1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (Подивилов 2012 - Рабочая тетрадь по математическим методам физики), страница 7

x 2n+m(−1)nn!Γ(m + n + 1) 2453.3. Функции БесселяyyttγΓxxРис. 3.1. Преобразование контура интегрирования в представлении ШлефлиЗадача 103 . Пользуясь рекуррентными соотношениями, найти производящую функцию∞XF (x, h) =hm Jm (x).m=−∞Ответ. 1xh−.F = exp2h(3.6)Задача 104 .

Пользуясь производящей функцией (3.6), найти интегральное представление.Ответ. Представление Шлефли1Jm (x) =2πiIexpCx1tt−2tm+1dt.(3.7)Покажите, что замена t = eiϕ сводит (3.7) к представлению Бесселя.Задача 105 . Представление (3.7) обобщается на произвольное ν, если заменитьединичную окружность C на контур γ, обходящий в положительном направлении разрез(−∞, 0):Iexp x2 t − 1t1dt.Jν (x) =2πi γtν+1Преобразуя контур интегрирования к единичной окружности и двум горизонтальнымпрямым, идущим по берегам разреза, как показано на рис. 3.1, свести контурный интеграл к обычному.Ответ.Jν (x) =Zπ−πdϕ ix sin ϕ−iνϕ sin πνe−2ππZ∞e−x sh z−νz dz.0Задача 106 .

Найти интегральное представление для функции Бесселя нулевогопорядка J0 , решив уравнение Бесселя методом Лапласа.Ответ. Представление ПуассонаZJ0 (x) =ε+i∞ε−i∞dp exp(px)p.2πi 1 + p2463. СПЕЦИАЛЬНЫЕ ФУНКЦИИpp11CΓ−1−1Рис. 3.2. Преобразование контура интегрирования в представлении ПуассонаК чему сведется представление Пуассона после преобразования Жуковского p = (z −1/z)/2?Задача 107 . Контур интеграла в представлении Пуассона можно замкнуть. Новый контур Γ будет обходить разрез (−i, i) в положительном направлении. Преобразуяконтур к двум отрезкам по берегам разреза и двум окружностям радиуса ρ → +0, свестипредставление к действительному интегралу (рис. 3.2).Ответ.1J0 (x) =πZ1−1√eitx.1 − t2Глава 4Асимптотические методы4.1.Интеграл ЛапласаГлавный член асимптотики интеграла ЛапласаF (λ) =ZbA(t)eλS(t) dt,λ → +∞aнаходится по формулеF (λ) ∼− A(a)e′λS(a) ,S ′ 6= 0, S(a) > S(b),λS (a)qA(t0 )eλS(t0 ) −λS2π′′ (t ) ,0S ′ (t0 ) = 0, a < t0 < b.Чтобы найти следующие члены, в случае 1 надо интегрировать по частям, а в случае 2разлагать фазу в ряд, удерживая более высокие степени.Задача 108 .

Функция ошибок2erfс(x) = √πZ∞2e−t dt,x → +∞.xУказание. Замена t = xτ делает пределы интегрирования независящими от параметра x. Далее надо интегрировать по частям (случай 1).Ответ.2 1e−x1 − 2 + ... .F (λ) ∼ √πx2xЗадача 109 . Гамма-функция ЭйлераZ ∞Γ(x + 1) =tx e−t dt,0x → +∞.Указание. После замены t = xτ реализуется случай 2.Ответ.

Формула Стирлингаn! ∼√2πn n ne.Задача 110 . Найти следующий член разложения Γ(x + 1).484. АСИМПТОТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫУказание. Разложим фазу вплоть до четвертой степени. В области ξ 2 ≪ x−1 , гденабирается интеграл, члены третьей и четвертой степени малы. Разложим соответствующие экспоненты в ряд:111τ0 = 1, S(ξ) = −1 − ξ 2 + ξ 3 − ξ 4 + . . . ,2 342xxx21 − ξ4 + . . . .≈ e−x e−xξ /2 1 + ξ 3 + ξ 6 + .

. .3184S(τ ) = ln τ − τ,exSКуб исчезает при интегрировании в симметричных пределах. Четвертая и шестая сте√√пень дают − 2π3x−3/2 /4 и 2π5x−3/2 /6.Ответ.√ x x 1Γ(x + 1) = 2πx1+.e12x√ √12π2π1+= 0, 999.= 0, 922,ee12Задача 111 . Модифицированная функция БесселяZ1 π x cos θIn (x) =ecos nθ dθ, x → +∞.π 0Указание. S ′ = 0 в точках 0, π, но второй корень — минимум.Ответ.In (x) ∼r1 xe .2πxЗадача 112 . Функция ЛежандраZl√1 πx + x2 − 1 cos θ dθ,Pl (x) =π 0l → +∞,x > 1.Указание.√2S = ln x + x − 1 cos θ ,Ответ.Pl ∼S ′ (0) = S ′ (π) = 0,S ′′ (0) < 0 < S ′′ (π).l+1/2√212 −1x+x.πl (x2 − 1)1/4rРазложение неравномерно при x → ±1.Задача 113 .F (a) =Z0∞2 −a/t2(t4 − a)2n e−tdt,a → +∞.(4.1)Указание. Чтобы остановить точку, перейдем к новой переменной интегрированияt = a τ.S = −τ 2 − τ −2 , S ′ (1) = 0, S(1) = −2, S ′′ (1) = −8.1/4При n = 0 формула дает правильный ответ, даже если a = 0.

Заменой z =R∞a /t (4.1 сводится к a1/2 0 dz/z 2 exp[−a/z 2 − z 2 ]. Записав интеграл в виде полусуммы интеграла(4.1) и преобразованного интеграла, вычислите его точно и сравните сасимптотикой.1/2494.2. Метод стационарной фазыОтвет.√Γ (n + 1/2)(2a)3n/2 e−2 a .2Задача 114 . Функция МакдональдаZ1 ∞Kν (x) =exp(νt − x ch t) dt, ν → +∞.2 −∞F ∼Указание.S = νt − x ch t, S ′ = ν − x ch t = 0,√2ννt0 = arsh ≈ ln , S ′′ (t0 ) = −x ch t = − ν 2 + x2 .xxПри больших ν стационарную точку можно остановить приближенно заменойt = ln(2ν/x) + τ.Ответ.Kν (x) ∼4.2.rπ2ν2νxνe−ν .Метод стационарной фазыГлавный член асимптотики интегралаZ bF (λ) =A(t)eiλS(t) t.,aλ → +∞находится по формуле A(b)e′λS(b) − A(a)e′λS(a) ,iλS (b)iλS (a)qF (λ) ∼πA(t0 )eiλS(t0 )+i 4 signS ′′ (t0 ) λ|S2π′′ (t )| ,0S ′ (t) 6= 0,S ′ (t0 ) = 0, a < t0 < b.Асимптотика специальных функцийЗадача 115 .

Функция БесселяZ π1Jm (x) =eix sin ϕ−imϕ dϕ,2π −πx → +∞.Указание. Раз в условии ничего не сказано про параметр m, значит, его надодержать фиксированным:S(ϕ) = sin ϕ,Ответ.ϕ1,2 = ±π/2,rS(±π/2) = ±1,S ′′ (±π/2) = ∓1.πm π 21 + O(x−1 ) .cos x −−Jm (x) ∼πx24Задача 116 . Найти асимптотику Jm (m), m → ∞.504. АСИМПТОТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫϕРис. 4.1. Секторы сходимости и контур интегрирования к задаче 116Указание. Теперь оба параметра растут одинаковоS(ϕ) = sin ϕ − ϕ,S(0) = 0, S ′ (0) = 0, S”(0) = 0, S ′′′(0) = −1,ϕ0 = 0,получается12ππϕ3exp −im6−πZdϕ.Интеграл по отрицательным ϕ комплексно сопряжен интегралу по положительным.Прежде чем распространить пределы интеграла до ∞, надо найти секторы сходимостии повернуть контур интегрирования так, чтобы он шел по биссектрисе сектора сходимости.

Получается замена ϕ = e−iπ/6 τ (см. рис. 4.1).Ответ.1πJm (m) ∼ cos Γπ6Задача 117 .∗ 1/3641 + O(m−2/3 ) .3mНайти асимптотикуJν (ξ),ξ → ∞,ν= c < 1.ξЗадача 118 . Функция Эйри1Ai(x) =2πZ∞ 3texp i+ xtdt,3−∞x → −∞.Указание. Надо остановить стационарную точку заменой t = |x|1/2 τ . ТогдаS(τ ) = τ 3 /3 − τ,τ1,2 = ±1,2S(±1) = ∓ ,3S ′′ (±1) = ±2.Ответ. Асимптотика функции Эйри в классически разрешенной областиAi(x) ∼r1 −1/42 3/2 π 1 + O(|x|−3/2) .|x|cos|x| −π34514.2. Метод стационарной фазыАсимптотика Фурье-образаЗадача 119 . Пусть функция f (x) ее первые n − 1 производных непрерывны, а f (n)терпит скачок в точке x = 0:[f ] = [f ′ ] = · · · = [f (n−1) ] = 0,[f (n) ] = 1.Найти асимптотику ее Фурье-образа.Указание. Надо найти асимптотику интегралаZ ∞Jk =f (x)eikx dx, k → ∞.−∞Осталось проинтегрировать n раз по частям.Ответ.[f (n) ]x=01=.n+1(−ik)(−ik)n+1Задача 120 .

Найти асимптотикуZ ∞eikxdx, k → +∞.Fk =22−∞ x + aJk ∼Указание. Замкнуть контур и найти вычет в полюсе.Ответ.π −kae .aАсимптотика экспоненциальная, показатель экспоненты определяется расстоянием отвещественной оси до ближайшей особенности.Fk ∼Задача 121 .∞eikxdx, k → +∞.αx−∞ 1 + eУказание.

Полюсы подынтегральной функции лежат на мнимой оси на равныхрасстояниях в точках αx = iπ(2n + 1). Интеграл дается суммой вычетов, которая сводится к геометрической прогрессии.Gk =ZОтвет. Показатель экспоненты в асимптотике дается расстоянием до ближайшейособенности2πi −πk/απi 1e.Gk ∼ −πn ∼ −α sh ααЗадача 122 .∗Hk =Z∞−∞√eikxdx,x2 + a2k → +∞.Указание. Функция Hk сводится к интегралу вокруг разреза (ia, i∞), контур обходит точку ветвления в отрицательном направлении. Интеграл по окружности x =ia + εeiϕ , −3π/2 < ϕ < π/2 стремится к нулю в пределе ε → 0. Интегралы по берегамразреза x = ia(1 + t), 0 < t < ∞ набираются при малых t → 0.Ответ.r2π −kae .kaПоказатель экспоненты задается расстоянием до точки ветвления.

Предэкспонента даетдополнительную слабую зависимость.Hk ∼524. АСИМПТОТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫxbiaРис. 4.2. Контур интегрирования к задаче 122 , проходящий по берегам разреза в отрицательномнаправлении4.3.Метод перевалаНадо оценить асимптотику интегралаZF (λ) = eλS(z) dz, λ → +∞γпо контуру γ с аналитической фазой S(z) в окрестности контура.

Сначала найдем стационарную точку z0 , S ′ (z0 ) = 0. Оценка выполняется в два шага.1. Топологическая часть: деформировать контур так, чтобы он прошел через стационарную точку по линии наискорейшего спуска. Такие линии, где Im S(z) =Im S(z0 ) = const называются линиями Стокса. Надо проверить, переходит ли контур интегрирования в ЛС, учитывая правила:а) если интеграл в бесконечных пределах, надо следить, чтобы концы контуране выходили за границы секторов сходимости;б) нельзя при деформации контура пересекать полюса, т. е. выходить за границыобласти аналитичности подынтегральной функции.2. Аналитическая часть.

В окрестности стационарной точки S(z) ≈ S(z0 )+ 21 S ′′ (z0 )(z−z0 )2 . Повернем контур z − z0 = ξeiϕ так, чтобы квадратичная часть разложенияубывала быстрее всего S(z) − S(z0 ) = − 21 |S ′′ (z0 )|ξ 2 . Для этого надо обеспечить выполнение условияIm S ′′ (z0 )e2iϕ = 0,Re S ′′ (z0 )e2iϕ < 0.Тогда асимптотика интеграла дается формулойs2π−1F (λ) ∼exp[λS(z)+iϕ]1+O(λ):0λ|S ′′ (z0 )|а) если под интегралом есть амплитуда A(z), ее надо взять в точке z0 ;б) если стационарных точек несколько и расстояние между ними не зависит отпараметра λ, оценка дается суммой по точкам.

В этой сумме следует выделитьточку с главным вкладом. Если же точки сближаются при λ → +∞, говорятоб их «слиянии». Интеграл в этом случае сводится к другому эталонномуинтегралу;534.3. Метод перевалаtРис. 4.3. Секторы сходимости интеграла Эйрив) в стационарной точке S ′′ = 0, надо свести интеграл к другому эталонномуинтегралу.Задача 123 .

Найти секторы сходимости интеграла Эйри 3Z ∞t1exp i+ xtdt, x → −∞.Ai(x) =2π −∞3Указание. Возьмем t = Reiθ , R → ∞ и найдем, когда вещественная часть показателя экспоненты отрицательна: Re iR3 e3iθ < 0.Ответ.sin 3θ < 0, см. рис. 4.3.Задача 124 . Нарисовать линии уровня мнимых и вещественных частей функций:а) S(z) = z; б) S(z) = z 2 − 1; в) S(z) = z 3 ; г) S(z) = ln z; д) S(z) = ln(z 2 − 1).Задача 125 . Найти асимптотику функции Эйри в классически запрещенной области 3Z ∞t1exp i+ ξtdt, ξ → +∞.(4.2)Ai(ξ) =2π −∞3Указание. Остановим точку заменой t = ξ 1/2 τ . Тогда S(τ ) = i(τ 3 /3 + τ ).