Cómo evaluar la integral $\int_1^{\infty}[u^\alpha-(u-1)^{\alpha}]^2du$ ?

Question

La integral \begin{equation} I=\int_1^{\infty}[u^\alpha-(u-1)^{\alpha}]^2du,\quad -1/2<\alpha<1/2 \end{equation} proviene del proceso estocástico movimiento browniano fraccionario.

¿Puede alguien mostrar cómo se evalúa?

Gracias.

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Respuesta a Lucian:

¿Se refiere a la siguiente derivación?

Dejando $t=1/u$ la integral se convierte en

\begin{equation} \begin{split} I&=\int_0^1\left[t^{-2\alpha-2}-2t^{-2\alpha-2}(1-t)^\alpha + t^{-2\alpha-2}(1-t)^{2\alpha} \right]dt\\ &=\int_0^1t^{-2\alpha-2}dt+\int_0^1-2t^{-2\alpha-2}(1-t)^\alpha dt + \int_0^1t^{-2\alpha-2}(1-t)^{2\alpha}dt \\ &=I_1+I_2+I_3 \end{split} \end{equation}

\begin{equation} \begin{split} I_1&=\left.\frac{t^{-2\alpha-1}}{-2\alpha-1}\right|_0^1=\infty\\ I_2&=-2B(-2\alpha-1,\alpha+1)=-2\frac{\Gamma(-2\alpha-1)\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(-\alpha)}\\ I_3&=B(-2\alpha-1,2\alpha+1)=\frac{\Gamma(-2\alpha-1)\Gamma(2\alpha+1)}{\Gamma(0)}=0\\ \end{split} \end{equation}

Las derivaciones anteriores no son correctas ya que la función beta $B(w,v)$ requiere $w,v>0$ y $I_1$ es divergente. ¿Cuál puede ser el problema?

Gracias

Answer 1

EDITADO. El mayor obstáculo a la hora de calcular la integral

$$ I = \int_{1}^{\infty} (u^{\alpha} - (u-1)^{\alpha})^{2} \, du = \int_{0}^{1} x^{-2\alpha-2}(1 - (1-x)^{\alpha})^{2} \, dx $$

es que, dentro del rango $|\alpha| < \frac{1}{2}$ El término $x^{-2\alpha-2}$ tiene una singularidad en $x = 0$ que da lugar al infinito cuando no se anula adecuadamente. En palabras de orden, al dividir la integral en tres partes se obtiene

\begin{align*} I_{1} &= \int_{0}^{1} x^{-2\alpha-2} \, dx = \infty, \\ I_{2} &= -2 \int_{0}^{1} x^{-2\alpha-2}(1 - x)^{\alpha} \, dx = -\infty, \\ I_{2} &= \int_{0}^{1} x^{-2\alpha-2}(1 - x)^{2\alpha} \, dx = \infty. \end{align*}

Una forma de evitar esta catástrofe es utilizar el principio de continuación analítica. Para utilizar esta técnica, introduzcamos una integral auxiliar

$$ I(s) = \int_{1}^{\infty} u^{-s}(u^{\alpha} - (u-1)^{\alpha})^{2} \, du = \int_{0}^{1} x^{s-2\alpha-2}(1 - (1-x)^{\alpha})^{2} \, dx. $$

Para cualquier $|\alpha| < \frac{1}{2}$ no es difícil comprobar que $I(s)$ converge y define una función analítica para $\Re(s) > -2\alpha-1$ . De hecho, a partir del teorema del valor medio encontramos que $u^{\alpha} - (u-1)^{\alpha} = \Theta(u^{\alpha-1})$ como $u \to \infty$ . En consecuencia, el integrando es asintóticamente $$ u^{-s}(u^{\alpha} - (u-1)^{\alpha})^{2} = \Theta(u^{-\Re(s)+2\alpha-2}) $$ y por lo tanto se convierte en integrable.

Además, para $\Re(s) > 1+2\alpha$ tenemos $\Re(s-2\alpha-2) > -1$ y, por lo tanto, somos capaces de evaluar $I(s)$ expandiendo el cuadrado e integrando cada término resultante como sigue:

\begin{align*} I(s) &= \int_{0}^{1} x^{s-2\alpha-2} \, dx - 2 \int_{0}^{1} x^{s-2\alpha-2}(1 - x)^{\alpha} \, dx + \int_{0}^{1} x^{s-2\alpha-2}(1 - x)^{2\alpha} \, dx \\ &= \beta(s-2\alpha-1, 1) - 2\beta(s-2\alpha-1, 1+\alpha) + \beta(s-2\alpha-1, 1+2\alpha) \\ &= \Gamma(s-2\alpha-1) \left( \frac{1}{\Gamma(s-2\alpha)} - 2\frac{\Gamma(1+\alpha)}{\Gamma(s-\alpha)} + \frac{\Gamma(1+2\alpha)}{\Gamma(s)} \right). \tag{1} \end{align*}

Ahora observe que el lado derecho define una función meromorfa en todo $\Bbb{C}$ . Por tanto, por el principio de continuación analítica, (1) es válida para todo $\Re(s) > -2\alpha-1$ lejos de los polos de $\Gamma(s-2\alpha-1)$ . Ahora tomando el límite como $s \to 0$ obtenemos

\begin{align*} I &= \Gamma(-2\alpha-1) \left( \frac{1}{\Gamma(-2\alpha)} - 2\frac{\Gamma(1+\alpha)}{\Gamma(-\alpha)} \right) \\ &= -\frac{1}{2\alpha+1} - 2\beta(-2\alpha-1, 1+\alpha), \end{align*}

Esto coincide con la respuesta de Lucian, y también coincide con las pruebas numéricas con Mathematica .

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RESPUESTA ANTIGUA. Parece que la forma cerrada exacta de la integral es difícil de obtener. En cambio, son posibles algunas aproximaciones. Por ejemplo, he obtenido

$$ \frac{2\alpha^{2}}{1-4\alpha^{2}} \leq I \leq \frac{2\alpha^{2}}{(1-4\alpha^{2})(\alpha + \frac{1}{2})}. $$

En particular, tenemos $I = \Theta(\alpha^{2})$ cerca de $\alpha =0$ y $I ~ \sim (4-8\alpha)^{-1}$ como $\alpha \to \frac{1}{2}^{-}$ .

Answer 2

Enfoque de la variable real $$ \begin{align} &\int_1^\infty(u^\alpha-(u-1)^\alpha)^2\,\mathrm{d}u\\ &=\lim_{\lambda\to\infty}\int_0^{\lambda-1}((u+1)^\alpha-u^\alpha)^2\,\mathrm{d}u\tag{1a}\\ &=\lim_{\lambda\to\infty}\left[\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{2\alpha}\,\mathrm{d}u-2\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\alpha u^\alpha\,\mathrm{d}u+\int_0^{\lambda-1}u^{2\alpha}\,\mathrm{d}u\right]\tag{1b}\\ &=\lim_{\lambda\to\infty}\small\left[\frac{\lambda^{2\alpha+1}-1}{2\alpha+1}+\frac{(\lambda-1)^{2\alpha+1}}{2\alpha+1}-2\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\alpha u^\alpha\,\mathrm{d}u\right]\tag{1c}\\ &=\lim_{\lambda\to\infty}\small\left[\frac{\lambda^{2\alpha+1}-1}{2\alpha+1}+\frac{(\lambda-1)^{2\alpha+1}}{2\alpha+1}-\frac{2(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\alpha}{2\alpha+1}-\frac{2\alpha}{2\alpha+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{\alpha-1}u^\alpha\,\mathrm{d}u\right]\tag{1d}\\ &=\lim_{\lambda\to\infty}\small\left[\frac{\lambda^{2\alpha+1}-1}{2\alpha+1}+\frac{(\lambda-1)^{2\alpha+1}}{2\alpha+1}-\frac{2(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\alpha}{2\alpha+1}-\frac{(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^{\alpha-1}}{2\alpha+1}\right]\\ &-\lim_{\lambda\to\infty}\frac{\alpha-1}{2\alpha+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{\alpha-2} u^{\alpha}\,\mathrm{d}u\tag{1e}\\[6pt] &=\frac{1-\alpha}{2\alpha+1}\,\mathrm{B}(1+\alpha,1-2\alpha)-\frac1{2\alpha+1}\tag{1f}\\[6pt] &=-2\,\mathrm{B}(1+\alpha,-1-2\alpha)-\frac1{2\alpha+1}\tag{1g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$ : sustituto $u\mapsto u+1$ y convertir la integral impropia en un límite
$\text{(1b)}$ : amplía el cuadrado
$\text{(1c)}$ : evalúa las integrales izquierda y derecha de $\text{(1b)}$
$\text{(1d)}$ : aplicar $(2)$ con $\beta=\alpha$
$\text{(1e)}$ : aplicar $(2)$ con $\beta=\alpha-1$
$\text{(1f)}$ : evalúa los límites mediante $(3)$
$\text{(1g)}$ : uso $\mathrm{B}(1+\alpha,1-2\alpha)=\frac{-2\alpha}{1-\alpha}\frac{-1-2\alpha}{-\alpha}\,\mathrm{B}(1+\alpha,-1-2\alpha)$

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Integración por partes para reducir el exponente de $\boldsymbol{(u+1)}$ $$ \begin{align} &\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\beta u^\alpha\,\mathrm{d}u\\ &=\frac1{a+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\beta\,\mathrm{d}u^{\alpha+1}\tag{2a}\\ &=\frac{(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\beta}{\alpha+1}-\frac\beta{\alpha+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{\beta-1}u^{\alpha+1}\,\mathrm{d}u\tag{2b}\\ &=\frac{(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\beta}{\alpha+1}-\frac\beta{\alpha+1}\left[\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\beta u^\alpha\,\mathrm{d}u-\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{\beta-1}u^\alpha\,\mathrm{d}u\right]\tag{2c}\\ &=\frac{(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\beta}{\alpha+\beta+1}+\frac\beta{\alpha+\beta+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^{\beta-1}u^\alpha\,\mathrm{d}u\tag{2d} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$ : prepárese para integrar por partes
$\text{(2b)}$ : integrar por partes
$\text{(2c)}$ : $u=(u+1)-1$
$\text{(2d)}$ : añadir $\frac\beta{\alpha+1}\int_0^{\lambda-1}(u+1)^\beta u^\alpha\,\mathrm{d}u$ y multiplicar por $\frac{\alpha+1}{\alpha+\beta+1}$

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Evaluación de un límite a partir de $\bf{(1e)}$ $$ \begin{align} &\hphantom{=}\lambda^{2\alpha+1}+(\lambda-1)^{2\alpha+1}-2(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\alpha-(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^{\alpha-1}\\ &=\lambda^{2\alpha}+\color{#C00000}{\lambda^{2\alpha}(\lambda-1)+(\lambda-1)^{2\alpha+1}-2(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^\alpha}-(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^{\alpha-1}\tag{3a}\\ &=\color{#00A000}{\lambda^{2\alpha}}+\color{#C00000}{(\lambda-1)\left(\lambda^\alpha-(\lambda-1)^\alpha\right)^2}\color{#00A000}{-(\lambda-1)^{\alpha+1}\lambda^{\alpha-1}}\tag{3b}\\ &=(\lambda-1)\left(\lambda^\alpha-(\lambda-1)^\alpha\right)^2+\color{#00A000}{\left(\lambda^{\alpha+1}-(\lambda-1)^{\alpha+1}\right)\lambda^{\alpha-1}}\tag{3c}\\ &\sim\lambda\left(\alpha\lambda^{\alpha-1}\right)^2+\left((\alpha+1)\lambda^\alpha\right)\lambda^{\alpha-1}\tag{3d}\\ &=(\alpha^2+\alpha+1)\lambda^{2\alpha-1}\tag{3e}\\ &\to0\tag{3f} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(3a)}$ : $\lambda^{2\alpha+1}=\lambda^{2\alpha}(1+(\lambda-1))=\lambda^{2\alpha}+\lambda^{2\alpha}(\lambda-1)$
$\text{(3b)}$ : Recoge los términos rojos
$\text{(3c)}$ : Recoge los términos verdes
$\text{(3d)}$ Teorema del valor medio
$\text{(3e)}$ : Recoge los términos
$\text{(3f)}$ : $2\alpha-1\lt0$

Answer 3

Una pista: Dejemos que $u=\dfrac1t$ y luego reconocer la expresión del función beta en la nueva integral.