Messy Gaussian Integral
Saya mencoba memahami cara melakukan integral berikut dengan lebih baik.
$$\int^{\infty}_{0} x^4 e^{\frac{-x^2}{\beta^2}}\mathrm{d}x$$
Saya telah melakukan sedikit penelitian dan menemukan itu $e^{-x^2}$tidak mudah berintegrasi, karena itu adalah integral Gaussian. Banyak sumber yang mengarahkan saya untuk menggunakan koordinat kutub. Apakah itu cara terbaik untuk melakukan ini? Bagaimana saya bisa menyelesaikan integral ini?
Jawaban
$$\int_{0}^{\infty} x^p e^{-ax}=\frac{\Gamma(p+1)}{a^{p+1}}.$$
Begitu $$I=\int_{0}^{\infty} x^4 e^{-x^2/b^2} dx=\int_{0}^{\infty} \frac{b^5}{2} t^{3/2} e^{-t} dt= \frac{b^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3 \sqrt{\pi} b^5}{8}. $$
Untuk $\lambda>0$ set $$ I(\lambda) = \int_0^\infty e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left\{ x=\frac{\beta}{\sqrt{\lambda}}y \right\} = \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$ Identitas terakhir berasal dari hasil yang terkenal $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ dan itu $e^{-x^2}$ genap.
Mengambil turunan memberi $$ I'(\lambda) = \int_0^\infty \frac{-x^2}{\beta^2} e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left( \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \right)' = \frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ dan $$ I''(\lambda) = \int_0^\infty \left(\frac{-x^2}{\beta^2}\right)^2 e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left(\frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)' = \frac{3\beta}{4\lambda^{5/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$
Pengambilan $\lambda=1$ di kesetaraan terakhir memberi $$ I''(1) = \int_0^\infty \frac{x^4}{\beta^4} e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ dari mana kami menyimpulkan $$ \int_0^\infty x^4 e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta^5}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\beta^5\sqrt{\pi}}{8} . $$
$$I_n=\int^{\infty}_{0} x^n e^{-\frac{x^2}{\beta^2}}dx$$ Membiarkan $x=\beta t$ untuk membuat $$I_n=\beta^n \int^{\infty}_{0} t^n e^{-t^2}\,dt$$ Jika Anda menghitung yang pertama (integrasi berdasarkan bagian), polanya cukup jelas (setidaknya bagi saya) dan $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)\beta^n$$
Beberapa integrasi dengan bagian dapat membawa Anda ke integral Gaussian, yang memiliki banyak sumber daya online untuk derivasi: \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*}
Saya hanya ingin memperluas jawaban Claude. Pertama, transformasi:$$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Membiarkan $$I_n=\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$Integrasi berdasarkan bagian. Membiarkan$u=\exp(-x^2)$, $\mathrm{d}u=-2x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}v=x^n\mathrm{d}x$, $v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$. $$I_n=\int_0^\infty u~\mathrm{d}v=(uv)\big|^\infty_0-\int_0^\infty v~\mathrm{d}u$$ $$=\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\exp(-x^2)\right)\bigg|^\infty_0-\int_0^\infty-2x\exp(-x^2)\frac{x^{n+1}}{n+1}\mathrm{d}x$$ $$I_n=\frac{2}{n+1}I_{n+2}\implies I_{n+2}=\frac{n+1}{2}I_n$$ Sekarang kita perlu menghitung $I_0,I_1$. Itu jelas$I_0=\sqrt{\pi}/2$. $$I_1=\int_0^\infty x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Melalui substitusi $t=x^2$, $\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$, $$I_1=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma(1)=\frac{1}{2}.$$ Begitu $$I_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}~;~I_3=\frac{1}{2}~;~I_4=\frac{3\sqrt{\pi}}{8},...$$Karena relasi perulangan melonjak dua, kita dapat memisahkan kasus genap dan ganjil. untuk aneh $n$, $$I_n=I_1\cdot\left(\frac{(1+1)}{2}\frac{(3+1)}{2}\frac{(5+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot~~...~~\cdot \frac{n-1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{2}\right)!$$ Dan, sejak untuk $n\in\Bbb{N},~n!=\Gamma(n+1)$, $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$untuk bahkan $n$, ini sedikit lebih rumit. $$I_n=I_0\left(\frac{(0+1)}{2}\frac{(2+1)}{2}\frac{(4+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot~~...~~\cdot\frac{n-1}{2}\right)$$ Namun orang mungkin memperhatikan itu $\sqrt{\pi}=\Gamma(1/2)$. Menggunakan properti rekursif Gamma,$$I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)}{2}=\frac{\Gamma(3/2)}{2}$$ $$I_4=\frac{3}{2}I_2=\frac{3}{2}\frac{\Gamma(3/2)}{2}=\frac{\Gamma(5/2)}{2}$$ Jadi mudah untuk melihat secara umum bahwa ini benar-benar sejalan dengan apa yang kami dapatkan dengan kasus ganjil. $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Akhirnya, $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}I_n=\frac{a^{n+1}}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Jadi integral yang dimaksud adalah $$\frac{a^{4+1}}{2}I_4=\frac{a^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3a^5\sqrt{\pi}}{8}.$$