Интегралы Лапласа.
Определение.
Интегралами Лапласа называются интегралы вида
$$
\int\limits_{a}^{b} f(x)e^{-\lambda S(x)}\ dx.\label{ref1}
$$
Будет изучено поведение интегралов при \(\lambda \rightarrow +\infty\).
Теорема 1.
Пусть \(f(x)\) и \(S(x)\) — дважды непрерывно дифференцируемые функции на конечном отрезке \([a, b]\), и пусть на отрезке \([a, b]\) функция \(S(x)\) имеет единственный минимум в точке \(x_{0} \in (a, b)\), причем \(S″(x_{0}) > 0\), \(S'(x) > 0\) при \(x < x_{0}\) и \(S'(x) < 0\) при \(x > x_{0}\), а \(f(x_{0} \neq 0)\).
Тогда при \(\lambda \rightarrow +\infty\) справедлива асимптотическая формула
$$
\int\limits_{a}^{b} f(x)e^{-\lambda S(x)}\ dx \sim \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda S″(x_{0})}}e^{-\lambda S(x_{0})}.\label{ref2}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Разобьем доказательство на ряд пунктов.
- Покажем, что при \(a > 0\)
$$
\int\limits_{0}^{a} e^{-\lambda x^{2}}\ dx \sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}\ \mbox{при}\ \lambda \rightarrow +\infty.\label{ref3}
$$
Действительно, делая в интеграле \eqref{ref3} замену переменной \(x\sqrt{\lambda} = t\) и используя интеграл вероятностей \(\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-t^{2}}\ dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\), получаем, что
$$
\int\limits_{0}^{a} e^{-\lambda x^{2}}\ dx = \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \int\limits_{0}^{a\sqrt{\lambda}} e^{-t^{2}}\ dt = \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \left[\int\limits_{0}^{+\infty} e^{-t^{2}}\ dt-\int\limits_{a\sqrt{\lambda}}^{+\infty} e^{-t^{2}}\ dt\right] =\\=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} + o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right)\ \mbox{при}\ \lambda \rightarrow +\infty.\nonumber
$$ - Пусть функция \(f(x)\) непрерывно дифференцируема на конечном отрезке \([0, a]\) и \(f(0) \neq 0\). Тогда при \(\lambda \rightarrow +\infty\) имеем
$$
\int\limits_{0}^{a} f(x)e^{-\lambda x^{2}}\ dx \sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}f(0).\label{ref4}
$$
Применяя теорему о среднем Лагранжа, имеем
$$
|f(x)-f(0)| = |xf'(\theta x)| \leq Cx,\ \mbox{где}\ C = \sup_{x \in [a,b]}|f'(x)|,\ 0 < \theta < 1.\nonumber
$$
Поэтому, используя \eqref{ref3}, получаем
$$
\left|\int\limits_{0}^{a} f(x)e^{-\lambda x^{2}}\ dx-f(0) \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}\right| \leq \left|\int\limits_{0}^{a} (f(x)-f(0)) e^{-\lambda x^{2}}\ dx\right| +\\+ o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right) \leq C \int\limits_{0}^{a} xe^{-\lambda x^{2}}\ dx + o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right) = o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right).\nonumber
$$ - Переходим к доказательству теоремы. Без ограничения общности можем считать, что \(x_{0} = 0\). Пусть сначала \(S(0) = 0\).Рассмотрим интеграл
$$
I = \int\limits_{0}^{b} f(x)e^{-\lambda S(x)}\ dx\label{ref5}
$$
и сделаем замену переменной \(y = \sqrt{S(x)}\). В силу монотонности функции \(y\) обратная функция \(x = \varphi(y)\) при \(x \in [0, b]\) существует, \(\varphi(0) = 0\) и
$$
\varphi'(0) = \lim_{y \rightarrow 0} \frac{\varphi(y)}{y} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sqrt{S(x)}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\displaystyle\sqrt{\frac{S(x)}{x^{2}}}} = \displaystyle\sqrt{\frac{1}{\frac{S″(0)}{2}}} = \sqrt{\frac{2}{S″(0)}}.\label{ref6}
$$Применяя формулу \eqref{ref4} и используя равенство \eqref{ref6}, получаем
$$
I = \int\limits_{0}^{\varphi(b)} f(\varphi(y)) \varphi'(y) e^{-\lambda y^{2}}\ dy \sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} f(0)\varphi'(0) =\\= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} f(0) \sqrt{\frac{2}{S″(0)}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda S″(0)}} f(0).\label{ref7}
$$
Аналогично получаем, что
$$
\int\limits_{a}^{0} f(x) e^{-\lambda S(x)}\ dx \sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2\pi}{\lambda S″(0)}} f(0)\ \mbox{при}\ \lambda \rightarrow +\infty.\label{ref8}
$$Если \(S(x_{0}) \neq 0\), то представляем интеграл \eqref{ref5} в виде
$$
\int\limits_{a}^{b} f(x) e^{-\lambda S(x)}\ dx = e^{-\lambda S(x_{0})} \int\limits_{a}^{b} f(x) e^{-\lambda (S(x)-S(x_{0}))}\ dx.\nonumber
$$
Разбивая отрезок интегрирования \([a, b]\) на отрезки \([a, 0]\) и \([0, b]\) и применяя к каждому из полученных отрезков формулы \eqref{ref7} и \eqref{ref8}, получаем \eqref{ref2}. \(\bullet\)
Пример 1.
Докажем формулу Стирлинга
$$
\Gamma(x + 1) = \int\limits_{0}^{+\infty} t^{x} e^{-t}\ dt \sim x^{x} e^{-x} \sqrt{2\pi x}\ \mbox{при}\ x \rightarrow +\infty.\label{ref9}
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Делаем в формуле \eqref{ref9} замену переменной \(t = xu\):
$$
\Gamma(x + 1) = x^{x + 1} \int\limits_{0}^{+\infty} u^{x} e^{-ux}\ du = x^{x + 1} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-xS(u)}\ du,\label{ref10}
$$
$$
S(u) = u-\ln u,\ S'(u) = \frac{u-1}{u},\ S″(u) = \frac{1}{u^{2}}.\nonumber
$$
Функция \(S(u)\) имеет единственный минимум в точке \(u = 1\). Кроме того, \(S″(u) = 1\); \(|S'(u)| \geq \displaystyle\frac{1}{2}\) при \(u \notin \displaystyle\left[\frac{1}{2}, 2\right]\). Применяя формулу \eqref{ref2}, получаем
$$
\int\limits_{1/2}^{2} e^{-xS(u)}\ du \sim \sqrt{\frac{2\pi}{x}} e^{-x}\ \mbox{при}\ x \rightarrow +\infty,\nonumber
$$
$$
\int\limits_{2}^{+\infty} e^{-xS(u)}\ du < 2\int\limits_{2}^{+\infty} S'(u)e^{-xS(u)}\ du = \frac{2}{x} e^{-xS(2)} < \frac{2}{x} e^{-xS(1)} = \frac{2}{x} e^{-x}.\label{ref11}
$$
Аналогично \(\displaystyle\int\limits_{0}^{1/2} e^{-xS(u)}\ du < \frac{2}{x} e^{-x}\).
Подставляя выражения \eqref{ref11} в формулу \eqref{ref10}, получаем формулу Стирлинга \eqref{ref9}.
Так как \(\Gamma(n + 1) = n!\), то из \eqref{ref9} имеем
$$
n! \sim \sqrt{2\pi n} n^{n}e^{-n}\ \mbox{при}\ n \rightarrow \infty.\ \blacktriangle\label{ref12}
$$
Метод стационарной фазы.
Для вычисления интегралов
$$
\int\limits_{a}^{b} f(x) e^{i\lambda S(x)}\ dx\nonumber
$$
при больших значениях параметра \(\lambda\) Стоксом был предложен метод стационарной фазы.
Теорема 2.
Пусть функции \(f(x)\) и \(S(x)\) дважды непрерывно дифференцируемы на конечном отрезке \([a, b]\), и пусть на \((a, b)\) функция \(S(x)\) имеет единственный экстремум в точке \(x_{0} \in (a, b)\), причем \(S″(x_{0}) \neq 0\), \(f(x_{0}) \neq 0\).
Тогда при \(\lambda \rightarrow \infty\) справедлива асимптотическая формула
$$
\int\limits_{a}^{b} f(x) e^{i\lambda S(x)}\ dx \sim f(x_{0}) \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda|S″(x_{0})|}} e^{\displaystyle i\left(\lambda S(x_{0}) + \frac{\pi}{4} \operatorname{sign}\ S″(x_{0})\right)}.\label{ref13}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Техника доказательства теоремы 2 во многом повторяет технику доказательства теоремы 1. Опять разобьем доказательство на пункты.
- Если \(\lambda \rightarrow \infty\), то (см. пример)
$$
\int\limits_{0}^{a} e^{i\lambda x^{2}}\ dx = \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \int\limits_{0}^{a\sqrt{\lambda}} e^{it^{2}}\ dt \sim \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \int\limits_{0}^{+\infty} e^{it^{2}}\ dt =\\= \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \left(\int\limits_{0}^{+\infty} \cos t^{2}\ dt + i \int\limits_{0}^{+\infty} \sin t^{2}\ dt\right) = \frac{1}{\sqrt{\lambda}} \left(\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}} + i \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}}\right) =\\= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} \left(\frac{1}{\sqrt{2}} + i \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} e^{i\pi/4}.\nonumber
$$ - Пусть функция \(f(x)\) непрерывно дифференцируема на конечном отрезке \([0, a]\) и \(f(0) \neq 0\); тогда при \(\lambda \rightarrow \infty\) имеем
$$
\int\limits_{0}^{a} e^{i\lambda x^{2}}\ dx \sim \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} e^{i\pi/4} f(0).\nonumber
$$Действительно, \(f(x)-f(0) = x\varphi(x)\), где \(\varphi(x)\) — непрерывная функция. Поэтому
$$
\int\limits_{0}^{a} (f(x)-f(0)) e^{i\lambda x^{2}}\ dx = \int\limits_{0}^{a} x\varphi(x) e^{i\lambda x^{2}}\ dx = \frac{1}{2i\lambda}\int\limits_{0}^{a} \varphi(x)d(e^{i\lambda x^{2}}) =\\= \left.\frac{1}{2i\lambda} \varphi(x)e^{i\lambda x^{2}}\right|_{0}^{a}-\frac{1}{2i\lambda} \int\limits_{0}^{a} \varphi'(x)e^{i\lambda x^{2}}\ dx = o\left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\right)\ \mbox{при}\ \lambda \rightarrow \infty.\nonumber
$$
Дальнейшее доказательство теоремы 2 в точности повторяет соответствующее доказательство теоремы 1, и мы его опускаем. \(\bullet\)
Найдем асимптотику функции Бесселя
$$
J_{0}(x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{0}^{2\pi} e^{ix\sin u}\ du.\nonumber
$$
\(\vartriangle\) Пусть \(S(u) = \sin u\). Тогда \(S'(u) = \cos u\), \(S″(u) = -\sin u\),
$$
S’\left(\frac{\pi}{2}\right) = S’\left(\frac{3\pi}{2}\right) = 0,\quad S\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1,\quad S\left(\frac{3\pi}{2}\right) = -1,\nonumber
$$
$$
S″\left(\frac{\pi}{2}\right) = -1,\quad S″\left(\frac{3\pi}{2}\right) = 1.\nonumber
$$
Разбивая интервал интегрирования на \([0, \pi]\) и \([\pi, 2\pi]\) и используя на каждом из интервалов формулу \eqref{ref13}, получаем при \(x \rightarrow +\infty\)
$$
J_{0}(x) = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{2\pi}{x}} \left(e^{i(x-\pi/4)} + e^{i(-x + \pi/4)}\right) + o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right) =\\= \sqrt{\frac{2}{\pi x}} \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right) + o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right).\ \blacktriangle\nonumber
$$