Difícil integral infinito implicando un Gaussian, función de Bessel y singularidades complejas

Question

He llegado a través de la siguiente integral en mi trabajo sobre el flujo de ruido en los Calamares. $$\intop_{0}^{\infty}dk\, e^{-ak^{2}}J_{0}\left(bk\right)\frac{k^{3}}{c^{2}+k^{4}} $$

Donde $a$,$b$,$c$ son todas positivas.

He visto y evaluar similar integrales sin el denominador el uso de recursos como el Watson de la Teoría de Funciones de Bessel, pero no he tenido suerte para encontrar algo parecido a esta integral. Que me llevaría a una muy impresionante resultado si tuviera que evaluar esto. ¿Alguien tiene alguna idea sobre cómo abordarla?

edit: Algunos de mis intentos hasta ahora son:

1)el Uso de "Infinito integrales que involucran funciones de Bessel por un enfoque mejorado de contorno de la integración y el teorema de los residuos" por Qiong-Gui Lin. Este (al igual que otros residuos teorema de enfoques) no parece funcionar desde el gaussiano golpes hasta en el eje imaginario.

2)recuerdo ver expresiones como $Z_u(ax)X_v(b\sqrt x)$ donde Z,X, son algunos de variación de funciones de bessel en Gradshteyn, Ryzhik. Esto me inspiró a escribir $e^{-ax^2}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}I_{k}(-ax^{2})$, y el sustituto de $t=x^2$, luego de integrar término a término. Esto no ha llegado a mí en cualquier lugar.

Answer 1

Voy a describir una expansión para esta integral $\mathcal{I}(a,b,c)$ en potencias de $c^{-2}$ . Para ello voy a hacer un par de cambios de los parámetros de la primera. Observar que la sustitución de $x=bk$ rendimientos $$ \mathcal{I}(a,b,c) =\int_0^\infty dx \,e^{-a x^2/b^2} J_0(x)\frac{x^3}{b^{4} c^{2}+x^4}.$$ Defining $t=b^2/4a$, $\epsilon=1/b^4 c^2,$ and $I(\alpha,\epsilon) = b^4 c^2 \mathcal{I}(a,b,c)$, we have $$I(t,\epsilon) = \int_0^\infty dx\, e^{-x^2/4t} J_0(x)\frac{x^3}{1+\epsilon x^4}. \tag{1}$$

Con este formulario en la mano, vamos a ampliar en potencias de $\epsilon\sim c^{-2}$ obtener $$I(t,\epsilon)=\sum_{k=0}^\infty (-\epsilon)^k \int_0^\infty dx\, x^{3+4k} e^{-x^2/4t}J_0(x).$$ The resulting term-by-term integration may be treated using formula 6.631.1 of Gradshteyn and Ryzhik (for reference, this is with $(\mu\nu,\alpha,\beta)=(3+4k,0,1/4t,1))$: $$\int_0^{\infty} dx\,x^{3+4k} e^{-x^2/4t}J_0(x) = \frac{1}{2}(4t)^{2k+2}(2k+1)!\,_1F_1(2k+2;1;-t)$$ where $ _1F_1(a;1;t)$ es Kummer del hipergeométrica confluente de la serie. Esto satisface Kummer la transformación, lo que nos permite escribir \begin{align} _1F_1(2k+2;1;-t) &=e^{-t}\,_1F_1(-1-2k;1;t)\\ &=e^{-t} \sum_{j=0}^{2k+1} \frac{(-1-2k)_j}{(j!)^2}t^j=\sum_{j=0}^{2k+1}\binom{2k+1}{j}\frac{t^j}{j!}e^{-t} \tag{2} \end{align} donde la suma es terminado por el argumento negativo de la creciente factorial $(x)_n$.

Recordando que la definición de la $n$ésimo polinomio de Laguerre es $L_n(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{(-x)^k}{k!}$, podemos escribir la ecuación de $(2)$$e^{-t} L_{2k+1}(t)$. Por lo tanto podemos expresar la ecuación de $(1)$ \begin{align} I(t,\epsilon) &=\sum_{k=0}^\infty (-\epsilon)^k \frac{1}{2}(4t)^{2k+2}(2k+1)! \, e^{-t} L_{2k+1}(t)\\ &=2t e^{-t} \sum_{m\text{ odd}}^\infty (-\epsilon)^{\frac{m-1}{2}} (4t)^m m! \, L_m(t)\ \end{align} [a continuación]

Answer 2

Para encontrar el comportamiento al $c \to 0$ vamos a dividir la integral en dos piezas

$$ \int_{0}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} = \left( \int_{0}^{\sqrt{c}} + \int_{\sqrt{c}}^{\infty} \right) ns\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4}. \etiqueta{1} $$

La primera pieza puede ser ampliado en los poderes de $c$ por escrito

$$ e^{-ak^2} J_0(bk) = \sum_{j=0}^{\infty} \alpha_j k^{2j}, $$

la sustitución de este en encuentra que

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\sqrt{c}} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} \\ &\qquad = \sum_{j=0}^{\infty} \alpha_j \int_0^\sqrt{c} \frac{k^{3+2j}}{c^2+k^4}\,dk \\ &\qquad = \sum_{j=0}^{\infty} \left(\alpha_j \int_0^1 dx\, \frac{x^{3+2j}}{1+x^4} \right) c^j \\ &\qquad = \frac{1}{4}\log 2 - \frac{(4-\pi)(4a-b^2)}{32} c + \frac{(1-\log 2)(32 a^2+16 a b^2+b^4)}{256} c^2 + \cdots, \end{align} $$ $$ \etiqueta{2} $$

así que es lógico que el líder de la orden comportamiento asintótico de la integral es de la segunda pieza. Vamos a utilizar el hecho de que

$$ \frac{k^3}{c^2+k^4} = \frac{1}{k} - \frac{c^2}{k(c^2+k^4)} $$

escribir como

$$ \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} = \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) k^{-1} - c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} $$ $$ \etiqueta{3} $$

Fix $0 < \epsilon < 1/2$ y dividir a la segunda integral como

$$ c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} = c^2 \left(\int_{\sqrt{c}}^{\Large c^\epsilon} + \int_{\Large c^\epsilon}^{\infty} \right) ns\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)}. $$ $$ \etiqueta{4} $$

La cola plazo está limitada por

$$ \left| c^2 \int_{\Large c^\epsilon}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} \right| < c^2 \int_{\Large c^\epsilon}^\infty \frac{dk}{k (c^2+k^4)} = \frac{1}{4} \log(1 + c^{2-4\epsilon}) \etiqueta{5} $$

y la primera puede ser ampliada como antes;

$$ c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\Large c^\epsilon} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} = c^2 \sum_{j=0}^{\infty} \alpha_j \int_{\sqrt{c}}^{\Large c^\epsilon} dk\, \frac{k^{2j}}{k(c^2+k^4)}. $$

De hecho, vamos a demostrar que todos podemos utilizar son los dos primeros términos de esta expansión, así que por ahora sólo tendremos que escribir

$$ \begin{align} &c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\Large c^\epsilon} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} \\ &\qquad = c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} \frac{dk}{k (c^2+k^4)} - \left(a+\frac{b^2}{4}\right) c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} dk\, \frac{k}{c^2+k^4} + O\left(c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} dk\, \frac{k^3}{c^2+k^4}\right). \end{align} $$ $$ \etiqueta{6} $$

Ahora debemos estimar estos nuevos integrales. Para el primero hacemos el cambio de variables $k = \sqrt{c} x$ para obtener

$$ c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} \frac{dk}{k (c^2+k^4)} = \int_1^{\Large c^{\epsilon - 1/2}} \frac{dx}{x (1+x^4)} = \int_1^\infty \frac{dx}{x (1+x^4)} - \int_{\Large c^{\epsilon-1/2}}^\infty \frac{dx}{x (1+x^4)}. $$

Por supuesto

$$ \int_1^\infty \frac{dx}{x (1+x^4)} = \frac{1}{4}\log 2 $$

y

$$ 0 < \int_{\Large c^{\epsilon-1/2}}^\infty \frac{dx}{x (1+x^4)} < \int_{\Large c^{\epsilon-1/2}}^\infty \frac{dx}{x^5} = \frac{1}{4} c^{2-4\epsilon}, $$

así que acaba de terminar con

$$ c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} \frac{dk}{k (c^2+k^4)} = \frac{1}{4}\log 2 + O(c^{2-4\epsilon}). \etiqueta{7} $$

Idéntico argumento se aplica a la segunda integral de los rendimientos

$$ c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} dk\, \frac{k}{c^2+k^4} = \frac{\pi}{8} c + O(c^{2-4\epsilon}). \etiqueta{8} $$

Para la última integral sólo necesitamos la contundente estimación

$$ 0 < c^2 \int_\sqrt{c}^{\Large c^\epsilon} dk\, \frac{k^3}{c^2+k^4} = c^2 \int_1^{\Large c^{\epsilon-1/2}} \frac{x^3}{1+x^4} < c^2 \log c^{\epsilon-1/2} < c^{2-4\epsilon} $$

para $c$ lo suficientemente pequeño. Mediante la combinación de este con $(7)$ $(6)$ $(5)$ tenemos

$$ c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\Large c^\epsilon} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} = \frac{1}{4}\log 2 - \frac{\pi}{8} \left(a+\frac{b^2}{4}\right) c + O(c^{2-4\epsilon}), \etiqueta{9} $$

y esto, combinado con $(5)$$(4)$, los rendimientos de los

$$ c^2 \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{1}{k(c^2+k^4)} = \frac{1}{4}\log 2 - \frac{\pi}{8} \left(a+\frac{b^2}{4}\right) c + O(c^{2-4\epsilon}). \etiqueta{10} $$

Por lo tanto $(3)$ se convierte en

$$ \begin{align} &\int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} \\ &\qquad = \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) k^{-1} - \frac{1}{4}\log 2 + \frac{\pi}{8} \left(a+\frac{b^2}{4}\right) c + O(c^{2-\epsilon}) \tag{11} \end{align} $$

como $c \to 0^+$ fijos $\epsilon > 0$. Finalmente, podemos escribir la integral de aquí

$$ \begin{align} &\int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) k^{-1} \\ &\qquad = \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-k} k^{-1} + \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} \\ &\qquad = -\operatorname{Ei}\left(-\sqrt{c}\right) + \int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1}, \end{align} $$

donde $\operatorname{Ei}$ es la integral exponencial. Ahora

$$ \begin{align} &\int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} \\ &\qquad = \int_0^\infty dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} - \int_0^\sqrt{c} dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} \\ &\qquad = f(a,b) - \sum_{j=0}^{2} \beta_j \int_0^\sqrt{c} dk\, k^j + O(c^2) \\ &\qquad = f(a,b) - \sqrt{c} + \frac{1}{2}\left(a + \frac{b^2}{4} + \frac{1}{2}\right) c - \frac{1}{18} c^{3/2} + O(c^2), \end{align} $$

donde

$$ f(a,b) := \int_0^\infty dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} $$

y los coeficientes de $\beta_j$ son definidos por

$$ \begin{align} \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1} &= \sum_{j=0}^{\infty} \beta_j k^j \\ &= 1 - \left(a + \frac{b^2}{4} + \frac{1}{2}\right) k + \frac{1}{6} k^2 + \cdots, \end{align} $$

así que

$$ \begin{align} &\int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) k^{-1} \\ &\qquad = -\operatorname{Ei}\left(-\sqrt{c}\right) + f(a,b) - \sqrt{c} + \frac{1}{2}\left(a + \frac{b^2}{4} + \frac{1}{2}\right) c - \frac{1}{18} c^{3/2} + O(c^2). \end{align} $$

Sustituyendo esto en $(11)$, con lo que los rendimientos de

$$ \begin{align} &\int_{\sqrt{c}}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} \\ &\qquad = -\operatorname{Ei}\left(-\sqrt{c}\right) + f(a,b) - \frac{1}{4}\log 2 - \sqrt{c} + \left( \frac{1}{4} + \frac{\pi+4}{8}a + \frac{\pi+4}{32} b^2\right) c \\ &\qquad \qquad - \frac{1}{18}c^{3/2} + O(c^{2-\epsilon}), \end{align} $$ $$ \etiqueta{12} $$

y, por último, la combinación de este con $(2)$ $(1)$ nos concede

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} \\ &\qquad = -\operatorname{Ei}\left(-\sqrt{c}\right) + f(a,b) - \sqrt{c} + \frac{1 + \pi a + b^2}{4} c - \frac{1}{18} c^{3/2} + O(c^{2-\epsilon}). \tag{13} \end{align} $$

Es conocido (ver wikipedia) que

$$ \operatorname{Ei}(z) = \log|z| + \gamma + x + \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{18}x^3 + O(x^4) $$

como $x \to 0$, por lo que en nuestro caso tenemos

$$ -\operatorname{Ei}\left(-\sqrt{c}\right) = \frac{1}{2} \log \frac{1}{c} - \gamma + \sqrt{c} - \frac{1}{4} c + \frac{1}{18} c^{3/2} + O(c^2), $$

y así llegamos a la asintótica

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty} dk\, e^{-ak^2} J_0(bk) \frac{k^3}{c^2+k^4} \\ &\qquad = \frac{1}{2} \log \frac{1}{|c|} + f(a,b) - \gamma + \frac{\pi a+b^2}{4} |c| + O(|c|^{2-\epsilon}) \tag{14} \end{align} $$ como $c \to 0$ fijos $\epsilon > 0$, donde $$ f(a,b) = \int_0^\infty dk\, \Bigl( e^{-ak^2} J_0(bk) - e^{-k} \Bigr) k^{-1}. $$

Seguramente el $O(|c|^{2-\epsilon})$ término puede ser reemplazado con $\Theta(c^2 \log |c|)$ con un poco más de trabajo.

He aquí un log-log de la parcela para ilustrar el asintótica con $a=b=1$ en el rango $c \in (2\cdot 10^{-4},10^{-2})$. Los puntos negros son numéricos en la evaluación de la integral dada y la curva azul es

$$ \frac{1}{2} \log \frac{1}{c} + f(1,1) - \gamma. $$