Más brusco descenso de integrando con un mueble silla?

Question

Quiero solicitar la empinada bajada método para la siguiente integración: $$ \int_0^\infty e^{-x^2 + \sqrt{x^2 + 1} \cdot \lambda } dx $$

Tiene muebles de silla de montar, así que hay que transformar en la forma estándar, algo así como

$$ \int_C g(z) e^{\lambda f(z) } dz $$

Sé que para la función Gamma: $$ \Gamma(x+1)= \int_0^\infty e^{-t} t^{x} dt =\int_0^\infty e^{-t + x \ln t} dt $$ dejando $t = x s$ se transforma en su forma estándar. Y para la función de Airy:

$$Ai(x) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i (t^3/3 + x t)} dt $$

dejando $t = \sqrt{x} z$ hace el truco.

Sin embargo, no hay cambio de variable parece transformar mi integración en la forma estándar. Por esta razón no puedo continuar. Cualquier sugerencia o sugerencia ? Gracias!

Answer 1

Déjenos aquí esbozado una derivación.

1. OP integral puede escribirse como $$I(\lambda) ~:=~\int_{\mathbb{R}_+}\!\mathrm{d}z~ \exp\left\{-z^2+i\lambda\sqrt{1+z^2}\right\} ~=~ \frac{e^{i\lambda}}{2}J(\lambda),\qquad \lambda~>~0, \etiqueta{1}$$ donde $$J(\lambda) ~:=~\int_{\mathbb{R}}\!\mathrm{d}z~ \exp\left\{-z^2+i\lambda\left(\sqrt{1+z^2}-1\right)\right\}~\stackrel{z=\frac{u}{\sqrt{\lambda}}\exp\left(\frac{i\pi}{4}\right)}{=}~\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\exp\left(\frac{i\pi}{4}\right) K(\lambda),\etiqueta{2} $$ donde $$ K(\lambda)~:=~\int_{\mathbb{R}}\!\mathrm{d}u~ \exp\left\{-\frac{ui^2}{\lambda}-f_{\lambda}(u)\right\},\etiqueta{3}$$ y donde $$ -f_{\lambda}(u)~:=~i\lambda\left(\sqrt{1+\frac{ui^2}{\lambda}}-1\right) ~=~-\frac{u^2}{2} + \frac{ui^4}{8\lambda}+ O(u^6\lambda^{-2}).\la etiqueta{4} $$

2. Vamos a definir la no-negativo de la función de $$ f(u)~:=~\frac{u^2}{2}. \tag{5} $$ Claramente $$ f_{\lambda}(u)~\longrightarrow~ f(u)\quad\text{for}\quad\lambda~\to~ \infty \tag{6}$$ $u$-pointwise.

3. Tomamos nota de que la parte real está dada por $$ {\rm Re}~ f_{\lambda}(u)~=~\lambda\sqrt{\frac{\sqrt{1+\frac{u^4}{\lambda^2}}-1}{2}} .\tag{7}$$ Definir un no-negativo de la función de $$ g(u)~:=~ \frac{|u|}{2}~\theta(|u|\!-\!\sqrt{2}) , \tag{8}$$ donde $\theta$ denota la función escalón unitario. Uno puede mostrar que $$\forall\lambda\geq\frac{1}{\sqrt{2}}\forall u\in\mathbb{R}:~~ {\rm Re}~ f_{\lambda}(u) ~\geq~ g(u),\etiqueta{9}$$ porque $$\forall\lambda\geq\frac{1}{\sqrt{2}}\forall u\geq\sqrt{2}:~~ \sqrt{1+\frac{u^4}{\lambda^2}}-1 ~\geq~ \frac{u^2}{2\lambda^2}.\la etiqueta{10}$$

4. De ello se desprende que $\exp\left\{-g(u)\right\}$ es un majorant función para el integrando (3). Lebesgue del teorema de convergencia dominada , a continuación, muestra que la correspondiente integral (3) satisface $$ K(\lambda)~\longrightarrow~ \int_{\mathbb{R}}\!\mathrm{d}u~ \exp\left\{-f(u)\right\}~=~\sqrt{2\pi} \quad \text{para} \quad\lambda~\~ \infty. \etiqueta{11} $$

5. A continuación se pueden calcular las correcciones de cualquier orden en $1/\lambda$. $$K(\lambda)~=~\int_{\mathbb{R}}\!\mathrm{d}u~ \exp\left\{-\left(\frac{i}{\lambda}+\frac{1}{2}\right)u^2\right\} \left(1 +\frac{ui^4}{8\lambda} + O(\lambda^{-2})\right) ~=~\sqrt{2\pi}\left(1 -\frac{5i}{8\lambda} + O(\lambda^{-2})\right) .\la etiqueta{12}$$ Por tanto, OP integral de una expansión asintótica

   $$ I(\lambda)~\sim~ e^{i\lambda}\frac{1+i}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}\left(1 -\frac{5i}{8\lambda} + O(\lambda^{-2})\right)\quad \text{for}\quad \lambda~\to~\infty .\tag{13} $$

Answer 2

No es una respuesta completa, pero demasiado largo para un comentario.

Parece que el punto de silla en a $x=0$ es dominante. Hay dos más, pero se puede evitar (y, posiblemente, de la mentira en la rama de los recortes integrando todos modos---eso sería malo).

Si hacemos la sustitución de $x = u/\sqrt{\lambda}$ tenemos

$$ \begin{align} \int_0^\infty \exp\left\{-x^2+i\lambda\sqrt{x^2+1}\right\}dx &= \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty \exp\left\{-\frac{u^2}{\lambda}+i\lambda\sqrt{\frac{u^2}{\lambda}+1}\right\}du \\ &= \frac{e^{i\lambda}}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty \exp\left\{-\frac{u^2}{\lambda}-i\lambda \left( 1-\sqrt{\frac{u^2}{\lambda}+1} \right) \right\}du. \end{align} $$

Numéricamente,

$$ \int_0^\infty \exp\left\{-\frac{u^2}{\lambda}-i\lambda \left( 1-\sqrt{\frac{u^2}{\lambda}+1} \right) \right\}du \a \int_0^\infty \exp\{ui^2/2\}\,du = \frac{1+i}{2}\sqrt{\pi} $$

como $\lambda \to \infty$, pero no estoy seguro de cómo mostrar en el momento. Esto implicaría que

$$ \int_0^\infty \exp\left\{-x^2+i\lambda\sqrt{x^2+1}\right\}dx \sim \frac{(1+i)e^{i\lambda}}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} $$

como $\lambda \to \infty$.