Utilizando el método de la fase estacionaria, yo era capaz de obtener el primer término de la expansión asintótica de la siguiente integral, como $x \rightarrow \infty$: $$\int\limits_0^{\pi / 2} {e^{ix\cos t}}dt \sim \sqrt{\frac{\pi}{2x}} e^{i({x-\pi/4})}.$$
Sin embargo, estoy interesado en encontrar un par de más términos de la asymptoptic de expansión, así que supongo que tengo que aplicar el método de steepest descent.
Este fue mi razonamiento:
Tenemos una integral de la forma $$\int \limits_0^{\pi/2} e^{x\phi (t)}dt $$ con $$\tag{1} \phi(t) = i\cos t.$$
Queremos encontrar los caminos para que $\operatorname{Im} \phi(t)$ es constante y determinar qué direcciones a lo largo de estas curvas causan $\operatorname{Re} \phi(t)$ a disminuir.
Vamos a empezar por tomar $t=x +iy$ a (1), por lo que podemos encontrar las partes real e imaginaria de $\phi(t)$; obtenemos:
$$\phi(x + iy) = i\cos(x + iy) = \sin x\sinh y + i\cos x\cosh y$$
por lo $\operatorname{Re} \phi(t) = \sin x\sinh y$ $\operatorname{Im} \phi(t) = \cos x\cosh y.$
Por lo tanto, las rutas que hacen de $\operatorname{Im} \phi(t)$ constante constituyen la familia de curvas de
$$\tag{2} \cos x\cosh y = k, \, k \in \mathbb{R}.$$
Hay dos curvas que pertenecen a la familia (2) que son útiles en el contexto de este problema, ya que nos va a permitir seguir un camino de $t=0$ $t=\pi/2$en la mayor descenso de sentido, es decir,
$$\gamma_1(x,y) = \cos x\cosh y - 1$$
que nos lleva de$(x,y)=(0,0)$$(x,y)=\left( \frac{\pi}{2}-\epsilon,-R \right)$, $R$ muy grande y $\epsilon$ una pequeña cantidad positiva (esta ruta será nombrado $C_1$), y
$$\gamma_3(x,y) = \cos x\cosh y $$
que nos lleva de $(x,y)=\left( \frac{\pi}{2},-R \right)$ $(x,y)=\left( \frac{\pi}{2},0 \right)$(esta ruta será nombrado $C_3$).
Para unirse a las rutas de $C_1$$C_3$, tenemos que recurrir a otro camino de $C_2$, paralelo al eje de las x, que nos lleva de$(x,y)=\left( \frac{\pi}{2}-\epsilon,-R \right)$$(x,y)= \left( \frac{\pi}{2},-R \right)$.
Estas son las líneas de contorno de $\operatorname{Re} \phi(t) = \sin x\sinh y$ (más oscuro significa más pequeño)
Así que, para aplicar el método de la más empinada del descenso, se deben tomar las siguientes contorno
Tenemos a continuación
$$\int\limits_0^{\pi / 2} {e^{ix\cos t}}dt = \int\limits_{{C_1}} {{e^{ix\cos t}}dt} + \int\limits_{{C_2}} {{e^{ix\cos t}}dt} + \int\limits_{{C_3}} {{e^{ix\cos t}}dt}.$$
Ahora, lo $R \rightarrow \infty$, la longitud de $C_2$ se convierte arbitrariamente pequeño como el integrando, que decae exponencialmente en la dirección de steepest descent, por lo que la contribución de esta integral es insignificante.
Para el cálculo de la integral de contorno a lo largo de la ruta de $C_1$, podemos utilizar una sustitución de la forma $\phi(t) = -u + ik$, por lo que la exponencial en el integrando se convierte en$\exp (-xu + ix)$$k=1$$C_1$. Entonces tenemos
$$t = \arccos (1 + ui) \a \frac{dt}{du} = - \frac{i}{\sqrt{1- (1 + ui)^2}} \Rightarrow dt = \frac{1 - me}{2 \sqrt{u} \sqrt{1 + ui/2}}du$$
y, de $u(t) = i(1- \cos t) = i - \sin x\sinh y - i\underbrace {\cos x\cosh y}_{ = 1} = - \sin x\sinh y$, obtenemos $$u(0 + i0) = - \sin 0 \sinh 0 = 0$$
y
$$u\left(\frac{\pi}{2}-i\infty \right) = - \sin \left(\frac{\pi}{2} \right) \sinh(-\infty) = + \infty.$$
Por fin llegamos a
$$\tag{3} \int\limits_{C_1} {{e^{ix\cos t}}dt} = e^{ix} \int\limits_0^{+\infty} {\frac{1 - i}{2\sqrt{u} \sqrt{1 + iu/2}} e^{-xu} du}.$$
Con respecto a la integral de contorno a lo largo de la ruta de $C_3$, podemos utilizar una sustitución de la forma $\phi(t) = -u + ik$, por lo que la exponencial en el integrando se convierte en$\exp (-xu)$$k=0$$C_3$. Entonces tenemos
$$t = \arccos (iu) \a \frac{dt}{du} = - \frac{i}{\sqrt{1 + u^2}} \Rightarrow dt = - \frac{i}{\sqrt{1 + u^2}}du$$
y, de $u(t) = - i \cos t) = - \sin x\sinh y - i\underbrace {\cos x\cosh y}_{ = 0} = - \sin x\sinh y$, obtenemos $$u\left(\frac{\pi}{2}-i\infty \right) = - \sin \left(\frac{\pi}{2}\right) \sinh (-\infty) = +\infty$$
y
$$u\left(\frac{\pi}{2} + i0 \right) = - \sin \left(\frac{\pi}{2} \right) \sinh(0) = 0.$$
Por fin llegamos a
$$\tag{4} \int\limits_{C_3} {{e^{ix\cos t}}dt} = \int\limits_0^{+\infty} {\frac{i}{\sqrt{1 + u^2}} e^{-xu} du}.$$
Ahora somos capaces de encontrar la forma asintótica de la serie para ambos (3) y (4), el uso de Watson lema.
El primer resultado que necesitamos es el siguiente serie de MacLaurin
$$\tag{5} \frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} \sim \sum\limits_{k=0}^\infty {\frac{(2k)!x^k}{(n!)^2}}. $$
Ahora, haciendo la sustitución de $x=-iu/8$ en (5) y multiplicando por $(1-i) / u^{1/2} = \sqrt{2} e^{-i \pi/4} / u^{1/2}$, obtenemos
$$\tag{6} \frac{1 - i}{2 \sqrt{u} \sqrt{1 + iu/2}} \sim \frac{e^{-i \pi/4}}{\sqrt{2}} \sum\limits_{k=0}^\infty {\frac{(2k)! (-i)^k u^{k-1/2}}{8^k (k!)^2}}.$$
Del mismo modo, haciendo que la sustitución de $x=-u^2/4$ en (5) y multiplicando por $i$, obtenemos
$$\tag{7} \frac{i}{\sqrt{1 + u^2}} \sim \sum\limits_{k=0}^\infty {\frac{i(2k)! (-1)^k u^{2k}}{4^k (k!)^2}}.$$
Por último, la aplicación de Watson lema llegamos a
$$\begin{align} \int\limits_0^{\pi / 2} {e^{ix\cos t}}dt &\sim \int\limits_{{C_1}} {{e^{ix\cos t}}dt} + \int\limits_{{C_3}} {{e^{ix\cos t}}dt} \\ &\sim {\frac{e^{i(x - \pi/4)}}{\sqrt{2}} \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(2k)! (-i)^k \Gamma(k+1/2)}{8^k (k!)^2 x^{k+1/2}}} + \sum\limits_{k=0}^\infty {\frac{i (-1)^k (2k)! \Gamma(2k+1)}{4^k (k!)^2 x^{2k+1}}}.\end{align}$$
Así, por ejemplo, los dos primeros términos de la serie asintótica sería $$\int\limits_0^{\pi / 2} {e^{ix\cos t}}dt \sim \sqrt{\frac{\pi}{2x}} e^{i({x-\pi/4})} + \frac{i}{x}.$$
Es mi razonamiento correcto? Hay alguna forma de comprobar el resultado final?
Gracias de antemano!
