Chaotisches Gaußsches Integral

Question

Ich versuche zu verstehen, wie das folgende Integral besser ausgeführt werden kann.

$$\int^{\infty}_{0} x^4 e^{\frac{-x^2}{\beta^2}}\mathrm{d}x$$

Ich habe ein wenig recherchiert und das gefunden $e^{-x^2}$lässt sich nicht leicht integrieren, denn es ist das Gaußsche Integral. Viele Quellen weisen mich darauf hin, Polarkoordinaten zu verwenden. Ist das der beste Weg, dies zu tun? Wie kann ich dieses Integral lösen?

Answer 1

$$\int_{0}^{\infty} x^p e^{-ax}=\frac{\Gamma(p+1)}{a^{p+1}}.$$
Damit $$I=\int_{0}^{\infty} x^4 e^{-x^2/b^2} dx=\int_{0}^{\infty} \frac{b^5}{2} t^{3/2} e^{-t} dt= \frac{b^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3 \sqrt{\pi} b^5}{8}. $$

Answer 2

Zum $\lambda>0$ einstellen $$ I(\lambda) = \int_0^\infty e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left\{ x=\frac{\beta}{\sqrt{\lambda}}y \right\} = \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$ Die letzte Identität ergibt sich aus dem bekannten Ergebnis $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ und das $e^{-x^2}$ ist gerade.

Das Derivat zu nehmen gibt $$ I'(\lambda) = \int_0^\infty \frac{-x^2}{\beta^2} e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left( \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \right)' = \frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ und $$ I''(\lambda) = \int_0^\infty \left(\frac{-x^2}{\beta^2}\right)^2 e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left(\frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)' = \frac{3\beta}{4\lambda^{5/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$

Nehmen $\lambda=1$ in der letzten Gleichheit gibt $$ I''(1) = \int_0^\infty \frac{x^4}{\beta^4} e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ woraus wir schließen $$ \int_0^\infty x^4 e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta^5}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\beta^5\sqrt{\pi}}{8} . $$

Answer 3

$$I_n=\int^{\infty}_{0} x^n e^{-\frac{x^2}{\beta^2}}dx$$ Lassen $x=\beta t$ zu machen $$I_n=\beta^n \int^{\infty}_{0} t^n e^{-t^2}\,dt$$ Wenn Sie die allerersten berechnet haben (Integration nach Teilen), ist das Muster ziemlich klar (zumindest für mich) und $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)\beta^n$$

Answer 4

Ein paar Teilintegrationen können Sie zum Gaußschen Integral führen, das online viele Ressourcen für Ableitungen bietet: \begin{align*} I=\int^{\infty}_{0} x^3 \left(x e^{-\frac{-x^2}{\beta^2}} \right)\; \mathrm{d}x &=x^3 \left(-\frac{\beta^2}{2} e^{-\frac{-x^2}{\beta^2}} \right) \bigg \rvert_0^{\infty}+\frac{3\beta^2}{2} \int_0^{\infty} x \left( xe^{-\frac{-x^2}{\beta^2}} \right) \\ &= -\frac{3\beta^4}{4} x \left( e^{-\frac{-x^2}{\beta^2}} \right) \bigg \rvert_0^{\infty} + \frac{3\beta^4}{4} \underbrace{\int_0^{\infty} e^{-\frac{-x^2}{\beta^2}} \; \mathrm{d}x}_{x/\beta \to t}\\ &=\frac{3\beta^5}{4} \underbrace{\int_0^{\infty} e^{-t^2} \; \mathrm{d}t}_{\sqrt{\pi}/2}\\ &= \frac{3\sqrt{\pi}\beta^5}{8} \end{align*}

Answer 5

Ich wollte nur Claudes Antwort erweitern. Zuerst eine Transformation:$$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Lassen $$I_n=\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$Integration in Teilstücken. Lassen$u=\exp(-x^2)$, $\mathrm{d}u=-2x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}v=x^n\mathrm{d}x$, $v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$. $$I_n=\int_0^\infty u~\mathrm{d}v=(uv)\big|^\infty_0-\int_0^\infty v~\mathrm{d}u$$ $$=\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\exp(-x^2)\right)\bigg|^\infty_0-\int_0^\infty-2x\exp(-x^2)\frac{x^{n+1}}{n+1}\mathrm{d}x$$ $$I_n=\frac{2}{n+1}I_{n+2}\implies I_{n+2}=\frac{n+1}{2}I_n$$ Jetzt müssen wir rechnen $I_0,I_1$. Es ist klar, dass$I_0=\sqrt{\pi}/2$. $$I_1=\int_0^\infty x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Über eine Substitution $t=x^2$, $\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$, $$I_1=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma(1)=\frac{1}{2}.$$ Damit $$I_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}~;~I_3=\frac{1}{2}~;~I_4=\frac{3\sqrt{\pi}}{8},...$$Da die Wiederholungsrelation um zwei springt, können wir den geraden und den ungeraden Fall trennen. Für ungerade $n$, $$I_n=I_1\cdot\left(\frac{(1+1)}{2}\frac{(3+1)}{2}\frac{(5+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot~~...~~\cdot \frac{n-1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{2}\right)!$$ Und da für $n\in\Bbb{N},~n!=\Gamma(n+1)$, $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$Für gerade $n$Es ist etwas kniffliger. $$I_n=I_0\left(\frac{(0+1)}{2}\frac{(2+1)}{2}\frac{(4+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot~~...~~\cdot\frac{n-1}{2}\right)$$ Man könnte das jedoch bemerken $\sqrt{\pi}=\Gamma(1/2)$. Verwenden der rekursiven Eigenschaften des Gammas,$$I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)}{2}=\frac{\Gamma(3/2)}{2}$$ $$I_4=\frac{3}{2}I_2=\frac{3}{2}\frac{\Gamma(3/2)}{2}=\frac{\Gamma(5/2)}{2}$$ Es ist also im Allgemeinen leicht zu erkennen, dass dies tatsächlich mit dem übereinstimmt, was wir mit dem seltsamen Fall erhalten haben. $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Schließlich, $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}I_n=\frac{a^{n+1}}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Das fragliche Integral ist also $$\frac{a^{4+1}}{2}I_4=\frac{a^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3a^5\sqrt{\pi}}{8}.$$