Evaluación asintótica del método integral de la pendiente más escarpada

Question

La pregunta demostrar que el término principal de la integral

$ \int_{-\infty}^\infty (1+t^2)^{-1}\exp\left(ik(t^5/5+t)\right) dt $

gran $k$ utilizando el método del descenso más empinado es igual a

$$ \sqrt{\frac{\pi}{k}} e ^ {\frac {-4 k} {5\sqrt2}} \cos\left (\frac {4 k} {5\sqrt2} - \frac{3\pi}{8}\right) $$

... Ni sé cómo recoger mi contorno para este problema. ¡Gracias por la ayuda!

Answer 1

Vamos a escribir su integral como $\DeclareMathOperator{re}{Re}$

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{kg(t)}\,dt, $$

donde

$$ f(t) = \frac{1}{1+t^2} \qquad \text{y} \qquad g(t) = \frac{i}{5}t^5 +. $$

La disposición de la tierra.

Los puntos críticos del exponente de la función de $g$ se producen en $t = e^{i\pi (2k+1)/4}$, $k=0,1,2,3$.

Aquí está una parcela de mostrar estos puntos críticos en amarillo con las rutas de altitud constante (de $\re g$) que pasa a través de ellos se muestra en blanco. El eje real se muestra en negro. El fondo es de color según el valor de $\re g(t)$, con los puntos más altos de color más ligero y de menor cantidad de puntos oscuros.

Tenga en cuenta que la función de $\re g$ tiene diez "colinas" y "valles" radiando desde el origen. Desde

$$ g(t) \sim \frac{i}{5}t^5 $$

como $t \to \infty$ podemos deducir que estas colinas y valles se encuentran aproximadamente en los rayos

$$ t = s e^{i\pi(2k+1)/10}, \quad s > 0,\,k = 0,1,\ldots,9, $$

incluso con $k$ correspondiente a los valles y las impares $k$ correspondiente a las colinas.

En orden para el contorno de pasar a través de cualquiera de los dos puntos de silla en la mitad inferior del plano-que sería necesario para deformar al menos uno de la cola de la actual contorno (el eje real) a través de una de estas colinas. Esto no parece factible, por lo que vamos a concentrarse en los dos puntos de silla en la mitad superior del plano -.

El nuevo contorno.

Con un poco de trabajo, es posible demostrar que podemos deformar el contorno a la que se muestra en negro en la imagen siguiente. Vamos a llamar a este nuevo contorno $\gamma$.

Aquí las líneas de altitud constante en la superficie de la $\re g(t)$ son de nuevo se muestra en blanco. El punto de $t=i$ se muestra en amarillo.

El nuevo contorno $\gamma$ se compone de dos curvas. La primera se origina en$t = e^{i\pi 9/10} \infty$, a continuación, pasa a través del punto de silla en a $t = e^{i\pi 3/4}$ a un ángulo de $\pi/8$ antes de finalizar en la $t = i \infty$. La segunda se origina en $t = i \infty$, pasa a través del punto de silla en a $t = e^{i\pi/4}$ a un ángulo de $-\pi/8$, luego termina a las $e^{i\pi/10} \infty$.

Tenga en cuenta que para deformar el contorno desde el eje real a$\gamma$, se debe adjuntar el polo de la $f$ se encuentra en $t=i$. En última instancia, tenemos

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{kg(t)}\,dt &= \int_\gamma f(t) e^{kg(t)}\,dt + 2\pi i\operatorname{Res}\left(f(t) e^{kg(t)},t=i\right) \\ &= \int_\gamma f(t) e^{kg(t)}\,dt + \pi e^{-6k/5}. \tag{1} \end{align} $$

Vamos a mostrar en la siguiente sección en la que el plazo $\pi e^{-6k/5}$ es insignificante en comparación con la integral de la $\int_\gamma$.

La estimación de la nueva integral.

Ahora vamos a calcular la integral

$$ I(k) = \int_\gamma f(t) e^{kg(t)}\,dt. $$

Hemos elegido el contorno de $\gamma$ de tal manera que los mayores valores de $\re g(t)$ $t \in \gamma$ se producen en los puntos de silla de $t = e^{i\pi 3/4}, e^{i\pi/4}$. Además,

$$ \re g\a la izquierda(e^{i\pi 3/4}\right) = \re g\a la izquierda(e^{i\pi/4}\right) = -\frac{4}{5\sqrt{2}}. $$

En consecuencia, tendremos que tomar dos puntos de silla en cuenta. Para la primera tenemos

$$ g\a la izquierda(e^{i\pi 3/4} + se^{i\pi/8}\right) = \frac{4}{5} e^{-i\pi 3/4} - 2s^2 + O(s^3) $$

y para el segundo tenemos

$$ g\a la izquierda(e^{i\pi/4} + se^{-i\pi/8}\right) = \frac{4}{5} e^{i\pi 3/4} - 2s^2 + O(s^3) $$

como $s \to 0$, de manera que al aplicar el método de Laplace rendimientos, al líder de la orden,

$$ \begin{align} I(k) &\approx e^{i\pi/8} f\left(e^{i\pi 3/4}\right) \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left[k\left(\frac{4}{5} e^{-i\pi 3/4} - 2s^2\right)\right]\,ds \\ &\qquad + e^{-i\pi/8} f\left(e^{i\pi/4}\right) \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left[k\left(\frac{4}{5} e^{i\pi 3/4} - 2s^2\right)\right]\,ds \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{k}} \exp\left(-\frac{4}{5\sqrt2}k\right) \cos\left(\frac{4}{5\sqrt2}k - \frac{3\pi}{8}\right) \end{align} $$

como $k \to \infty$. Combinando esto con la ecuación de $(1)$ llegamos a la conclusión de que, al líder de la orden,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{kg(t)}\,dt \approx \sqrt{\frac{\pi}{k}} \exp\left(-\frac{4}{5\sqrt2}k\right) \cos\left(\frac{4}{5\sqrt2}k - \frac{3\pi}{8}\right) $$

como $k \to \infty$, como se desee.