асимптотическая оценка интеграла

[maxal]

Существует ли предел

$$\lim_{m\to\infty} \sqrt{m}\int_0^1 \left((1+x)^{1-x}(1-x)^{1+x}\right)^m dx$$

?

[Руст]

Это стандартный пример на метод перевала
$\int_0^1e^{-m\theta (x)}dx,$ где
$\theta(x)=-(1-x)ln(1+x)-(1+x)ln(1-x)=2\sum_k x^{2k}(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}).$
Поэтому предел равен $\sqrt{\frac{\pi}{2\theta''(0)}}=\sqrt{\frac{\pi}{12}}$.

[maxal]

"Метод перевала" - это что?

Кстати, а как оценить остаточный член:

$$\sqrt{m}\int_0^1 \left((1+x)^{1-x}(1-x)^{1+x}\right)^m dx - \sqrt{\pi/12}$$

?

[Brukvalub]

maxal писал(а):

"Метод перевала" - это что?

Об этом есть книга: http://lib.chistopol.ru/?id=15391&page=1

[Руст]

maxal писал(а):

"Метод перевала" - это что?

Кстати, а как оценить остаточный член:

$$\sqrt{m}\int_0^1 \left((1+x)^{1-x}(1-x)^{1+x}\right)^m dx - \sqrt{\pi/12}$$

?

Это достаточно известный метод вычисления асимптотик такого рода интегралов. Можно посмотреть ещё ВКБ метод.
Можно вычислить и другие приближения, просто надо перейти к нормализованной переменной $x=y\sqrt{6m}$, тогда

$$e^{-m\theta(x)}=e^{-\frac{y^2}{2}}exp{(-2\sum_k(\frac{y^{2k}}{6^km^{k-1}}(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k})).$$

Из этого разложения получаем разложение интеграла $\sqrt{\frac{\pi}{12}}(1+\sum_k\frac{c_k}{m^k}).$

[maxal]

За книжку спасибо!

А есть ли у этого метода дискретный аналог для сумм? Например, можно ли получить несколько главных членов асимптотики для такой суммы:

$$\sum_{k=1}^{n-1} k^{n-k} (n-k)^k$$

Или же тут только через формулу суммирования Эйлера-Маклорена с последующей оценкой интегралов?

[Руст]

дискретного аналога нет, но есть p-адический аналог, который можно назвать аналогом с "натяжкой".

[RIP]

maxal писал(а):

За книжку спасибо!

А есть ли у этого метода дискретный аналог для сумм? Например, можно ли получить несколько главных членов асимптотики для такой суммы:

$$\sum_{k=1}^{n-1} k^{n-k} (n-k)^k$$

Или же тут только через формулу суммирования Эйлера-Маклорена с последующей оценкой интегралов?

В подобных суммах формула Эйлера-Маклорена, как правило, плохой помощник. Например, данная конкретно сумма почти тривиально оценивается без всяких Эйлеров-Маклоренов. По крайней мере первый член асимптотики находится без особого труда, а именно, сначала доказывается, что

$$\sum_{k=1}^{n-1} k^{n-k} (n-k)^k\sim\left(\frac n2\right)^n\sum_{k=-\infty}^\infty e^{-\frac{6(k-n/2)^2}n}$$

. Невооружённым глазом видно, что сумму справа надо преобразовать с помощью формулы суммирования Пуассона, получится нечто вроде

$$\sum_{k=-\infty}^\infty e^{-\frac{6(k-n/2)^2}n}=\sqrt{\frac{\pi n}6}\sum_{k=-\infty}^\infty(-1)^{nk}e^{-\frac{\pi^2k^2}6n}$$

(хотя я вполне мог и наврать, ибо считал наспех и неаккуратно). Вполне может быть, что можно выписать и несколько членов асимптотики. Насколько я помню, подобные вещи обсуждаются в книжке Н. Г. де Брёйна "Асимптотические методы в анализе" (вообще, здоровская книжка, написана очень понятно и доступно). Там даже где-то подобный пример обсуждается вроде.