Serie asintótica

Question

Estoy tratando de calcular la expansión asintótica de

$$ I_n = \int_0^{\pi/4} \tan(x)^n \mathrm dx $$

Aquí está lo que he hecho:

Cambio de la variable $$ t= \tan x $ $

$$ I_n = \int_0^1 \frac{t^n \mathrm dt}{1+t^2} = \int_0^1 \frac{(1-t)^n \mathrm dt}{t^2-2t+2} $$

Cambio de variable

$$ t=\frac{x}{n}$$

$$ I_n = \frac{1}{2n}\int_0^n \frac{\left(1-\frac{x}{n}\right)^n \mathrm dx}{1-\left(\frac{x}{n}-\frac{x^2}{2n^2} \right)}$$

Expansiones de Taylor:

$$ \left(1-\frac{x}{n}\right)^n = e^{-x} \left(1-\frac{x^2}{2n}+\frac{3x^4-8x^3}{24n^2}+\mathcal{O} \left(\frac{1}{n^3} \right) \right)$$

$$ \frac{1}{1-\left(\frac{x}{n}-\frac{x^2}{2n^2} \right)} = 1+\frac{x}{n}+\frac{x^2}{2n^2} + \mathcal{O} \left(\frac{1}{n^3} \right) $$

$$ \frac{\left(1-\frac{x}{n}\right)^n }{1-\left(\frac{x}{n}-\frac{x^2}{2n^2} \right)}=e^{-x} \left( 1+\frac{x}{n}+\frac{x^2}{2n^2}-\frac{x^2}{2n}-\frac{x^3}{2n^2}+\frac{3x^4-8x^3}{24n^2} + \mathcal{O} \left(\frac{1}{n^3} \right) \right)$$

Por lo tanto

$$ I_n = \frac{1}{2n} \int_0^n e^{-x} \left( 1+\frac{x}{n}+\frac{x^2}{2n^2}-\frac{x^2}{2n}-\frac{x^3}{2n^2}+\frac{3x^4-8x^3}{24n^2} + \mathcal{O} \left(\frac{1}{n^3} \right) \right) \mathrm dx $$

$$ I_n = \frac{1}{2n} \left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}\times 2-\frac{1}{2n}\times 2 - \frac{1}{2n^2} \times 6 + \frac{1}{8n^2} \times 24 - \frac{1}{3n^2} \times 6+ \mathcal{O} \left(\frac{1}{n^3} \right) \right) $$

$$ I_n = \frac{1}{2n}-\frac{1}{2n^3}+\mathcal{O} \left(\frac{1}{n^4} \right)$$

Por ejemplo da Wolfram:

$$ 1-1000^2+ 2\times1000^3\int_0^{\pi/4} \tan(x)^{1000} \mathrm dx \approx 4.9\times 10^{-6}$$

Estoy seguro de mi trabajo, me gustaría saber si todo es correcto!

Answer 1

Pensé que había que tirar mi sombrero en el anillo así.

Podemos recurrir a Watson lema a encontrar una completa expansión asintótica de la integral.

Después de su sustitución $t=\tan x$, hacer que otro se la sustitución de $t = e^{-s}$. Esto le da

$$ \int_0^1 t^n \frac{dt}{1+t^2} = \int_0^\infty e^{ns} \frac{ds}{e^s+e^{-s}}. $$

Por Watson lema que hemos

$$ \int_0^\infty e^{ns} \frac{ds}{e^s+e^{-s}} \approx \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{E_k}{n^{k+1}} $$

como $n \to \infty$ donde $E_k$ $k^{\text{th}}$ número de Euler.

Answer 2

No una respuesta independiente pero terminando el círculo comienzan por otros.

Varias personas aquí han derivado la expresión: $$I_n = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k}{n+1+2k}$ $

Usando la función digamma $\psi(x) = \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(z)}$ que tiene la expresión y expansión asintótica: $$\begin{align} \psi(x) &= - \gamma -\frac{1}{x} - \sum_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{k} - \frac{1}{x+k})\\ &\approx_{ae} \ln{x} - \frac{1}{2x} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{2 k\ x^{2k}} \end {Alinee el} $$ $B_{k}$ Dónde está el k-ésimo número de Bernoulli, se puede simplificar $I_n$: $$\begin{align} I_n &= \frac{1}{2}( \psi(\frac{n+1}{2})-\psi(\frac{n+1}{4}) - \ln{2})\\ &\approx_{ae} \frac{1}{2}( \frac{1}{n+1} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{4^k(4^k-1)B_{2k}}{2 k(n + 1)^{2k}} )\\ &\approx_{ae} \frac{1}{2}( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{(n+1)^2} - \frac{8}{(n+1)^4} + \frac{144}{(n+1)^6} - \frac{4352}{(n+1)^8} + .. ) \end {Alinee el} $$ en particular, los términos principales hasta $O(\frac{1}{n^4})$ está dada por: %#% $ #% de acuerdo con el resultado de @rlgordonma.

Answer 3

Puede ser que esto te puede dar una asymptotics. Examinar ni caso $$ I_{2k}=\int\limits_{0}^{1}\frac{t^{2k}}{t^2+1}dt=\int\limits_{0}^{1}(-1)^k\left(\sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^{j+1}t^{2j}+\frac{1}{t^2+1}\right)dt=\ \ (-1)^k\left(-\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j}{2j+1}+\frac{\pi}{4}\right)=\sum\limits_{j=k}^\infty\frac{(-1)^{j+k}}{2j+1}=\sum\limits_{j=0}^\infty\frac{(-1)^{j}}{2j+2k+1} $$ y el extraño caso $$ I_{2k+1}=\int\limits_{0}^{1}\frac{t^{2k+1}}{t^2+1}dt=\int\limits_{0}^{1}(-1)^k\left(\sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^{j+1}t^{2j+1}+\frac{t}{t^2+1}\right)dt=(-1)^k\left(-\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j}{2j+2}+\frac{1}{2}\ln2\right)=\sum\limits_{j=k}^{\infty}\frac{(-1)^{j+k}}{2j+2}=\sum\limits_{j=0}^\infty\frac{(-1)^{j}}{2j+2k+2} $$ Por lo tanto $$ I_n=\sum\limits_{j=0}^\infty\frac{(-1)^{j}}{2j+n+1} $$

Answer 4

Tener en cuenta

$$ I_{n+2} = \int_0^{\pi/4} \tan(x)^{n+2} \mathrm dx = \int_0^{\pi/4} \tan(x)^{n}(\sec(x)^2-1) \mathrm dx $$

$$ = -\int_0^{\pi/4} \tan(x)^{n} \mathrm dx + \int_0^{\pi/4} \tan(x)^{n}\sec(x)^2 \mathrm dx $$

$$ \implies I_{n+2}+I_n=\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^3}+\frac{1}{n^5}-\dots$$

$$\implies 2I_n\sim \frac{1}{n} \implies I_n \sim \frac{1}{2n}, $$

$ n \to \infty. $