Aproximando integrales específicas a través de sumas: Predicciones de errores estrictos

Question

Queridos entusiastas de las matemáticas,

Me enfrento a un problema particular en el que estoy viendo integrales de la forma $$I = \int_ {- \infty }^ \infty p(t) { \rm e}^{-t^2} { \rm d}t,$$ donde $p(t)$ son ciertos polinomios. Estos son simétricos pares o impar, siendo los simétricos pares el caso más interesante ya que para los impar, la integral es cero (de hecho, son auto y productos cruzados de los polinomios de Hermite pero creo que este detalle no es relevante). Por ahora, podemos considerar el ejemplo más simple $p(t)=t^2$ .

La razón por la que estoy mirando las integrales es que en realidad tengo sumas de la forma $$S(t) = \sum_ {n=- \infty }^ \infty t_0 p(t-nt_0) { \rm e}^{-(t-nt_0)^2}$$ que quiero cuantificar. Para $t_0$ lo suficientemente pequeño, estas sumas están muy cerca de $I$ para cualquier $t$ . Necesito cuantificar cuán cerca, es decir, estoy interesado en $$ \max_t |S(t)-I|.$$

Así que lo que hice fue interpretar $S$ como una cuadratura de la integral $I$ y usar las fórmulas residuales para las cuadraturas. Como es una cuadratura lineal, los resultados estándar predicen un residuo del orden $|I-S|< { \rm const} \cdot t_0^2 \cdot \max |f''(t)|$ donde $f(t) = p(t){ \rm e}^{-t^2}$ (que da $ \max |f''(t)| = 2$ para $p(t)=t^2$ ). En otras palabras, el error debería decaer cuadráticamente con $t_0$ . Todo esto no es sorprendente y está dentro de lo que esperaba.

Hasta que lo intenté y me di cuenta de que empíricamente, el error decae mucho más rápido con $t_0$ de lo que este límite pesimista predice. Aquí hay un ejemplo:

En este ejemplo, calculé $S$ para $p(t)=t^2$ variando el espacio de la cuadrícula $t_0$ . Yo trazo $ \max_t |I-S(t)|/I$ donde el valor exacto $I$ es igual a $ \sqrt { \pi }/2$ .

Obviamente, $t_0=1$ es demasiado grueso pero a medida que lo hago más fino, el error va a cero muy rápidamente (¡nótese que la trama es doblemente logarítmica!). De hecho, alrededor de $t=0.35$ alcanza la precisión numérica de mi doble punto flotante pero esperaría que la tendencia de declive exponencial continuara. El límite superior predicho se muestra en la línea discontinua (es una línea con pendiente 2 debido a la doble trama logarítmica).

Así que aquí está mi pregunta: ¿Puedo hacer predicciones más precisas de $|S(t)-I|$ como $t_0 \rightarrow 0$ ? Sé que es fácil construir ejemplos en los que la fórmula residual es básicamente apretada, por lo que debe tener que ver con la función particular que estoy integrando, especialmente la ${ \rm e}^{-t^2}$ término. Sigo recordando las colas gaussianas (funciones erfc de algún tipo) pero no puedo poner mis manos en cómo podría llegar allí. Justo antes de publicar me tropecé con Euler-Maclaurin, pero también me confunde ya que lo que leí sobre ella habla de sumas finitas (y derivados que se evalúan en las fronteras) mientras que la mía parece infinita (y todo se vuelve cero lo suficientemente lejos de $t=0$ ).

Parece un resultado estándar y no me sorprendería una respuesta muy simple que no estaba viendo.

Cualquier indicio es apreciado, ¡muchas gracias de antemano!

Answer 1

Es un resultado estándar. Lo que estáis observando es una propiedad bien conocida de la expansión de Euler-Maclaurin \begin {alineado*} h \frac {f(a) + f(b)} {2} + h \sum_ {k = 1}^{n-1} f(a+kh) = \int_ \mathrm {d}x + \sum_ {k = 1}^{ \infty } \frac { h^{2k} }{(2k)!} B_{2k}(f^{(2k-1)}(b) - f^{(2k-1)}(a)) \end {alineado*} Ahora, te preocupa que esto no se aplique ya que tu integrando es infinito. Pero en una precisión finita, $ \exp (-t^2) = \epsilon $ lo que significa que en la práctica su integración sólo puede realizarse en el rango $[- \sqrt {- \log ( \epsilon )}, \sqrt {- \log ( \epsilon )}]$ . En doble precisión, se trata de $[-6, 6]$ .

Ahora, todos los derivados de $f$ también tienen forma de campana, así que $a \to - \infty $ , $f^{(2k-1)}(a) \to 0$ muy rápido. Asumiendo que $B_{2k}f^{(2k-1)}(a)/(2k)!$ es diminuta, podemos afirmar que su suma trapezoidal converge más rápido que cualquier potencia de $h$ . Examinemos esta afirmación con más detalle: Usando la representación de los números de Bernoulli \begin {alineado*} B_{2k} = (-1)^{k+1} \frac {2(2k)!}{(2 \pi )^{2k}} \zeta (2k) \end {alineado*} podemos escribir el error como \begin {alineado*} E(h) := \sum_ {k = 1}^{ \infty } (-1)^{k+1}h^{2k} \frac {2}{(2 \pi )^{2k}} \zeta (2k)(f^{(2k-1)}(b) - f^{(2k-1)}(a)) \end {alineado*} En tu caso, tiene sentido hacer $a = -b$ y ya que asumimos que $f$ es incluso entonces todos los derivados del orden impar de $f$ son impar. Luego \begin {alineado*} E(h) = 4 \sum_ {k = 1}^{ \infty } (-1)^{k+1} \left ( \frac {h}{2 \pi } \right )^{2k} \zeta (2k)f^{(2k-1)}(b) \end {alineado*}

Ahora, $1 < \zeta (2k) < 2 \forall k \in \mathbb {N}$ así que \begin {alineado*} |E(h)| \le 8 \sum_ {k = 1}^{ \infty } \left ( \frac {h}{2 \pi } \right )^{2k}|f^{(2k-1)}(b)| \end {alineado*} Todo lo que necesitamos es que el error sea más pequeño que la máquina épsilon para obtener el resultado, ya que $f(0) \sim \mathcal {O}(1)$ y por lo tanto las correcciones menores que el redondeo de la unidad no son observables.

Tengo una idea para que este argumento sea un poco más riguroso, pero necesita un poco más de TLC (o un contraejemplo):

Supongamos que $f(x) = (x^{2n} + \cdots ) \exp (-x^2)$ donde $ \cdots $ son términos con un grado inferior a $2n$ . Luego $f^{(2k-1)}(x) = (x^{2n+2k-1} + \cdots ) \exp (-x^2)$ y por lo tanto para los grandes $x$ , $|f^{(2k-1)}(x)| \le C|x^{2k-1}|x^{2n} \exp (-x^2)$ para que \begin {alineado*} |E(h)| \le 8Cb^{2n-1} \exp (-b^2) \sum_ {k = 1}^{ \infty } \left ( \frac {hb}{2 \pi } \right )^{2k} = 8Cb^{2n-1} \exp (-b^2) \frac {(hb/2) \pi )^2}{1-(hb/2) \pi )^2} \end {alineado*} asumiendo $bh/2 \pi < 1$ . Ahora sólo tienes que elegir $b$ lo suficientemente grande como para que $|E(h)| < \epsilon $ y el resultado está probado.