Оценка интеграла Коши

[Asalex]

Как получить оценку, равномерную по $n,$ для интеграла

$$I=\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{-s}s^{n-\frac12}ds}{(s-z)^n}$$

?
Я действую таким образом:
1) При $\operatorname{Re}(z)\leq0, z\neq0$ имеем

$$\frac{1}{|s-z|}\leq\frac{1}{|z|}$$

для всех $s\in(0,\infty),$
и поэтому

$$|I|\leq\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{-s}s^{n-\frac12}ds}{|z|^n}=|z|^{-n}\Gamma(n+\frac12).$$

2) Далее, если $\operatorname{Re} z>0,$ и $\arg z=\varphi\in(0,\frac{\pi}{2}),$ то для всех $s\in(0,+\infty)$ имеем

$$\frac{1}{|s-z|}\leq\frac{1}{\sin\varphi}\frac{1}{|z|},$$

и тогда

$$|I|\leq\frac{1}{\sin^n\varphi}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{-s}s^{n-\frac12}ds}{|z|^n}=\frac{1}{|z|^{n}\sin^n\varphi}\Gamma(n+\frac12).$$

То есть оценка сильно ухудшается при приближении к положительной вещественной полуоси.

3) я попробовал оценить еще таким образом при $\operatorname{Re}z>0:$
исходный интеграл $I$ не изменится если мы заменим контур интегрирования от $0$ до $+\infty$ на контур интегрирования от $0$ до $e^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})}\infty:$

$$I=\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{-s}s^{n-\frac12}ds}{(s-z)^n}= \int\limits_{0}^{e^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})}\infty}\frac{e^{-s}s^{n-\frac12}ds}{(s-z)^n}.$$

Теперь уже для всех $s\in(0,e^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})}\infty)$ по неравенству треугольника
опять имеем оценку

$$\frac{1}{|s-z|}\leq\frac{1}{|z|}.$$

Тогда для $I$ получаем

$$|I|\leq\frac{1}{|z|^n}\int\limits_{0}^{e^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})}\infty}|e^{-s}s^{n-\frac12}ds|,$$

и делая замену $s=ve^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})},$ сводим интеграл обратно к интегрированию по положительной вещественной полуоси:

$$|I|\leq\frac{1}{|z|^n}\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-v\sin\varphi}|e^{i\cos\varphi}|v^{n-\frac12}dv=\frac{\Gamma(n+\frac12)}{|z|^n\sin^{n+\frac12}\varphi}.$$

Таким образом, опять получаем растущую оценку при приближении к положительной вещественной полуоси, хотя теперь уже другого порядка.

Вопрос: как получить оценку равномерно по всем $z?$, желательно чтобы она также не зависела от $n.$

[ex-math]

Естественно, оценка будет ухудшаться при приближении к вещественной положительной полуоси, этого не избежать.

-- 06.07.2017, 21:51 --

Если $\frac s {|s-z|}\leqslant1$, то можно эту дробь просто выбросить. То есть надо при некоторых $z$ разобраться с частью интеграла, где она больше единицы. Соответствующий промежуток можно выписать явно и там уже смотреть, может заменить максимальным значением.

-- 06.07.2017, 22:21 --

Но от $\sin^{-n}\varphi $ не уйти.

[Asalex]

Я понял как доказать что $|I|\leq \frac{2^{n+\frac14}\Gamma(n+\frac12)}{|z|^n}.$

Надо просто в моем пункте 3 сдвинуть контур интегрирования не в луч $(0,e^{i(\varphi-\frac{\pi}{2})}\infty),$ потому что при малых $\varphi$ близких к 0 экспонента $e^s$ слабо убывает вдоль этого луча, и это приводит к $\sin^n\varphi$ в знаменателе. Вместо этого нужно его сдвинуть на луч $(0,e^{-i\alpha}\infty),$ с пока что свободным $\alpha,$ и затем оптимизировать полученную оценку по $\alpha.$

Получается любопытно: интеграл $I$ разлагается в асимптотический ряд при $z\to\infty$

$$I = \frac{\Gamma(n+\frac12)}{z^n}\left(1+\frac{n(n+\frac12)}{1!z}+\frac{n(n+\frac12)(n+1)(n+\frac32)}{2!z^2}+ \frac{n(n+\frac12)(n+1)(n+\frac32)(n+2)(n+\frac52)}{3!z^3}+\cdots\right).$$

Получается что скобка оценивается как $2^n.$ Удивительно что в оценке этой скобки нет нигде $|z|^{-1}.$

[ex-math]

Asalex
И как же Вы оптимизировали? Выглядит странно, поскольку интеграл должен расти при $z $, близких к вещественным положительным.
Еще не могли бы Вы четче поставить задачу. То хотите оценку, равномерную по $n$, то по $z $, а пишете ни то, ни то.

-- 07.07.2017, 08:34 --

Хотя Ваша оценка справедлива. Нужно брать $\alpha=\frac {\pi}4-\frac{\varphi}2$. И я обошелся без асимптотических разложений, просто $|se^{-i\alpha}-z|\geqslant|z|\sin (\alpha+\varphi) $.

[Asalex]

ex-math
Да, совершенно верно.
Однако для меня эти $2 ^n$ в оценке это слишком много, я предпочел бы получить что-то, что было бы ограничено при ограниченном $\frac{n^2}{z}.$

[Asalex]

Кстати, оценка, которая меня интересовала для интеграла $I(z)$ получается такая:
Обозначим

$$h(z)=\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{2 (2j-1)!}{(j+1) (j!)^2 (4z)^j},$$

$h(z)$ это функция, аналитичная в $z\in\mathbb{C}\setminus[0,1].$ Тогда произведение

$$\frac{I(4nz)(4nz)^n}{\Gamma(n+\frac12)}e^{-nh(z)}$$

разлагается в асимптотичкский ряд (понятное дело расходящийся)

$$\frac{I(4nz)(4nz)^n}{\Gamma(n+\frac12)}e^{-nh(z)}=1+\frac{s_1(n)}{z}+\frac{s_2(n)}{z^2}+...+\frac{s_{M-1}(n)}{z^{M-1}}+r_M(z,n),$$

причем

$$\sup\limits_{n\geq 1}|s_j(n)|\leq C_j, \qquad |r_M(z,n)|\leq \frac{C_M}{|z|^M}, \textrm {}$$

и константы $C_j$, $C_M$ не зависят от $n.$
Любопытно выписать несколько первых членов этого ряда чтобы пронаблюдать как это происходит,

$$1 + \frac{1}{8 z} +\frac{3+11n}{128 nz^2} + \frac{30 + 137 n + 207 n^2}{ 3072 n^2 z^3}+\frac{630 + 3267 n + 6326 n^2 + 5529 n^3}{98304 n^3 z^4}+$$

$$+\frac{22680 + 128322 n + 286875 n^2 + 326770 n^3 + 191505 n^4}{3932160 n^4 z^5}+\mathcal{O}(\frac{1}{z^6}).$$

[ex-math]

Asalex
Не очень понятно. Во-первых, $h(z)$ аналитична вне единичного круга. Во-вторых, что такое $I(4nz)$. И как Вы это все получили?

[Asalex]

ex-math в сообщении #1237508 писал(а):

Asalex
Не очень понятно. Во-первых, $h(z)$ аналитична вне единичного круга. Во-вторых, что такое $I(4nz)$. И как Вы это все получили?

Да, $h(z)$ аналитична вне единичного круга (на самом деле вне отрезка $[0,1]$). Поскольку мы рассматриваем асимптотический ряд при больших $z,$ то достаточно взять $|z|>1.$
$I(4nz)$ это изначальный интеграл, в котором в качестве аргумента рассматривается $4nz,$ то есть $I(4nz) = \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{s^{n-\frac12}e^{-s}\ ds}{(s-4zn)^n}.$

Как получил напишу немного позже, там довольно долго. Если вкратце, то надо записать некоторую задачу сопряжения для 2x2 матричной функции на комплексной плоскости с разрезом $(0,+\infty),$ и дальше преобразовать ее в духе метода наискорейшего спуска таким образом, чтобы зависимость от $n$ стала равномерной.