Dağınık Gauss İntegrali

Question

Aşağıdaki integralin nasıl daha iyi yapılacağını anlamaya çalışıyorum.

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

Biraz araştırma yaptım ve şunu buldum $e^{-x^2}$kolay entegre olmaz, çünkü bu Gauss integralidir. Birçok kaynak beni kutupsal koordinatları kullanmaya yönlendiriyor. Bunu yapmanın en iyi yolu bu mu? Bu integrali nasıl çözebilirim?

Answer 1

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

Answer 2

İçin $\lambda>0$ Ayarlamak $$ I(\lambda) = \int_0^\infty e^{-\lambda x^2/\beta^2} dx = \left\{ x=\frac{\beta}{\sqrt{\lambda}}y \right\} = \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy = \frac{\beta}{\sqrt{\lambda}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} . $$ Son kimlik, iyi bilinen sonuçtan gelir $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ ve şu $e^{-x^2}$ eşittir.

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

Alma $\lambda=1$ son eşitlikte verir $$ I''(1) = \int_0^\infty \frac{x^4}{\beta^4} e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$ sonuçlandırdığımız $$ \int_0^\infty x^4 e^{-x^2/\beta^2} dx = \frac{3\beta^5}{4} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{3\beta^5\sqrt{\pi}}{8} . $$

Answer 3

$$I_n=\int^{\infty}_{0} x^n e^{-\frac{x^2}{\beta^2}}dx$$ İzin Vermek $x=\beta t$ yapmak $$I_n=\beta^n \int^{\infty}_{0} t^n e^{-t^2}\,dt$$ İlkini hesapladıysanız (parçalara göre entegrasyon), model oldukça açıktır (en azından benim için) ve $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)\beta^n$$

Answer 4

Parçalara göre birkaç entegrasyon, sizi türetme için birçok çevrimiçi kaynağa sahip olan Gauss integraline götürebilir: \ begin {align *} I = \ int ^ {\ infty} _ {0} x ^ 3 \ left (xe ^ { - \ frac {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \ sağ) \; \ mathrm {d} x & = x ^ 3 \ left (- \ frac {\ beta ^ 2} {2} e ^ {- \ frac {-x ^ 2} {\ beta ^ 2}} \ sağ) \ 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}} \ sağ) \ 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 {hizala *}

Answer 5

Claude'un cevabını genişletmek istedim. Önce bir dönüşüm: $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ İzin Vermek $$I_n=\int_0^\infty x^n\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Parçalara göre entegrasyon. İzin Vermek$u=\exp(-x^2)$, $\mathrm{d}u=-2x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}v=x^n\mathrm{d}x$, $v=\frac{x^{n+1}}{n+1}$. $$I_n=\int_0^\infty u~\mathrm{d}v=(uv)\big|^\infty_0-\int_0^\infty v~\mathrm{d}u$$ $$=\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\exp(-x^2)\right)\bigg|^\infty_0-\int_0^\infty-2x\exp(-x^2)\frac{x^{n+1}}{n+1}\mathrm{d}x$$ $$I_n=\frac{2}{n+1}I_{n+2}\implies I_{n+2}=\frac{n+1}{2}I_n$$ Şimdi hesaplamamız gerekiyor $I_0,I_1$. Apaçık ortada$I_0=\sqrt{\pi}/2$. $$I_1=\int_0^\infty x\exp(-x^2)\mathrm{d}x$$ Bir ikame yoluyla $t=x^2$, $\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$, $$I_1=\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma(1)=\frac{1}{2}.$$ Yani $$I_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}~;~I_3=\frac{1}{2}~;~I_4=\frac{3\sqrt{\pi}}{8},...$$ Yineleme ilişkisi iki sayı atladığından, çift ve tek durumları ayırabiliriz. için garip $n$, $$I_n=I_1\cdot\left(\frac{(1+1)}{2}\frac{(3+1)}{2}\frac{(5+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot~~...~~\cdot \frac{n-1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{2}\right)!$$ Ve o zamandan beri $n\in\Bbb{N},~n!=\Gamma(n+1)$, $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ için bile $n$, biraz daha aldatıcı. $$I_n=I_0\left(\frac{(0+1)}{2}\frac{(2+1)}{2}\frac{(4+1)}{2}...\frac{n-2+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot~~...~~\cdot\frac{n-1}{2}\right)$$ Ancak biri bunu fark edebilir $\sqrt{\pi}=\Gamma(1/2)$. Gamma'nın özyinelemeli özelliklerini kullanarak, $$I_2=\frac{1}{2}I_0=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(1/2)}{2}=\frac{\Gamma(3/2)}{2}$$ $$I_4=\frac{3}{2}I_2=\frac{3}{2}\frac{\Gamma(3/2)}{2}=\frac{\Gamma(5/2)}{2}$$ Dolayısıyla, genel olarak, bunun aslında tuhaf durumla aynı çizgide olduğunu görmek kolaydır. $$I_n=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ En sonunda, $$\int_0^\infty x^n\exp\left(\frac{-x^2}{a^2}\right)\mathrm{d}x=a^{n+1}I_n=\frac{a^{n+1}}{2}\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)$$ Yani söz konusu integral $$\frac{a^{4+1}}{2}I_4=\frac{a^5}{2}\Gamma(5/2)=\frac{3a^5\sqrt{\pi}}{8}.$$