Asymptotics de una oscilación integral con un oscilador lineal

Question

Estoy interesado en asintótica resultados para $$ S(p) = \int_0^1 \frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1} \sin(py) dy, $$ es decir, un resultado que es válido como $p\rightarrow\infty$. El parámetro $\varepsilon$ puede ser un número complejo con $|\varepsilon|>1$ en el tercer cuadrante del plano complejo. Si desea un número concreto para planear, tomar $\varepsilon=3$. Espero que algo como $$ S(p) \approx \frac{1}{p^n}\sin(p+\alpha), $$

para algunos $n$$\alpha$, posiblemente las funciones de $\varepsilon$, pero no sé cómo acercarse a este. Sé que esto podría ser el líder de fin de plazo de algún tipo de asintótica de la serie, pero no conozco los detalles. Otros similares integrales he visto se basan en el método de la fase estacionaria, pero aquellos que tienen alguna función no lineal de $y$ en la oscilatorio parte, y los mínimos de la función de contribuir a la formación integral. ¿Alguien puede aclararme o me apunte a algunas referencias en el caso de un simple oscilador sinusoidal?

Answer 1

Debido a que el intervalo de integración es finito podemos hacer frente a esta integral con el método de steepest descent. Escribiremos $\DeclareMathOperator{rre}{Re} \DeclareMathOperator{iim}{Im}$

$$ \begin{align} S(p) &= \int_0^1 \frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1} \sin(py) dy \\ &= \frac{1}{2i} \left( \int_0^1 \frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1} e^{ipy} dy - \int_0^1 \frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1} e^{-ipy} dy \right) \\ &= \frac{1}{2i} \Bigl( I_1(p) - I_2(p) \Bigr) \tag{1} \end{align} $$

y el estudio de $I_1$ $I_2$ de forma independiente. (Si $\varepsilon^2$ eran reales sólo se necesita considerar la posibilidad de $\iim I_1(p)$, pero vamos a estudiar, tanto para estar seguros).

Estas integrales existir mientras $\varepsilon^2$ no radica en el verdadero intervalo de $(-\infty,0)$. Deje $\pm y_\varepsilon$ ser las raíces de la ecuación

$$ (\varepsilon^2-1)y^2+1 = 0 $$

(asumiendo $\varepsilon \neq \pm 1$) y definir el número real

$$ a = a(\varepsilon) = \begin{cases} 1 & \text{if } -1 \leq \varepsilon \leq 1, \\ \tfrac{1}{2} |\iim y_\varepsilon| & \text{otherwise.} \end{casos} $$

Por definición tenemos $a > 0$.

Vamos a poner a $I_1$ en términos más convencionales por escrito

$$ I_1(p) = \int_0^1 f(y) e^{pg(y)}\,dy. $$

La actual integración de contorno corre a lo largo de un camino de constante de altitud sobre la superficie descrita por

$$ \rre g(y) = \rre(iy) = -\iim y, $$

y en los extremos de la curva de nivel (es decir,$y=0$$y=1$) los caminos de la empinada bajada son los rayos paralelos al eje imaginario positivo. Por lo tanto, deforman el contorno de acuerdo a la siguiente imagen, donde el contorno original (el segmento de$y=0$$y=1$) se muestra en azul:

Por nuestra elección de $a$ evitamos los polos de el integrando y por lo tanto puede concluir que

$$ I_1(p) = \int_0^1 = \int_{\gamma_1} + \int_{\gamma_2} - \int_{\gamma_3}. \etiqueta{2} $$

Los contornos $\gamma_1$ $\gamma_3$ seguir los caminos de la empinada bajada, y la integral sobre el contorno de $\gamma_2$ es infinitamente pequeño:

$$ \left|\int_{\gamma_2} \frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1} e^{ipy} dy \right| \leq e^{-ap} \int_{\gamma_2} \left|\frac{y \sqrt{1-y^2}}{(\varepsilon^2-1)y^2+1}\right| |dy|. \etiqueta{3} $$

Podemos parametrizar el contorno $\gamma_1$ por $y = it$, $dy = idt$, para obtener

$$ \int_{\gamma_1} = -\int_0^a \frac{t \sqrt{1+t^2}}{1-(\varepsilon^2-1)t^2} e^{-pt}\,dt, $$

que puede ser manejado mediante Watson lema. De hecho,

$$ \int_{\gamma_1} = -\frac{1}{p^2} + O\left(\frac{1}{p^4}\right). \etiqueta{4} $$

Del mismo modo, $\gamma_3$ puede ser parametrizado por $y = 1+it$, $dy = idt$, para obtener

$$ \int_{\gamma_3} = e^{i(p+\pi/2)} \int_0^a \frac{(1+it)\sqrt{1-(1+it)^2}}{(\varepsilon^2-1)(1+it)^2 + 1} e^{-pt}\,dt, $$

que a su vez puede ser manejado mediante Watson lema. Calculamos

$$ \int_{\gamma_3} = e^{i(p+\pi/4)} \frac{\sqrt{\pi/2}}{\varepsilon^2 p^{3/2}} + O\left(\frac{1}{p^{5/2}}\right). \etiqueta{5} $$

La combinación de $(3)$, $(4)$, y $(5)$ $(2)$ nos encontramos con que

$$ I_1(p) = e^{i(p-3\pi/4)} \frac{\sqrt{\pi/2}}{\varepsilon^2 p^{3/2}} - \frac{1}{p^2} + O\left(\frac{1}{p^{5/2}}\right). \etiqueta{6} $$

Un análogo método puede ser aplicado a $I_2$ usando el contorno en la mitad inferior del plano-unir los puntos de $0, -ia, 1-ia, 1$. Haciendo esto, se obtiene el asintótica

$$ I_2(p) = e^{-i(p-3\pi/4)} \frac{\sqrt{\pi/2}}{\varepsilon^2 p^{3/2}} - \frac{1}{p^2} + O\left(\frac{1}{p^{5/2}}\right). \etiqueta{7} $$

Sustituyendo $(6)$ $(7)$ a $(1)$ llegamos a la conclusión de que

$$ S(p) = \sin\left(p - \frac{3\pi}{4}\right) \frac{\sqrt{\pi/2}}{\varepsilon^2 p^{3/2}} + O\left(\frac{1}{p^{5/2}}\right). \etiqueta{8} $$

Aquí está una parcela de la evaluación numérica de $S(p)$ en azul y el asintótica en $(8)$ en rojo. En esto hemos tomado $\varepsilon = 3$.

El asintótica $(8)$ está ligeramente fuera de fase con $S(p)$. Esto se ha corregido en el siguiente término de la asintótica de expansión, dada por

$$ S(p) = \sin\left(p - \frac{3\pi}{4}\right) \frac{\sqrt{\pi/2}}{\varepsilon^2 p^{3/2}} + \cos\left(p - \frac{3\pi}{4}\right) \frac{3(8-3\varepsilon^2)\sqrt{\pi/2}}{8 \varepsilon^4 p^{5/2}} + O\left(\frac{1}{p^{7/2}}\right). $$ $\tag{9}$