Asintótica de expansión de la integral que involucra modificada de Bessel-función

Question

Me gustaría obtener la expresión asintótica para $\alpha \to \infty$ de la siguiente integral $$I(\alpha)=\int_0^\infty\!dx\,x (1 - \cos[2\alpha K_0(x)]) = \int_0^\infty\!dx\, 2 \sin^2[\alpha K_0(x)]$$ donde $K_0$ es la modificación de Besselfunktion de la segunda clase. Sé que $$K_0(x) \sim \begin{cases} \log (2/x) -\gamma & x\ll1, \\ \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\,e^{-x} & x \gg1. \end{casos}$$

La integral es finito para cualquier $\alpha&lt\infty$: para las pequeñas $x$ no hay ningún problema debido a que el factor de $x$. Para un gran $x$ el de Bessel-la función se aproxima a 0 exponencialmente rápido y por lo tanto hace que la integral finita.

El problema que tengo es que la integral es tanto oscilatorio y dominado por intermedio $x$. A partir de valores numéricos, y yo me lo creo $$ I(\alpha) \sim c_0 \log(\alpha) + c_1.$$

¿Tiene usted alguna idea de cómo abordar las integrales de este tipo?

Answer 1

Creo que he encontrado una manera de aplicar el método de la fase estacionaria (por favor proporcione comentarios si crees que la respuesta es no sonido).

Como Jon observó a través de la integración parcial de la integral puede ser presentada en el formulario $$I(\alpha) = \alpha \int_0^\infty\!dx\,x^2 K_1(x) \sin[2 \alpha K_0(x)].$$ Lo siguiente que realizar la sustitución de $y=2K_0(x)$ (tenga en cuenta que $K_0$ es un monótono caer función tal que el inverso $K_0^{-1}$ está definida de forma única). Puedo conseguir $$ I(\alpha) = \frac{\alpha}2 \int_0^\infty\!dy\,\sin(\alpha y)[K_0^{-1}(y/2)]^2; $$ tenga en cuenta que $K_1$ cancelados con el derivado de la $K_0^{-1}$ a través de teorema de la función inversa y el hecho de que $K_0'(x)=-K_1(x)$.

Esta integral está casi listo para una fase estacionaria de análisis, se reemplazan $\sin(\alpha y) = \operatorname{Im} e^{i\alpha y}$ y observe que la ruta de acceso de la fase estacionaria a partir de $y=0$ a lo largo del eje imaginario. Por lo tanto, sustituimos $y=i \zeta$ y obtener $$I(\alpha)=\frac{\alpha}2 \int_0^\infty \!d\zeta\, e^{-\alpha \zeta} \operatorname{Re}[K_0^{-1}(i\zeta/2)]^2 ;$$ aquí, hemos analíticamente continuado $K_0^{-1}$ en el plano complejo.

La integral es dominado en $\zeta\approx 0$. Por lo tanto, podemos Taylor-expandir $K_0^{-1}(i\zeta)$. Tenemos $K_0(x) \sim e^{-x}$$K_0^{-1}(y) \sim -\log y$. El uso de este asintótica relación, obtenemos $$I(\alpha)\sim \frac{\alpha}2 \int_0^\infty \!d\zeta\, e^{-\alpha \zeta} \overbrace{\operatorname{Re}[\log(i\zeta/2)]^2}^{\sim \log^2 (\zeta/2)} \sim \frac{\alpha}2 \int_0^\infty \!d\zeta\, e^{-\alpha \zeta}\log^2 (\zeta/2) \sim \tfrac12 \log^2\alpha. $$

Supongo que para el próximo trimestre, uno tiene que trabajar un poco más duro y el uso de $K_0^{-1}(y) \sim - \log y - \tfrac12 \log(-\log y)$. Sin embargo, en principio, debería ser posible extender este enfoque próximo a los principales términos.

Answer 2

En primer lugar, usted necesita para integrar por partes la obtención de $$ I(\alpha)= \int_0^\infty\!dx\, 2 \sin^2[\alpha K_0(x)]= 2\alpha\int_0^\infty\!dx\,x^2K_1(x) \cos[\alpha K_0(x)]\sen[\alpha K_0(x)]. $$ Ahora, el cambio de variable a$y=\alpha x$, de modo que $$ I(\alpha)=\frac{1}{\alpha^2}\int_0^\infty\!dx\, y^2K_1\left(\frac{y}{\alpha}\right) \sin\left[2\alpha K_0\left(\frac{y}{\alpha}\right)\right]. $$ En el límite de $y\rightarrow\infty$ uno puede tomar las aproximaciones asintóticas $K_0(x)\sim\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\,e^{-x} $ $K_1(x)\sim\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\,e^{-x} $ y se obtiene $$ I(\alpha)\sim\frac{1}{\alpha^\frac{3}{2}}\int_0^\infty\!dy\, y^\frac{3}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{y}{\alpha}}\sin\left[\sqrt{2}\alpha^\frac{3}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}e^{-\frac{y}{\alpha}}\right]. $$ Esta integral puede escribirse usando la función W de Lambert con el cambio de variable $z=\frac{e^{-\frac{y}{\alpha}}}{\sqrt{y}}$, de modo que $y=\frac{\alpha}{2}W\left(\frac{2}{\alpha z^2}\right)$ que $\alpha\rightarrow\infty$ da $y\sim\frac{1}{z^2}-\frac{2}{\alpha z^4}$. Esto convertirá a la integral en $$ I(\alpha)\sim\frac{\alpha^\frac{3}{2}}{4}\int_0^\infty\!dz\,\frac{\sin\left(\sqrt{2\pi}\alpha^\frac{3}{2}z\right)}{\frac{1}{W^2\left(\frac{2}{\alfa z^2}\right)}+\frac{1}{W^3\left(\frac{2}{\alpha z^2}\right)}}. $$ Entonces, pusimos $w=\sqrt{2\pi}\alpha^\frac{3}{2}z$, y se llega a $$ I(\alpha)\sim\frac{1}{4\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty\!dw\,\frac{\pecado w}{\frac{1}{W^2\left(\frac{4\pi\alpha^2}{w^2}\right)}+\frac{1}{W^3\left(\frac{4\pi\alpha^2}{w^2}\right)}} $$ He comprobado el original de la integral propuesta por el OP y mi aproximación y tengo la siguiente imagen

por lo que la aproximación es muy satisfactoria y dar un numérica clara prueba de la finitud de la última aproximado de la integral.