Solución asintótica al% integral% #%

Question

Recientemente, he publicado una pregunta acerca de cómo encontrar una fórmula de reducción de la trigonométricas integral $$\int (\alpha + \sin x)^n \cos^2 x\,\mathrm{d}x.$$ Este problema parece ser difícil, sin embargo. Cuando tratamos de resolver (como se propone en un comentario en mi anterior pregunta) la integral usando el teorema del Binomio, se obtiene una suma que parece ser bastante complicado.

Por lo tanto, parece ser sólo un poco de oportunidad para una reducción razonable de la fórmula de existir. Como consecuencia de ello, empecé a interesarme en la solución de la integral asintóticamente. Así que mi pregunta es cómo obtener una razonable estimación asintótica para el siguiente definitiva integral, como $n \to \infty$: $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\alpha + \sin x)^n \cos^2 x\,\mathrm{d}x.$$ He intentado utilizar el método de Laplace, pero con mi poco conocimiento, y sin experiencia, no he tenido éxito. Por lo tanto, agradecería sugerencias.

Answer 1

Voy a seguir el trabajo iniciado en David H la respuesta.

Se ha demostrado que hay que

$$ I_\alpha(n) = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\alpha + \sin x)^n \cos^2 x\,dx = \int_{\alpha -1}^{\alpha+1} u^n\sqrt{1-(u-\alpha)^2}\,du. $$

Se consideran los casos $\alpha \geq 1$, $0 < \alpha < 1$, $\alpha = 0$, $-1 < \alpha < 0$, y $\alpha \leq -1$.

Caso 1: $\alpha \geq 1$. Comenzar haciendo la sustitución de $u = (\alpha+1)e^{-t}$ para obtener

$$ I_\alpha(n) = (\alpha+1)^{n+1} \int_0^{-\log\left(\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\right)} e^{nt} e^{-t} \sqrt{1-\left[(\alpha+1)e^{-t}-\alpha\right)^2}\,dt. $$

Desde

$$ \begin{align} &e^{-t} \sqrt{1-\left[(\alpha+1)e^{-t}-\alpha\right]^2}\,dt \\ &= \sqrt{2+2\alpha}\, t^{1/2} \left[1-\frac{\alpha+6}{4}t - \frac{3\alpha^2-36\alpha-116}{96}t^2 - \frac{\alpha^3-6\alpha^2+36\alpha+88}{128}t^3 + O(t^4)\right] \end{align} $$

como $t \to 0^+$, podemos aplicar Watson Lema para obtener la expresión asintótica

$$ \begin{align} I_\alpha(n) &= \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{(\alpha+1)^{n+3/2}}{n^{3/2}}\left[1 -\frac{3 (\alpha+6)}{8 n} - \frac{5 \left(3\alpha^2-36\alpha-116\right)}{128 n^2} \right. \\ &\qquad\qquad \left. - \frac{105 \left(\alpha^3-6\alpha^2+36\alpha+88\right)}{1024 n^3} + O\left(\frac{1}{n^{4}}\right)\right]. \end{align} $$

El uso de más términos en la expansión de la serie de el integrando dará más términos de la expansión asintótica de $I_\alpha(n)$.

Caso 2: $0 < \alpha < 1$. Hemos dividido la integral en dos piezas

$$ I_\alpha(n) = \int_{0}^{\alpha+1} u^n\sqrt{1-(u-\alpha)^2}\,du + \int_{\alpha -1}^{0} u^n\sqrt{1-(u-\alpha)^2}\,du = J_1(n) + J_2(n). $$

En el primero hacemos la sustitución de $u = (\alpha+1)e^{-t}$ como antes, y en el segundo hacemos la sustitución de $u=(\alpha-1)e^{-t}$. Las integrales se convierten

$$ J_1(n) = (\alpha+1)^{n+1} \int_0^{\infty} e^{nt} e^{-t} \sqrt{1-\left[(\alpha+1)e^{-t}-\alpha\right)^2}\,dt, $$

$$ J_2(n) = (-1)^n (1-\alpha)^{n+1} \int_0^{\infty} e^{nt} e^{-t} \sqrt{1-\left[(1-\alpha)e^{-t}+\alpha\right)^2}\,dt. $$

Mediante la aplicación de Watson lema a cada uno de estos de forma individual nos encontramos con que

$$ J_1(n) \sim \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{(\alpha+1)^{n+3/2}}{n^{3/2}} $$

y

$$ J_2(n) \sim (-1)^n \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{(1-\alpha)^{n+3/2}}{n^{3/2}}, $$

por tanto, los términos procedentes de la primera integral dominar a aquellos que vienen de la segunda. Por lo tanto $I_\alpha(n)$ tiene el mismo asintótica de expansión como en el Caso 1.

Caso 3: $\alpha = 0$. En este caso,$J_2(n) = (-1)^n J_1(n)$, por lo que

$$ I_0(n) = \Bigl(1+(-1)^n\Bigr)\int_0^{\infty} e^{nt} e^{-t} \sqrt{1-e^{-2t}}\,dt. $$

Aquí

$$ e^{-t} \sqrt{1-e^{-2t}} = \sqrt{2}\,t^{1/2} \left[1-\frac{3}{2}t+\frac{29}{24}t^2-\frac{11}{16}t^3 + O(t^4)\right], $$

por lo que la aplicación de Watson lema de los rendimientos

$$ I_0(n) = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \frac{1+(-1)^n}{n^{3/2}} \left[1-\frac{9}{4 n}+\frac{145}{32 n^2}-\frac{1155}{128 n^3} + O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right]. $$

Caso 4: $-1 < \alpha < 0$. Este caso es similar a la del Caso 2. La única diferencia es que los términos de $J_2(n)$ dominar. Tenemos

$$ \begin{align} I_\alpha(n) &= (-1)^n \sqrt{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\alpha)^{n+3/2}}{n^{3/2}} \left[1+\frac{3(\alpha-6)}{8 n} - \frac{5\left(3\alpha^2+36\alpha-116\right)}{128 n^2} \right. \\ &\qquad\qquad \left. + \frac{105 \left(\alpha^3+6\alpha^2+36\alpha-88\right)}{1024 n^3} + O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right]. \end{align} $$

Caso 5: $\alpha < -1$. Este caso es similar a la del Caso 1 (y su relación con el Caso 2). Si hacemos la sustitución de $u=(\alpha-1)e^{-t}$ $I_\alpha(n)$ y aplicada Watson lema nos encontraríamos con que $I_\alpha(n)$ tiene el mismo asintótica de expansión como en el Caso 4.

En resumen,

Si $a > 0$ $$ \begin{align} I_\alpha(n) &= \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{(\alpha+1)^{n+3/2}}{n^{3/2}}\left[1 -\frac{3 (\alpha+6)}{8 n} - \frac{5 \left(3\alpha^2-36\alpha-116\right)}{128 n^2} \right. \\ &\qquad\qquad \left. - \frac{105 \left(\alpha^3-6\alpha^2+36\alpha+88\right)}{1024 n^3} + O\left(\frac{1}{n^{4}}\right)\right] \end{align} $$ como $n \to \infty$.

Si $a = 0$ $$ I_0(n) = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \frac{1+(-1)^n}{n^{3/2}} \left[1-\frac{9}{4 n}+\frac{145}{32 n^2}-\frac{1155}{128 n^3} + O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right] $$ como $n \to \infty$.

Si $a < 0$ $$ \begin{align} I_\alpha(n) &= (-1)^n \sqrt{\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\alpha)^{n+3/2}}{n^{3/2}} \left[1+\frac{3(\alpha-6)}{8 n} - \frac{5\left(3\alpha^2+36\alpha-116\right)}{128 n^2} \right. \\ &\qquad\qquad \left. + \frac{105 \left(\alpha^3+6\alpha^2+36\alpha-88\right)}{1024 n^3} + O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right] \end{align} $$ como $n \to \infty$.

A continuación están algunas de las parcelas de los tres regímenes de $5 \leq n \leq 40$. Los puntos azules son los valores de $I_\alpha(n)$ obtenido numéricamente y los puntos rojos son los asintótica aproximaciones obtenidas anteriormente. Los dos primeros términos de la asymptotics se utilizan.

Figura 1: $\alpha = 1/10$.

Figura 2: $\alpha = 0$.

Figura 3: $\alpha = -1/10$.

Answer 2

Déjeme saber si necesita más detalles, pero hay un poco de álgebra y va a la nube de la discusión de si puedo incluir todo. Por la simetría y las identidades trigonométricas: $$\int _{-\pi/2 }^{\pi/2 }\! \left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{n} \left( \cos \left( x \right) \right) ^{2}{dx}=\frac{1}{4} \int _{-\pi }^{\pi }\! \left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{ n}\cos \left( 2\,x \right) {dx}+\frac{1}{4}\int _{-\pi }^{\pi }\! \left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{n}{dx} \etiqueta{1}$$ y por dos rondas de expansión binomial: $$\left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{n}=\sum _{k=0}^{n} {\frac {1}{{2}^{ k}}}{n\elegir k}{\alpha}^{n-k}{i}^{k}\sum _{j=0}^{k}{k\elegir j} \left( -1 \right) ^{j}{{\rm e}^{ix(2j-k)}} $$ por lo $(1)$ es equivalente a: $$ \sum _{k=0}^{n} \mathfrak{R}\left( {\frac {{n\elegir k}{\alpha}^{n- k}{i}^{k}\sum _{j=0}^{k} \left( {k\elegir j} \left( -1 \right) ^{j} \int _{-\pi }^{\pi }\!{{\rm e}^{ix \left( 2\,j+2-k \right) }}{dx} \right) }{{2}^{k+2}}} \right) +\sum _{k=0}^{n} \frac{ 1}{{2}^{k+2}}\left({n\elegir k}{\alpha}^{n-k}{i}^{k}\sum _{j=0}^{k} {k \elegir j} \left( -1 \right) ^{j}\int _{-\pi }^{\pi }\!{{\rm e}^{ix \left( 2\,j-k \right) }}{dx} \right) \etiqueta{2}$$ donde la parte real de los cultivos porque yo estoy usando sólo una exponencial desde el coseno. Luego de la integral rep de el símbolo delta de Kronecker: $$\int _{-\pi }^{\pi }\!{{\rm e}^{ix \left( 2\,j-k \right) }}{dx}=2\pi \delta_{0,2 j-k}\quad\quad \int _{-\pi }^{\pi }\!{{\rm e}^{ix \left( 2\,j+2-k \right) }}{dx}=2\pi \delta_{0,2 j+2-k}$$ es evidente que se suma sólo por encima de $k$ escoger una $j$ término de cada suma. Después de un poco de álgebra y de la conversión de los coeficientes binomiales a factoriales obtenemos: $$\begin{aligned} \int _{-1/2\,\pi }^{1/2\,\pi }\! \left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{n} \left( \cos \left( x \right) \right) ^{2}{dx}&=\frac{\pi}{2^{n+1}}\sum _{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor }{ \frac {n!\, \left( 2\,\alpha \right) ^{n-2\,k}}{ \left( k+1 \right) \left( k! \right) ^{2} \left( n-2\,k \right) !}}\\ &=\frac{\pi \,{ \alpha}^{n}}{2} {\mbox{%#%#%F%#%#%}(-\frac{n}{2},-\frac{n}{2}+\frac{1}{2};\,2;\,\frac{1}{\alpha^2})} \tag{3} \end{aligned}$$ donde $_2$_2$_1$_1$\mbox{$ es una función hipergeométrica . Alternativamente, el resultado también puede ser dado como un Jacobi polinomio , pero el orden es un entero por extraño $F$ sólo: $$\frac{\pi \,{ \alpha}^{n}}{2} {\mbox{$}$F$n$}(-\frac{n}{2},-\frac{n}{2}+\frac{1}{2};\,2;\,\frac{1}{\alpha^2})}=\frac{{\alpha}^{n}\pi}{n+1} P_{\frac{1}{2}(n-1)}^{1,-3/2-n}\left(1-\frac{2}{\alpha^2}\right) \etiqueta{4}$$ para el que no hay una relación de recursividad etc. En maple puede convertir funciones hipergeométricas a los polinomios de Jacobi y viceversa, y espero que mathematica hace algo similar. Agradezco este no al instante de dar la asymptotics pero yo estaba pensando que usted podría considerar la posibilidad de una "reducción" (wikipedia cita un "Darboux fórmula" para el asymptotics de los polinomios de Jacobi en la orden grande).

Usted también tiene la siguiente relación, si: $$I_{{n}} \left( \alpha \right) =\int _{-1/2\,\pi }^{1/2\,\pi }\! \left( \alpha+\sin \left( x \right) \right) ^{n} \left( \cos \left( x \right) \right) ^{2}{dx}$$ entonces: $${\frac {d}{d\alpha}}I_{{n}} \left( \alpha \right) =nI_{{n-1}} \left( \alpha \right)$$

Answer 3

Sugerencia: utilice la sustitución$$u=\alpha +\sin{x},$$ $$du=\cos{x}\space dx,$$ $$\cos{x}=\sqrt{1-\sin^2{x}}=\sqrt{1-(u-\alpha)^2}.$ $

La tercera ecuación es válida en intervalos de$x$ donde el coseno es no negativo, como es el caso de$-\frac{\pi}{2}\leq x \leq \frac{\pi}{2}.$ Entonces,

ps

Aplicando una simple sustitución de cambio,$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\alpha + \sin x)^n \cos^2 x\,\mathrm{d}x=\int_{\alpha -1}^{\alpha+1} u^n\sqrt{1-(u-\alpha)^2}du.$, la integral se convierte en

ps

Answer 4

Busque el valor máximo de$f(x)=(\alpha+\sin x)^n\cos^2x$. Para valores grandes de$n$, estará cerca de$\pm\pi/2$.
Dejar $x=\pi/2-y$. $y$ Va a ser pequeño, y luego usar series de Taylor.
Tome registros de$f(x)$, y diferencie, obtengo$$\frac{n\cos x}{\alpha+\sin x}-\frac{2\sin x}{\cos x}=0$ $
Reorganizar para obtener$$n\sin^2y=2\cos y(\alpha+\cos y)$ $
Expand en la serie de Taylor: el término principal en el LHS es$ny^2$, en el RHS es$2(\alpha+1)$.
Así que espero que el máximo esté cerca de$y=n^{-1/2}\sqrt{2\alpha+2}$.
Calcular la segunda derivada de$\log f(x)$ para encontrar el ancho de la espiga.
Yo obtengo $4\sqrt{\pi}(\alpha+1)^{n+3/2}n^{-3/2}/e$.

Answer 5

Este es un problema interesante para el seguro. Sobre la integral de valores, las fórmulas se ven bien; son Pi muliplied por un polinomio de alfa (de grado n). El coeficiente de a^n es (1/2). El término constante en el polinomio es cero para valores impares de n. En n es par, sólo los poderes de un aparecer, si n es impar, sólo potencias impares de n aparecer. No he sido capaz de establecer relaciones de recurrencia para los coeficientes.

Sé que esta no es la respuesta completa a su pregunta, pero puede ser que esto podría ayudarle a encontrar algunas pistas. De cualquier manera, gracias por el problema !