асимптотика интеграла

[Утундрий]

$\[F\left( \xi \right) = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{y^2 }}{{y^2 + \xi ^2 }}} \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} dy} \]$

Как-бы его красиво вблизи $\xi =0$ аппроксимировать?

[ASA]

Разложить в ряд Тейлора. Еще удобно в интеграле сделать замену $\frac{y}{\xi}=t$.

[Утундрий]

ASA писал(а):

Разложить в ряд Тейлора.

И ерунда получится. "Плавали, знаем" (с)

[Brukvalub]

Утундрий в сообщении #198704 писал(а):

$\[F\left( \xi \right) = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{y^2 }}{{y^2 + \xi ^2 }}} \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} dy} \]$

Как-бы его красиво вблизи $\xi =0$ аппроксимировать?

Вот главный член аппроксимации: $F(\xi ) \sim 1\;,\;\xi \to 0$

[Henrylee]

Утундрий писал(а):

ASA писал(а):

Разложить в ряд Тейлора.

И ерунда получится. "Плавали, знаем" (с)

А по Лапласу попробуйте, вдруг красивей получится.

[Gafield]

Математика выдала представление через гипергеометрическую функцию:

$$ \frac{3 \, _2F_1\left(\frac{2}{3},\frac{7}{6};\frac{13}{6};-\frac{1}{x^2}\right )}{7 x^{4/3}} $$

а для них есть всякие формулы, представления, асимптотические разложения...

[Henrylee]

А вот так красиво?

$$ F(\xi)\approx e^{-\frac23\xi^2}\int\limits_0^1e^{\frac{16}3y^2\xi^4}\,dy $$

в окрестности $\xi=0$

Добавлено спустя 10 минут 34 секунды:

но аппроксимация плохая..

[Gordmit]

После замены $y/\xi=t$ получим

$$F(\xi)=\xi\int\limits_0^{1/\xi}\left(1-\frac{1}{t^2+1}\right)^{2/3}dt=\xi\cdot G\left(\frac{1}{\xi}\right),$$

где $G(\alpha)=\int\limits_0^{\alpha}\left(1-\frac{1}{t^2+1}\right)^{2/3}dt\sim \alpha,\quad \alpha\to\infty$. При этом (по правилу Лопиталя)

$$\lim_{\alpha\to\infty}\frac{G(\alpha)-\alpha}{\frac23 \frac{1}{\alpha}}=\lim_{\alpha\to\infty}\frac{G'(\alpha)-1}{-\frac23 \frac{1}{\alpha^2}}=\lim_{\alpha\to\infty}\frac{(1-\frac{1}{\alpha^2+1})^{2/3}-1}{-\frac23 \frac{1}{\alpha^2}}=1.$$

Следовательно,

$$G(\alpha)=\alpha+\frac23 \frac{1}{\alpha}+o\left(\frac{1}{\alpha}\right),\alpha\to\infty$$

, и значит

$$F(\xi)=1+\frac23\xi^2+o(\xi^2),\quad \xi\to 0.$$

Но с другой стороны, очевидно, $F(\xi)\leqslant 1$.

В чем ошибка?

[Henrylee]

Gordmit писал(а):

$$\lim_{\alpha\to\infty}\frac{G(\alpha)-\alpha}{\frac23 \frac{1}{\alpha}}$$

Числитель отрицательный, знаменатель положительный. А предел единица
С чего Вы взяли, что числитель стремится к нулю?

[Gordmit]

Да, спасибо. Ошибка именно в этом.
Правильно, конечно, будет рассматривать пределы

$$\lim_{\alpha\to+\infty}\frac{G(\alpha)-\alpha+C}{\frac23 \frac{1}{\alpha}}$$

и

$$\lim_{\alpha\to-\infty}\frac{G(\alpha)-\alpha-C}{\frac23 \frac{1}{\alpha}},$$

где

$$C=\int\limits_{0}^{+\infty}\left(1-\Bigl(1-\frac{1}{t^2+1}\Bigr)^{2/3}\right)dt>0.$$

Соответственно, и ответ будет тогда

$$F(\xi)=1-C|\xi|+\frac23\xi^2+o(\xi^2),\quad \xi\to 0.$$

[ewert]

$$F(\xi)=\xi\left(\xi^{-1}-C+\int_{\xi^{-1}}^{+\infty}\left(1-\left(1-{1\over t^2+1}\right)^{2/3}\right)dt\right)\sim$$

$$\sim\xi\left(\xi^{-1}-C+\int_{\xi^{-1}}^{+\infty}\left(1+{2\over3}{1\over t^2+1}+{1\over9}\left({1\over t^2+1}\right)^2+\ldots\right)dt\right)\sim$$

$$\sim\xi\left(\xi^{-1}-C+\int_{\xi^{-1}}^{+\infty}\left(1+{2\over3}t^{-2}+\left({1\over9}-{2\over3}\right)t^{-4}+\ldots\right)dt\right)\sim$$

$$\sim\xi\left(\xi^{-1}-C+{2\over3}\xi-{5\over27}\xi^3+\ldots\right)$$

(возможно, с точностью до арифметики)

[Утундрий]

Благодарю. Это вот

$$\[\frac{{F(\xi ) - 1}}{\xi } = - C + \int\limits_{{1 \mathord{\left/ {\vphantom {1 \xi }} \right. \kern-\nulldelimiterspace} \xi }}^{ + \infty } {\left\{ {1 - \left( {1 - \frac{1}{{t^2 + 1}}} \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} } \right\}} dt\]$$

именно то, что мне было нужно. Дальше все стандартно, хотя местами и громоздко.

$$\[F(\xi ) = 1 - C\left| \xi \right| + \frac{2}{3}\xi ^2 - \frac{5}{{27}}\xi ^4 + \frac{8}{{81}}\xi ^6 - \frac{{110}}{{1701}}\xi ^8 + \frac{{308}}{{6561}}\xi ^{10} - ...\]$$

$$\[C = \int\limits_0^{ + \infty } {\left\{ {1 - \left( {1 - \frac{1}{{t^2 + 1}}} \right)^{{2 \mathord{\left/ {\vphantom {2 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} } \right\}} dt = 1,2143253477350...\]$$

Добавлено спустя 3 минуты 21 секунду:

Gafield писал(а):

Математика выдала представление через гипергеометрическую функцию:

$$ \frac{3 \, _2F_1\left(\frac{2}{3},\frac{7}{6};\frac{13}{6};-\frac{1}{x^2}\right )}{7 x^{4/3}} $$

а для них есть всякие формулы, представления, асимптотические разложения...

Забавно, что

$$\[\frac{3}{{7\xi ^{{4 \mathord{\left/ {\vphantom {4 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}\]$$

это в точности ассимптотика при $\[\xi \to + \infty \]$.

[Gafield]

Ну так

$$ _2F_1(\alpha,\beta,\gamma,x)=1+ \frac{\alpha \beta}{\gamma} \frac{x}{1!} + \frac{\alpha (\alpha+1) \beta (\beta+1)}{\gamma (\gamma+1)} \frac{x^2}{2!} + \dots$$

при $|x|<1$$. Разложение на бесконечности гипергеометрической функции тоже известно.

[Полосин]

$$ a=2/3, $$

$$ f(\xi)=\int_0^1\left(\frac{t^2}{t^2+\xi^2}\right)^adt=\xi\int_0^{1/\xi}\left(\frac{s^2}{1+s^2}\right)^ads=(1+\xi^2)^{-a}-2a \xi g(\xi), $$

$$ g(\xi)=\int_0^{1/\xi}\left(\frac{s^2}{1+s^2}\right)^a\frac{ds}{1+s^2}= \int_{\xi}^{+\infty}\left(1+u^2\right)^{-a-1}du=\int_0^{+\infty}-\int_0^{\xi}, $$

$$ \int_0^{+\infty}\left(1+u^2\right)^{-a-1}du=\frac12B\left(\frac12,a+\frac12\right), $$

$$ (1+u^2)^{-p}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{(p)_k}{k!}u^{2k}, $$

$$ f(\xi)=1-\sqrt{\pi}\frac{\Gamma(a+\frac12)}{\Gamma(a)}\xi+ \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}(a)_k}{k!(2k-1)}\xi^{2k} $$

[Утундрий]

Простите, а кто такой $\[(a)_k \]$?

Кстати, состряпал приближение

$$\[F(\xi ) \approx \frac{{1 + \frac{{34}}{{149}}\xi ^{1,28} }}{{\left( {1 + \frac{{271}}{{355}}\xi ^{1,12} } \right)^{{7 \mathord{\left/ {\vphantom {7 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} }}\]$$

имеющее относительное отклонение менее $~ 0,0133$, полезное в томм случае, если считать интеграл лень, а график построить хочется)