver a E $[f(x)]$ y escribir

$$\text{E}[f(x)] =\left(\frac{\pi}{2}-1\right)-\sum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k}}{k}\mathbf{H}_0(2\pi k)e^{-2\pi^2 k^2\sigma^2}$$

Este es mi punto de conclusión, ya que no tengo ni idea de si esta serie se puede simplificar más. Pero esta forma actual es bastante útil: Tenemos un término principal constante (es decir, el valor medio de $\arcsin(1-2|x|)$ en $[-1/2,1/2]$ ) seguido de una serie de correcciones que son cada una exponencialmente menor que la anterior. Por lo tanto, incluso tomando la primera corrección se obtiene una excelente aproximación. (Probablemente sería conveniente validar esta expresión, ya sea numéricamente o calculando el $\sigma\to0$ y $\sigma\to\infty$ límites).

Answer 2

El mérito es de Semiclassical por haber hecho la mayor parte del trabajo en este caso. Mi respuesta sólo difiere en que no apelo directamente a la fórmula de suma de Poisson, sino que simplemente introduzco la serie de Fourier en la integral directamente; resulta una suma sostenible. Consideremos la integral de Semiclassical,

$$I=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2/2\sigma^2} f(x)\,dx $$ con $f(x)=\arcsin\left(1-2\big|\lfloor x\rceil-x\big|\right)$ . Como el OP señaló, la expansión de Fourier es una posibilidad ya que $f(x)$ es periódica con periodo $1$ . Probemos este enfoque. La expansión es $$ f(x) = \sum_{k=-\infty}^\infty c_k e^{2\pi i k x}, $$ Donde los coeficientes vienen dados por la integral $$ c_k = \int_{-1/2}^{1/2} f(x) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ Podemos calcular los coeficientes. Volveremos a esto. Por ahora, insertar la expansión de Fourier en la integral original $$ I=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2/2\sigma^2} \sum_{k=-\infty}^\infty c_k e^{2\pi i k x}\,dx . $$ Integración y suma de conmutación, $$ I=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\sum_{k=-\infty}^\infty c_k\int_{-\infty}^\infty e^{2\pi i k x-x^2/2\sigma^2}\,dx. $$ Siempre y cuando $\sigma$ es real, esa integral se puede calcular para cualquier $k$ en forma cerrada como $$ \int_{-\infty}^\infty e^{2\pi i k x-x^2/2\sigma^2}\,dx = \sqrt{2 \pi\sigma^2 } e^{-2 \pi ^2 k^2 \sigma ^2}, $$ lo que nos deja (después de anular el $\sqrt{2 \pi\sigma^2 }$ ) $$ I=\sum_{k=-\infty}^\infty c_k e^{-2 \pi ^2 k^2 \sigma ^2} $$

Ahora, volviendo a la $c_k$ coeficientes, tenemos $$ c_k = \int_{-1/2}^{1/2} \arcsin\left(1-2\big|x\big|\right) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ No soy lo suficientemente inteligente como para explotar las simetrías aquí para tomar un atajo, así que vamos a forzar esto dividiendo la integral en dos partes, rompiendo el intervalo en $x=0$ : $$ c_k = c_k^{-} + c_k^{+} $$ con $$ c_k^{-} = \int_{-1/2}^{0} \arcsin\left(1-2\big|x\big|\right) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ $$ c_k^{+} = \int_{0}^{1/2} \arcsin\left(1-2\big|x\big|\right) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ En el intervalo negativo, $\big|x\big|=-x$ . En lo positivo, $\big|x\big|=x$ . Las dos expresiones son entonces $$ c_k^{-} = \int_{-1/2}^{0} \arcsin\left(1+2x\right) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ $$ c_k^{+} = \int_{0}^{1/2} \arcsin\left(1-2x\right) e^{-i2\pi kx}\;dx. $$ En el intervalo negativo, tomaremos la sustitución $x=\frac{\sin(\phi)-1}{2}$ , $dx=\frac{1}{2}\cos(\phi)d\phi$ y los mapas de intervalo como $[-1/2,0]\rightarrow[0,\pi/2]$ .

En el intervalo positivo, utilizaremos $x=\frac{1-\sin(\phi)}{2}$ , $dx=-\frac{1}{2}\cos(\phi)d\phi$ y los mapas de intervalo como $[0,1/2]\rightarrow[\pi/2,0]$ . Usando estas sustituciones ahora nos da $$ c_k^{-} = \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} e^{i \pi k (\sin (\phi )-1)}\phi \cos (\phi )\;d\phi. $$ $$ c_k^{+} = -\frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{0} e^{i \pi k (1-\sin (\phi ))}\phi \cos (\phi )\;d\phi. $$ Haciendo estas integrales se obtienen expresiones que implican funciones de Struve y funciones de Bessel de orden cero: $$ c_k^{-} = -\frac{i \left(1-e^{-i \pi k} (J_0(k \pi )+i \pmb{H}_0(k \pi ))\right)}{4 k}. $$ $$ c_k^{+} = \frac{i \left(1-e^{i \pi k} (J_0(k \pi )-i \pmb{H}_0(k \pi ))\right)}{4 k}. $$ Sumando estos dos resultados y simplificando se obtienen los coeficientes de Fourier: $$ c_k = c_k^{-}+c_k^{+} = \frac{J_0(k\pi)\sin(k\pi)-\pmb{H}_0(k\pi)\cos(k\pi)}{2 k} $$ Y porque $k$ es un número entero, los senos y cosenos se simplifican, dejando $$ c_k = -\frac{(-1)^k\pmb{H}_0(k\pi)}{2 k} $$ Tenga en cuenta que el $c_0$ El coeficiente de valor medio es $c_0=\frac{\pi}{2}-1$ y debe calcularse tomando $\lim_{k\rightarrow 0} c_k$ ya que la expresión tiene una singularidad removible allí.

Así que ahora, si tenemos una forma de calcular la función de Struve de orden cero, tenemos los coeficientes de la serie de Fourier para introducirlos en la suma dada anteriormente para la integral $I$ . Tenga en cuenta que puede esperar que la suma converja bastante rápido al valor ``verdadero'' ya que los términos de la suma decaen como una cola gaussiana en $k$ . La convergencia se acelera con valores mayores de $\sigma$ también, por lo que sólo unos pocos términos deberían dar resultados precisos como $\sigma$ se incrementa.

Por diversión, he calculado $c_k$ para $k=0,1,2\ldots 10$ a dieciséis dígitos, aproximadamente la precisión de la máquina para los números de punto flotante de doble precisión en la mayoría de los ordenadores modernos. Se obtiene $$ 0.5707963267948966, 0.2589127103423059, 0.03248993478100901,\\ 0.04215072581916797, 0.01378829513227803, 0.01838120431720631, \\ 0.008091939971224002, 0.01070468107470534, 0.005487219243638216, \\ 0.007169482259113914, 0.004040382366534786 $$ He trazado la correspondiente aproximación de Fourier finita de $f(x)$ y el verdadero $f(x)$ abajo, en un período.

Se puede ver que con $11$ términos reales, no estás tan cerca del integrando original; debido a las explosiones de la derivada en $f(x)$ la serie de Fourier converge lentamente a $f$ . Sin embargo, como veremos a continuación, $11$ términos es excesivo para la integral con respecto a un peso gaussiano.

Puede demostrar que $c_{-k}=c_k$ para no tener que calcular los coeficientes negativos. El término exponencial tiene la misma simetría, por lo que sólo hay que sumar sobre los valores positivos y duplicar el resultado (teniendo cuidado con $c_0$ ). El truncamiento finito de nuestra integral se puede escribir. $$ I=c_0 + 2\sum_{k=1}^N c_k e^{-2 \pi^2 k^2 \sigma ^2} $$ Podemos ver que el factor exponencial en el primer término de la suma (para $\sigma=1$ ) es $e^{-2 \pi^2}\approx 3\times 10^{-9}$ y los términos posteriores son aún más pequeños. Esencialmente, creo que a menos que $\sigma$ es del orden de $\frac{1}{\pi\sqrt{2}}$ o menor, toda la suma está dominada por el primer término, $$ I\approx c_0 = \frac{\pi}{2}-1. $$

He calculado numéricamente la integral directamente y he verificado el resultado. Así que en el límite $\sigma>>\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$ , $I=\frac{\pi}{2}-1$ . En el otro extremo, cuando $\sigma$ es muy pequeño, el factor exponencial es aproximadamente constante, y la integral sería aproximadamente la suma de todos los coeficientes de Fourier; tengo la corazonada de que la suma es $\pi/2$ pero no lo han demostrado. Alternativamente, se puede utilizar directamente un montón de términos en la expansión de Fourier para $I$ . Finalmente, alrededor de $\sigma\approx\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$ probablemente no necesitará más de 5 o 6 términos en la suma, porque $\exp(-k^2)$ es el orden de la precisión de la máquina por $k=6$ .

Answer 3

A ver si estoy en lo cierto, no lo he comprobado del todo pero debería funcionar así. Tal vez hay algunos problemas en $(\star)$ como las constantes que faltan.

Sabemos de $\lfloor x \rceil$ :

$$ \forall n\in\mathbb{N}\forall x\in \left[n-\frac{1}{2},n+\frac{1}{2}\right] \quad\quad\quad \left\lfloor x\right\rceil= n \tag{$ \N - Alfa $}$$

Así que vamos a dividir esa integral:

$$ I:=\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\left(1-2\big|\lfloor x\rceil-x\big|\right) \text{d}x = {\sum_{n=-\infty}^\infty\int\limits_{n-\frac{1}{2}}^{n+\frac{1}{2}} \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\underbrace{\left(1-2\big|\lfloor x\rceil-x\big|\right)}_{=:A(x)} \text{d}x } $$

Ahora vamos a encontrar una forma agradable de expresar $A$ a través de $(\alpha)$ : $$ \forall n\in\mathbb{N}\forall x\in \left[n-\frac{1}{2},n+\frac{1}{2}\right]\quad\quad\quad A(x) = 1-2\big|n-x|\le 1 $$

De hecho, sabemos aún más: $$ A(x) = 1-2\big|n-x|\le 1 =1-2\big|x-n\big|=\left\{\begin{matrix} x-n+\frac{1}{2} & x\le n \\ n+\frac{1}{2}-x & x\ge n\end{matrix}\right. \tag{$ \N-beta $}$$

Así que dividamos la integral aún más:

$$ I = {\sum_{n=-\infty}^\infty\int\limits_{n-\frac{1}{2}}^{n} \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\left(x-n+\frac{1}{2}\right) \text{d}x }+ {\int\limits_{n}^{n+\frac{1}{2}} \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\left(n+\frac{1}{2}-x\right) \text{d}x }$$

Ahora bien, esto es sorprendente porque podemos sustituir $y=x-n+\frac{1}{2}$ y $z=n+\frac{1}{2}-x$ con $\text{d}x=\text{d}y = -\text{d}z$ : $$ I= {\sum_{n=-\infty}^\infty\underbrace{\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}} \exp\left(-\frac{\left(-y+n-\frac{1}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\left(y\right) \text{d}y }_{B(n)}}- {\underbrace{\int\limits_{\frac{1}{2}}^{0} \exp\left(-\frac{\left(-n-\frac{1}{2}+z\right)^2}{2\sigma^2}\right)\arcsin\left(z\right) \text{d}z }_{C(n)}}$$

Ahora podemos utilizar la linealidad de la integral que: $$ \sum_{n=-\infty}^\infty B(n) = \int\limits_{0}^{\frac{1}{2}} \arcsin\left(y\right) \sum_{n=-\infty}^\infty\exp\left(-\frac{\left(y-n+\frac{1}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right)\text{d}y $$

Edición: esto es incorrecto

Es sólo una desigualdad

Ahora sabemos para una función monótona que: $$ \sum_{n=-\infty}^\infty B(n) =\int\limits_{0}^\frac{1}{2}\arcsin(y)\sum_{n=-\infty}^\infty\exp\left(-\frac{\left(y-n+\frac{1}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right) \text{d}y = {\int\limits_{0}^\frac{1}{2}\arcsin(y)\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{\left(y-n+\frac{1}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right) \text{d}n \text{d}y} =\sqrt{2\pi\sigma^2}\int\limits_{0}^\frac{1}{2}\arcsin(y)\text{d}y \tag{$ \N - La estrella $}$$

Lo mismo ocurre con $C(n)$ . Así que tenemos:

$$ I = 2\sqrt{2\pi\sigma^2}\int\limits_{0}^\frac{1}{2} \arcsin(x)\text{d}x $$