Exemplo simples

Considere a função

$$g(\alpha)=\int_{C}e^{-\alpha(z^2+\frac{1}{z^2+a^2})}dz$$ (70)

onde o contorno $C$, ilustrado na figura, começa e termina no eixo real, em $-\infty$ e $\infty$, respectivamente.

A função é da forma

$$\int_{C}e^{\alpha f(z)}dz$$

com $f(z)$ dada por

$$f(z)=-z^2-\frac{1}{z^2+a^2}$$ (71)

Um cálculo simples mostra que

$$f_R(z)=-x^2+y^2-\frac{x^2-y^2+a^2}{(x^2-y^2+a^2)^2+4x^2y^2}$$ (72)

enquanto que

$$f_I(z)=-2xy\left(1-\frac{1}{(x^2-y^2+a^2)^2+4x^2y^2}\right)$$ (73)

Como a integral converge, já que $f_R(z)$ tende a zero para $x^2$ tendendo a infinito com $y$ limitado, as singularidades de $g(\alpha)$ são as singularidades do integrando. A função $f(z)$ tem polos em $z=\pm ia$. O contorno $C$ está entre $ia$ e o eixo real. Logo, podemos deformá-lo a vontade nessa região. O ponto sela é determinado pela equação

$$\frac{df}{dz}=0$$ (74)

ou seja,

$$2z(1-\frac{1}{(z^2+a^2)^2})=0$$ (75)

que tem a solução

$$z=0$$ (76)

A derivada segunda de $f(z)$ é

$$\frac{d^2f}{dz^2}=-2 + \frac{2}{(z^2+a^2)^2}-\frac{8z^2}{(z^2+a^2)^3}$$ (77)

e, no ponto sela, tem o valor

$$\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_0=-2\left(1-\frac{1}{a^4}\right)$$ (78)

A família de curvas $f_I(z)=\;cte.$ é muito complicada. No entanto, para a curva $y=0$ com $x$ qualquer, temos $f_I(z)=0$, e, portanto, constante. Como esta curva passa por $z=0$, ela é a curva de máximo aclive procurada. Ou seja, para o cálculo do valor assintótico de $g(\alpha)$ é conveniente deformar o contorno de maneira a fazê-lo coincidir com o eixo real. Portanto, temos

$$g(\alpha)=\int_{-\infty}^{\infty}dxe^{-\alpha \left(x^2+\frac{1}{x^2+a^2}\right)}$$ (79)

Podemos agora expandir $f(z)$ em torno do ponto sela. Como a derivada primeira é nula no ponto sela, resulta que

$$f(z)=f(0)+\frac{z^2}{2}\left(\frac{d^2f}{dz^2}\right)_{z=0}$$ (80)

o que dá

$$f(z)=-\frac{1}{a^2}-z^2\left(1-\frac{1}{a^4}\right)$$ (81)

Temos então para $g(\alpha)$:

$$g(\alpha)\sim \int_{C}e^{-\frac{\alpha}{a^2}}e^{-\alpha\left( 1-\frac{1}{a^4}\right)x^2}dx$$ (82)

e agora a integral pode ser calculada facilmente. De fato,

$$g(\alpha)\sim e^{-\frac{\alpha}{a^2}}\int_{-\infty}^{\infty}dx e^{-\alpha\left(1-\frac{1}{a^4}\right)x^2}$$ (83)

Usando o resultado conhecido ( integral de Gauss)

$$\int_{-\infty}^{\infty}dx e^{-\beta x^2}=\sqrt{\frac{\pi}{\beta}} \; ,$$ (84)

obtemos

$$g(\alpha)\sim e^{-\frac{\alpha}{a^2}}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha\left(1- \frac{1}{a^4}\right)}}$$ (85)

que é o resultado procurado, válido para grandes valores de $\alpha$.