特殊関数・漸近解析の問題

$f(x)=x^2+\frac{2}{x}(x>0)$ とおくと $I(\lambda )={\int }_0^{\infty }{e}^{-\lambda f(x)}dx$ である。

$f$ の最小点. $f^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x^2}=\frac{2(x^3-1)}{x^2}$ より、$f$ は $(0,1)$ で減少、$(1,\infty )$ で増加し、$x=1$ で最小値 $f(1)=3$ をとる。また $f^{\prime \prime }(x)=2+\frac{4}{x^3}$ より $f^{\prime \prime }(1)=6$。さらに
$$f(x)-3=\frac{x^3-3x+2}{x}=\frac{(x-1{)}^2(x+2)}{x}$$
と因数分解でき、$x>0$ で $\frac{x+2}{x}\ge 1$ だから
$$f(x)-3\ge (x-1{)}^2(x>0).\text{\hspace{1em}(1)}$$

変数変換. $x=1+\frac{t}{\sqrt{\lambda }}$ とおくと $dx=\frac{dt}{\sqrt{\lambda }}$ で
$$\sqrt{\lambda }{e}^{3\lambda }I(\lambda )={\int }_{-\sqrt{\lambda }}^{\infty }\exp (-\lambda (f(x)-3\left)\right)dt={\int }_{\mathbb{R}}{1}_{\{t>-\sqrt{\lambda }\}}\exp \left(-t^2\frac{x+2}{x}\right)dt.$$
ここで $\lambda (f(x)-3)=\lambda (x-1{)}^2\frac{x+2}{x}=t^2\frac{x+2}{x}$ を用いた。

極限. $t$ を固定して $\lambda \to \infty$ とすると $x\to 1$ なので被積分関数は $e^{-3t^2}$ に各点収束する。また $(1)$ より被積分関数は $e^{-t^2}$ で上から抑えられ、$e^{-t^2}$ は $\mathbb{R}$ 上可積分である。よって優収束定理により
$$L={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-3t^2}dt=\sqrt{\frac{\pi }{3}}=\frac{\sqrt{3\pi }}{3}.$$

これはラプラスの方法の主要項 $I(\lambda )\sim e^{-\lambda f(1)}\sqrt{\frac{2\pi }{\lambda f^{\prime \prime }(1)}}=e^{-3\lambda }\sqrt{\frac{\pi }{3\lambda }}$ にほかならない。

答え: $L=\frac{\sqrt{3\pi }}{3}$

$\phi (x)=x^2+\frac{2}{x}$ とおく。${\phi }^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x^2}=0$ より $x=1$。$x<1$ で ${\phi }^{\prime }<0$、$x>1$ で ${\phi }^{\prime }>0$ なので $x=1$ が $(0,\infty )$ での唯一の最小点で、$\phi (1)=3$。$x\to 0^{+}$ や $x\to \infty$ では $\phi \to \infty$ なので端の寄与は指数的に小さい。
${\phi }^{\prime \prime }(x)=2+\frac{4}{x^3}$ より ${\phi }^{\prime \prime }(1)=6$。ラプラスの方法により
$I(\lambda )\sim e^{-3\lambda }\sqrt{\frac{2\pi }{\lambda {\phi }^{\prime \prime }(1)}}=e^{-3\lambda }\sqrt{\frac{\pi }{3\lambda }}$。
よって $L=\lim \sqrt{\lambda }{e}^{3\lambda }I(\lambda )=\sqrt{\frac{\pi }{3}}$。
検算: $\int e^{-3\lambda t^2}dt$ 型のガウス積分 $\sqrt{\pi /(3\lambda )}$ （$\lambda \cdot \frac{{\phi }^{\prime \prime }}{2}{t}^2=3\lambda t^2$）と一致。$\sqrt{\pi /3}\approx 1.0233$。