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[求助] 积分之比的极限

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发表于 2018-12-3 21:28:29 | 显示全部楼层 |阅读模式

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我有一个函数
$$h(s) = \frac{\int_0^{\infty}f(t)e^{-st}dt}{\int_0^{\infty}g(t)e^{-st}dt}$$
也就是$f(t)$和$g(t)$的拉普拉斯变换之比。背景是更新过程导出来的概率分布的拉普拉斯变换。

现在的问题是,$f(t),g(t)$的拉普拉斯变换都非常难算。但是幸好,我只需要求$h(0),h'(0),h''(0),...$就满足所求了,这对应概率分布的各阶矩。

先来看$h(0)$,如果积分和极限可以交换,那么结果就是
$$h(0) = \frac{\int_0^{\infty}f(t)dt}{\int_0^{\infty}g(t)dt}$$
但事实是$\int_0^{\infty}f(t)dt\to\infty$和$\int_0^{\infty}g(t)dt\to\infty$,所以还不能这样算,况且$f(t),g(t)$的积分一般也不好算。

所以,我把$h(s)$改为
$$h(s) = \lim_{T\to\infty} \frac{\int_0^T f(t)e^{-st}dt}{\int_0^T g(t)e^{-st}dt}$$
这样
$$h(0) = \lim_{s\to 0, T\to\infty} \frac{\int_0^T f(t)e^{-st}dt}{\int_0^T g(t)e^{-st}dt} = \lim_{T\to\infty} \frac{\int_0^T f(t)dt}{\int_0^T g(t)dt} $$
这样就可操作下去了,而且对于$T$的极限,我还可以用洛必达法则,最后就是
$$h(0) = \frac{ \lim_{t\to\infty} f(t)}{ \lim_{t\to\infty} g(t)} $$
所以$h(0)$可以不借助积分来求出来。

那么,$h'(0)$呢?类似上述过程
$$h'(0) = \lim_{T\to\infty} \frac{-\left(\int_0^T t f(t) dt\right) \int_0^T g(t) dt + \left(\int_0^T f(t) dt\right) \int_0^T t g(t) dt}{\left(\int_0^T g(t) dt\right)^2}$$
有什么手段能去掉积分最终求得极限吗?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 7 天前 | 显示全部楼层
对 分子,分母的积分 分别进行关于$s$的$n$阶求导,然后计算这些定积分,$\int_0^{\infty}(-t)^nf(t)dt$,继而得到关于$s$的泰勒展开,即两个泰勒展开的 有理表达式,展开,得到关于$h(s)$的泰勒展开。
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 楼主| 发表于 7 天前 | 显示全部楼层
$f(t),g(t)$的直接积分一般也难算,而且就算能算,$\int_0^{\infty}(-t)^nf(t)dt$也是无穷大。
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
如果 `f,g` 的导函数比较简单的话,可以考虑先用分部积分变形,然后再考虑求 `h` 的导函数。如果比较复杂的话,则需要展开为渐近级数形式来比较。
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 楼主| 发表于 7 天前 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2018-12-4 17:25
如果 `f,g` 的导函数比较简单的话,可以考虑先用分部积分变形,然后再考虑求 `h` 的导函数。如果比较复杂的 ...


导函数容易求,主要是积分难求而已。比如我举的$h(0)$的例子,最关键的地方就是能直接通过原始函数而不通过积分来算出结果。

大佬有什么好思路,能举个例子吗?

点评

这种类型很难给出一个通用的方法,必须要给出f和g才行。因为即使f和g的积分发散,也不代表tf(t)的积分也是发散的,也就是说h'(0)以及h''(0)甚至可能都不存在。  发表于 7 天前
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
本帖最后由 kastin 于 2018-12-4 21:59 编辑

虽然1楼的问题无法解决,但这里可以给出你在论坛群里面的问题的过程。
根据误差余函数的定义 `\mathrm{erfc}(x)=1-\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{x}\exp(-t^2)\dif t=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_x^{\oo}\exp(-t^2)\dif t`,作代换 `u=t-x`,于是\[\mathrm{erfc}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\exp(-x^2)\int_0^{\oo}\exp(-u^2)\exp(-2ux)\dif u\]对右端反复使用分部积分,即可得到\[\mathrm{erfc}(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}x}\exp(-x^2)\left(1-\frac {1}{2x^2}+\frac{3}{4x^4}-\frac{15}{8x^6}+\cdots+\frac{(-1)^n(2n+1)!!}{2^nx^{2n}}\right)+R_{n+1}(x)\]经检验可知,在 `x\to \oo `时余项 `R_{n+1}(x)` 比最后一项要小,故有渐近展开\[\mathrm{erfc}(x)\sim \frac{1}{\sqrt{\pi}x}\exp(-x^2)\left(1+\sum_{n=1}^{\oo}(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2x^2)^n}\right)\tag{*}\]故\[\sqrt{\pi}x\exp(x^2)\mathrm{erfc}(x) \sim 1+\sum_{n=1}^{\oo}(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2x^2)^n}\]
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 楼主| 发表于 7 天前 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2018-12-4 21:54
虽然1楼的问题无法解决,但这里可以给出你在论坛群里面的问题的过程。
根据误差余函数的定义 `\mathrm{erf ...

感谢。

根据实际物理背景,这些所求的都会是存在的。

我所说的通用方法,是指如果我们在原点附近做级数展开时,我们有泰勒级数,每一项的系数都可以通过求导得到。如果要在无穷远处展开,有没有类似的公式,能够直接求得每一项的系数呢?(当然已经假设了这样的渐近级数的存在性)

点评

用倒代换,然后在零点展开,然后反代换回去就是无穷远点展开。系数使用n阶导函数在新变量的零点处值除以n!来求。  发表于 6 天前
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