मेस्सी गॉसियन इंटीग्रल

Question

मैं यह समझने की कोशिश कर रहा हूं कि निम्नलिखित अभिन्न प्रदर्शन को बेहतर कैसे करें।

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

मैंने थोड़ा शोध किया है और पाया है कि $e^{-x^2}$आसानी से एकीकृत नहीं होता है, क्योंकि यह गॉसियन अभिन्न है। कई स्रोत मुझे ध्रुवीय निर्देशांक का उपयोग करने के लिए इशारा कर रहे हैं। क्या इस बारे में सबसे अच्छा तरीका है? मैं इस अभिन्न को कैसे हल कर सकता हूं?

Answer 1

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

Answer 2

के लिये $\lambda>0$ सेट $$ I(\lambda) = \int_0^\infty e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left\{ x=\frac{\beta}{\sqrt{\lambda}}y \right\} = \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$ अंतिम पहचान प्रसिद्ध परिणाम से होती है $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ और वह $e^{-x^2}$ सम है।

व्युत्पन्न देता है $$ I'(\lambda) = \int_0^\infty \frac{-x^2}{\beta^2} e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left( \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \right)' = \frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ तथा $$ I''(\lambda) = \int_0^\infty \left(\frac{-x^2}{\beta^2}\right)^2 e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left(\frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)' = \frac{3\beta}{4\lambda^{5/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$

ले रहा $\lambda=1$ अंतिम समानता देता है $$ I''(1) = \int_0^\infty \frac{x^4}{\beta^4} e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ जिससे हम निष्कर्ष निकालते हैं $$ \int_0^\infty x^4 e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta^5}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\beta^5\sqrt{\pi}}{8} . $$

Answer 3

$$I_n=\int^{\infty}_{0} x^n e^{-\frac{x^2}{\beta^2}}dx$$ चलो $x=\beta t$ बनाना $$I_n=\beta^n \int^{\infty}_{0} t^n e^{-t^2}\,dt$$ यदि आपने पहले वाले (भागों द्वारा एकीकरण) की गणना की है, तो पैटर्न काफी स्पष्ट है (कम से कम मेरे लिए) और $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)\beta^n$$

Answer 4

भागों द्वारा एकीकरण का एक जोड़ा आपको गौसियन इंटीग्रल तक पहुंचा सकता है, जिसमें व्युत्पन्न के लिए कई संसाधन ऑनलाइन हैं: \ start {align *} I = \ int ^ {\ infty} _ {0} x ^ 3 \ left (xe) { -> फ़्रेक {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \ right) \; \ mathrm {d} x & = x ^ 3 \ left (- \ frac {\ Beta ^ 2} {2} e ^ {- \ frac {-x ^ 2} {{बीटा ^ 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 \ बीटा ^ 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} \ अंत {संरेखित}}

Answer 5

मैं सिर्फ क्लाउड के जवाब पर विस्तार करना चाहता था। पहला परिवर्तन: $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ चलो $$I_n=\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ भागों द्वारा एकीकरण। चलो$u=\exp(-x^2)$, $\mathrm{d}u=-2x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}v=x^n\mathrm{d}x$, $v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$। $$I_n=\int_0^\infty u~\mathrm{d}v=(uv)\big|^\infty_0-\int_0^\infty v~\mathrm{d}u$$ $$=\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\exp(-x^2)\right)\bigg|^\infty_0-\int_0^\infty-2x\exp(-x^2)\frac{x^{n+1}}{n+1}\mathrm{d}x$$ $$I_n=\frac{2}{n+1}I_{n+2}\implies I_{n+2}=\frac{n+1}{2}I_n$$ अब हमें गणना करने की आवश्यकता है $I_0,I_1$। यह स्पष्ट है कि$I_0=\sqrt{\pi}/2$। $$I_1=\int_0^\infty x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ एक प्रतिस्थापन $t=x^2$, $\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$, $$I_1=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma(1)=\frac{1}{2}.$$ इसलिए $$I_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}~;~I_3=\frac{1}{2}~;~I_4=\frac{3\sqrt{\pi}}{8},...$$ चूंकि पुनरावृत्ति संबंध दो से कूदता है, हम सम और विषम मामलों को अलग कर सकते हैं। के लिए अजीब $n$, $$I_n=I_1\cdot\left(\frac{(1+1)}{2}\frac{(3+1)}{2}\frac{(5+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot~~...~~\cdot \frac{n-1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{2}\right)!$$ और, इसके बाद से $n\in\Bbb{N},~n!=\Gamma(n+1)$, $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ के लिए भी $n$, यह थोड़ा पेचीदा मामला है। $$I_n=I_0\left(\frac{(0+1)}{2}\frac{(2+1)}{2}\frac{(4+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot~~...~~\cdot\frac{n-1}{2}\right)$$ हालाँकि किसी को यह नोटिस हो सकता है $\sqrt{\pi}=\Gamma(1/2)$। गामा के पुनरावर्ती गुणों का उपयोग करना, $$I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)}{2}=\frac{\Gamma(3/2)}{2}$$ $$I_4=\frac{3}{2}I_2=\frac{3}{2}\frac{\Gamma(3/2)}{2}=\frac{\Gamma(5/2)}{2}$$ इसलिए यह सामान्य रूप से देखना आसान है कि यह वास्तव में अजीब मामले के साथ मिला है। $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ आखिरकार, $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}I_n=\frac{a^{n+1}}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ तो सवाल में अभिन्न है $$\frac{a^{4+1}}{2}I_4=\frac{a^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3a^5\sqrt{\pi}}{8}.$$