Tích phân Gaussian lộn xộn

Question

Tôi đang cố gắng hiểu cách thực hiện tốt hơn tích phân sau.

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

Tôi đã thực hiện một nghiên cứu nhỏ và thấy rằng $e^{-x^2}$không dễ dàng tích hợp, vì nó là tích phân Gauss. Nhiều nguồn đang chỉ tôi để sử dụng tọa độ cực. Đó có phải là cách tốt nhất để làm điều này? Làm thế nào tôi có thể giải quyết tích phân này?

Answer 1

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

Answer 2

Đối với $\lambda>0$ bộ $$ I(\lambda) = \int_0^\infty e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left\{ x=\frac{\beta}{\sqrt{\lambda}}y \right\} = \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$ Danh tính cuối cùng đến từ kết quả nổi tiếng $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ và điều đó $e^{-x^2}$ là thậm chí.

Lấy đạo hàm cho $$ I'(\lambda) = \int_0^\infty \frac{-x^2}{\beta^2} e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left( \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \right)' = \frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ và $$ I''(\lambda) = \int_0^\infty \left(\frac{-x^2}{\beta^2}\right)^2 e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left(\frac{-\beta}{2\lambda^{3/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)' = \frac{3\beta}{4\lambda^{5/2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$

Đang lấy $\lambda=1$ trong sự bình đẳng cuối cùng cho $$ I''(1) = \int_0^\infty \frac{x^4}{\beta^4} e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ từ đó chúng tôi kết luận $$ \int_0^\infty x^4 e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta^5}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\beta^5\sqrt{\pi}}{8} . $$

Answer 3

$$I_n=\int^{\infty}_{0} x^n e^{-\frac{x^2}{\beta^2}}dx$$ Để cho $x=\beta t$ để làm cho $$I_n=\beta^n \int^{\infty}_{0} t^n e^{-t^2}\,dt$$ Nếu bạn tính toán những cái đầu tiên (tích hợp theo từng phần), thì mô hình khá rõ ràng (ít nhất là với tôi) và $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)\beta^n$$

Answer 4

Một vài phép tích phân theo từng phần có thể đưa bạn đến với tích phân Gaussian, có nhiều tài nguyên trực tuyến để lấy dẫn xuất: \ begin {align *} I = \ int ^ {\ infty} _ {0} x ^ 3 \ left (xe ^ { - \ frac {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \ right) \; \ mathrm {d} x & = x ^ 3 \ left (- \ frac {\ beta ^ 2} {2} e ^ {- \ frac {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \ right) \ expand \ 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) \ expand \ rvert_0 ^ {\ infty} + \ frac {3 \ beta ^ 4} {4} \ underbrace {\ int_0 ^ {\ infty} e ^ {- \ frac {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \; \ mathrm {d} x} _ {x / \ beta \ thành 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

Tôi chỉ muốn mở rộng câu trả lời của Claude. Đầu tiên là một chuyển đổi: $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Để cho $$I_n=\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Tích hợp theo bộ phận. Để cho$u=\exp(-x^2)$, $\mathrm{d}u=-2x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}v=x^n\mathrm{d}x$, $v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$. $$I_n=\int_0^\infty u~\mathrm{d}v=(uv)\big|^\infty_0-\int_0^\infty v~\mathrm{d}u$$ $$=\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\exp(-x^2)\right)\bigg|^\infty_0-\int_0^\infty-2x\exp(-x^2)\frac{x^{n+1}}{n+1}\mathrm{d}x$$ $$I_n=\frac{2}{n+1}I_{n+2}\implies I_{n+2}=\frac{n+1}{2}I_n$$ Bây giờ chúng ta cần tính toán $I_0,I_1$. Hiển nhiên là$I_0=\sqrt{\pi}/2$. $$I_1=\int_0^\infty x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Qua sự thay thế $t=x^2$, $\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$, $$I_1=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma(1)=\frac{1}{2}.$$ Vì thế $$I_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}~;~I_3=\frac{1}{2}~;~I_4=\frac{3\sqrt{\pi}}{8},...$$ Vì quan hệ lặp lại nhảy bằng hai, chúng ta có thể tách các trường hợp chẵn và lẻ. Cho lẻ $n$, $$I_n=I_1\cdot\left(\frac{(1+1)}{2}\frac{(3+1)}{2}\frac{(5+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot~~...~~\cdot \frac{n-1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{2}\right)!$$ Và, kể từ khi $n\in\Bbb{N},~n!=\Gamma(n+1)$, $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Cho ngay cả $n$, nó phức tạp hơn một chút. $$I_n=I_0\left(\frac{(0+1)}{2}\frac{(2+1)}{2}\frac{(4+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot~~...~~\cdot\frac{n-1}{2}\right)$$ Tuy nhiên, người ta có thể nhận thấy rằng $\sqrt{\pi}=\Gamma(1/2)$. Sử dụng các thuộc tính đệ quy của Gamma, $$I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)}{2}=\frac{\Gamma(3/2)}{2}$$ $$I_4=\frac{3}{2}I_2=\frac{3}{2}\frac{\Gamma(3/2)}{2}=\frac{\Gamma(5/2)}{2}$$ Vì vậy, dễ dàng nhận thấy rằng điều này thực sự phù hợp với những gì chúng tôi nhận được với trường hợp kỳ quặc. $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Cuối cùng, $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}I_n=\frac{a^{n+1}}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Vì vậy, tích phân được đề cập là $$\frac{a^{4+1}}{2}I_4=\frac{a^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3a^5\sqrt{\pi}}{8}.$$