6.13. а) Проверить, что			∞	0 · x−k,		x → +∞; б) Могут ли две различные функции иметь
		e−x k=0
одно и то же АР?	в) Может ли даннаяP				функция иметь два различных АР (по различным АП)? В
ответах привести примеры.			∞			∞
6.14. Доказать, что если		f(z)		=0 akz−k		и g(z) k=0 bkz−k при z → ∞, z S (S – сектор
комплексной плоскости, см. 3), то			kP			P
					∞
		f(z)g(z) ckz−k, z → ∞, z S,
					X
					k=0
где ck = a0bk + a1bk−1 + ... + akb0.
	N					N
Указание: f(z) =	akz−k + o(z−N ), g(z) =					bkz−k + o(z−N ) для любого N.
	P					kP
	k=0					=0

4.2 Асимптотика интегралов типа Лапласа

Рассматриваются интегралы вида

b
F (λ) = Z	f(x)eλS(x)dx,	(3)

a

где [a, b] – конечный вещественный промежуток, функции f(x) и S(x) принадлежат классу C∞[a, b], "фазовая"функция S(x) вещественна. Задача состоит в получении асимптотики функции F (λ) при λ →

+∞.

Замечание: в частном случае, когда S(x) = x, интеграл (3) есть преобразование Лапласа функции f(x).

Из очевидной оценки R f(x)eλS(x)dx ≤ CeλM , где M = max S(x), вытекает утверждение, что

x

основной вклад в асимптотику интегралов типа Лапласа (3) даёт окрестность той точки (или тех точек), в которой функция S(x) принимает свое наибольшее значение на промежутке [a, b].

4.2.1 Монотонная фазовая функция

Пусть функция S(x) монотонна, причем S0(x) 6= 0, x [a, b]. Интегрируя по частям, получаем равенство

a	f(x)eλS(x)dx = hλSe 0(x) f0(x) +		λ1 f1(x) + ... +	λ1n fn(x) ia +		(4)
b		λS(x)			b
R	+ n1+1	b
		fn+1(x)eλS(x)dx,
		R

λ	a

где f0(x) = f(x), fn+1(x) = − d fn(x) , n = 0, 1, 2, ....

dx S0(x)

Если функция S(x) возрастающая, то eλS(a)/eλS(b) = O(λ−∞), и соотношение (4) можно записать в виде бесконечного асимптотического разложения:

	b		eλS(b) ∞ fk(b)
	Z	f(x)eλS(x)dx					, λ → +∞.	(5)
			λS0(b)	k=0	λk
	a			X

В случае убывающей функции S(x) соотношение (5) заменяется на

b		eλS(a) ∞ f (a)
Z
	f(x)eλS(x)dx −		k=0	k		, λ → +∞.	(6)
		λS0(a)		λk
a			X

84

Формула (5) пригодна и в случае немонотонной фазовой функции S(x) при условии, что S(b) > S(x) при всех x < b и что S0(b) > 0, т.е. что в правой концевой точке промежутка [a, b] значение фазовой функции больше её значений во всех прочих точках, причем наклон графика фазовой функции в этой

точке положителен. Аналогично, формула (6) пригодна в случае, когда S(a) > S(x) при x > a, причем

S0(a) < 0.

6.15. Для функции F (λ) =	R
	1 e−λx dx:
	1+x
	0

1.Найти полное асимптотическое разложение: а) при λ → +∞; б) при λ → −∞. Сходится ли асимптотический ряд?

2.Найти наименьший (по абсолютной величине) член ряда (при λ > 0).

3.Пользуясь формулой (4), дать оценку погрешности при замене данной функции частичной суммой асимптотического ряда (при λ > 0).

3

6.16. Для функции F (λ) = R eλ(x3−3x)dx получить два члена АР при:

−3

а) λ → +∞; б) λ → −∞.

0

6.17. Для функции F (λ) = R (x + x2)eλ(x+cos x)dx найти главный член асимптотики при λ → +∞.

−1

6.18. Для функции F (λ) =

представление при λ → +∞.

2

R exp(λ ch x) dx найти асимптотическое

−2

3+x

Указание. Поскольку S(a) = S(b), то оба конца промежутка дают вклады одного и того же порядка в асим-

	птотику интеграла.	R
	6.19. Для функции F (λ) =
		1 e−λx dx:
		1+x
		0

а) найти полное асимптотическое разложение при λ → +∞; б) выяснить, сходится ли асимптотический ряд, и если сходится, то к чему;

в) как зависит погрешность, возникающая при замене интеграла частичной суммой АР, от числа слагаемых частичной суммы?

2

6.20. Для функции F (λ) = R cos x · ch [λ(x4 − 4x + 1)] dx получить два члена АР при λ → +∞.

0

q

∞

6.21. Для функции F (λ) = −R1 exp

−λ

x2

dx найти асимптотическое представление при λ →

1+x

+∞.

имеется скачок функции

; интеграл следует разбить на

0

+

∞

Указание. В точке

x = 0

S0

(x)

R−1

+ R0

; действуют

формулы (5) и (6).

4.2.2Фазовая функция с наибольшим значением внутри промежутка

Пусть функция S(x) принимает в некоторой точке x0 (a, b) своё наибольшее значение, причем S0(x) > 0 при x < x0, S0(x) < 0 при x > x0, S0(x0) = 0 и S00(x0) < 0. Тогда интеграл типа Лапласа (3) имеет при λ → +∞ асимптотическое представление

	b							f(x0) + O	λ .		(7)
Z f(x)eλS(x)dx = eλS(x0) sλ S00					(x0)
				2π					1
a	|					|

85