Demostrar que
$$\frac{1}{x+\sqrt{x^2+2}}<e^{x^2}\int\limits_x^{\infty}e^{-t^2} \, \text dt \le\frac{1}{x+\sqrt{x^2+\displaystyle\tfrac{4}{\pi}}}, \space (x\ge 0)$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
(El siguiente argumento es una adaptación de Dümbgen, "Delimitación de Gauss Estándar de la Cola de Probabilidades.")
La aproximación de $\displaystyle \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt$
Supongamos que queremos aproximar $\displaystyle \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt$ con una función de la forma $\dfrac{e^{-x^2}}{h(x)}.$ Vamos $$\Delta(x) = \frac{e^{-x^2}}{h(x)} - \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt.$$
Entonces, si $h(x) \to \infty$$x \to \infty$,$\Delta(x) \to 0$$x \to \infty$. Debido a esto, tenemos la siguiente.
- Si $\Delta'(x) > 0$ todos los $x \geq 0$ $\Delta(x)$ aumenta a $0$. Por lo tanto, $\dfrac{e^{-x^2}}{h(x)}$ es un límite inferior en $\displaystyle \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt$$x \geq 0$.
- Del mismo modo, si $\Delta'(x) < 0$ todos los $x \geq 0$ $\Delta(x)$ disminuye a $0$. Por lo tanto, $\dfrac{e^{-x^2}}{h(x)}$ es un límite superior en $\displaystyle \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt$$x \geq 0$.
Tenemos $$\Delta'(x) = \frac{e^{-x^2}}{h(x)^2} \left(h(x)^2 - 2xh(x) - h'(x) \right).$$ Por lo tanto el signo de $\Delta'(x)$ está determinado por el signo de $f(x) = h(x)^2 - 2xh(x) - h'(x)$.
Dado los límites estamos tratando de mostrar, vamos a considerar funciones de la forma $h(x) = x + \sqrt{x^2 + c}$. Entonces $$f(x) = c - 1 - \frac{x}{\sqrt{x^2+c}}.$$ Thus $f(x)$ is decreasing on $[0, \infty)$.
El límite inferior de la
Tener $f(x) > 0$ todos los $x \geq 0$, necesitamos $$c > 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+c}}, \:\:\:\: x \geq 0.$$ The smallest value of $c$ for which this holds is $c = 2$. Por lo tanto, $$\frac{1}{x + \sqrt{x^2+2}} < e^{x^2} \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt, \:\:\:\: x \geq 0,$$ and $2$ is the smallest value of $c$ for which this bound holds for functions of the form $h(x) = x + \sqrt{x^2 + c}$.
El límite superior
Tener $f(x) < 0$ todos los $x \geq 0$ podemos tomar $c = 1$. Sin embargo, podemos hacer mejor esto porque $f(x)$ está disminuyendo. Si nos encontramos con un mayor valor de $c$ tal que $\Delta(0)= 0$, entonces habremos $f(x) > 0$ $[0, x_0)$ algunos $x_0$ y, a continuación,$f(x) < 0$$(x_0, \infty)$. Por lo tanto $\Delta(x)$ inicialmente aumento de $0$ y, a continuación, disminución de vuelta a $0$, lo que nos da una mayor límite superior. Desde $$\Delta(0) = 0 \Longleftrightarrow \frac{1}{\sqrt{c}} = \int_0^{\infty} e^{-t^2}\, dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2},$$ tenemos $c = \dfrac{4}{\pi}$ dando una mayor cota superior de a $c = 1$. Por lo tanto, $$e^{x^2} \int_x^{\infty} e^{-t^2} \, dt \leq \frac{1}{x + \sqrt{x^2+\frac{\pi}{4}}}, \:\:\:\: x \geq 0,$$ and $\dfrac{\pi}{4}$ is the smallest value of $c$ for which this bound holds for functions of the form $h(x) = x + \sqrt{x^2 + c}$.
jlupolt
Puntos
369
La integral es igual a: $$\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text{erfc}(x)$$ Si se calcula la expansión de la serie de la función anterior en torno a infinito, se obtiene: $$e^{-x^2}\left(\frac{1}{2x}-\frac{1}{4x^3}+\frac{3}{8x^5}+...\right)$$ Creo que en busca de anuncios de la la resultante de las fracciones de la expresión y la expansión de la serie de los radicales debería darte una pista, al menos para $x\gg1$.
