Integral ∫∞−∞exp(−x2)1+x4dx∫−∞∞exp⁡(−x2)1+x4dx\int_{-\infty}^\infty \frac{\exp{(-x^2)}} {1+x^4}x

Question

Integral ∫∞−∞exp(−x2)1+x4dx∫−∞∞exp⁡(−x2)1+x4dx\int_{-\infty}^\infty \frac{\exp{(-x^2)}} {1+x^4}x

cálculo
integración
Matemáticas
análisis complejo
integrales impropias

craig

Tengo una integral que me gustaría algunos consejos sobre cómo encontrar. Es:
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{Exp (- X^{2})}{1 + X^{4}} d X$ $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(-x^2)}{1+x^4}dx$

Tengo algo de experiencia con integrales de contorno, así que intenté usar una integral de contorno donde el contorno es un semicírculo de radio R en la mitad superior del plano complejo. Creo que la integral a lo largo del arco se desvanece como $R \to \infty$ así que utilicé el teorema del residuo y obtengo un valor de $\tfrac{\pi}{\sqrt{8}}(\cos(1) - \sin(1))$ . ¡Pero esto no puede ser correcto ya que el valor es negativo mientras que el integrando siempre es positivo! No puedo averiguar qué es lo que va mal.

¿Alguien tiene una idea de cómo evaluar esta integral? La integración del contorno es el método preferido si es posible, pero también estoy abierto a otros métodos. Cualquier sugerencia es apreciada!

jose carlos santos

Bienvenido a MSE. Buena primera pregunta!

botón

El problema con tu semicírculo es que si

x = i y

$x=iy$ entonces

\exp (- x^{2}) / (1 + x^{4}) = \exp (y^{2}) / (1 + y^{4})

$\exp(-x^2)/(1+x^4)=\exp(y^2)/(1+y^4)$ , que va a

+ \infty

$+\infty$ como

y \to + \infty

$y \to +\infty$ .

Brian Moehring

Solo una advertencia para cualquiera que intente esto. Parece que las integrales de Fresnel son inevitables. WolframAlpha dará una respuesta exacta en términos de Fresnel

S

$S$ y

C .

$C.$ Intentar usar un método similar a esta publicación es una opción, pero conduce a resolver

y^{″} + y = \sqrt{π / x},

$y'' + y = \sqrt{\pi/x},$ lo que de nuevo conduce a las integrales de Fresnel.

Yi Fan

Mathematica da la respuesta

\frac{π ((2 C (\sqrt{\frac{2}{π}}) - 1) pecado (1) + (1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})) porque (1))}{\sqrt{2}} .

$\frac{\pi \left(\left(2 C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)-1\right) \sin (1)+\left(1-2 S\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)\right) \cos (1)\right)}{\sqrt{2}}.$ Aquí,

S

$S$ y

C

$C$ son las funciones integrales de Fresnel mencionadas anteriormente.

phdmba7of12

fracciones parciales descompone la integral en dos partes

\frac{1}{2} \int \frac{e x p (- x^{2})}{1 - i x^{2}} d s + \frac{1}{2} \int \frac{e x p (- x^{2})}{1 + i x^{2}} d s

$\frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1-ix^2}ds + \frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1+ix^2}ds$

GEdgar

Maple evalúa esto en términos de la función Ira

J

$J$ y la función de Weber

E

$E$ . Otra razón para pensar que no es "elemental".

Antonio Hernández Maquivar.

Curiosamente parece que

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{\exp (- x^{k})}{1 + x^{4}} d x

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{k})}{1+x^4}dx$ no converge siempre

k

$k$ es impar. Por lo que vale la pena

\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{\exp (- x^{4})}{1 + x^{4}} d x = 2 e Γ (\frac{5}{4}) Γ (\frac{3}{4}, 1);

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{4})}{1+x^4}dx=2e\Gamma(\frac{5}{4})\Gamma(\frac{3}{4},1);$ dónde

Γ (x, y)

$\Gamma(x,y)$ es la función gamma incompleta. Hay patrones similares para k>2 pares.

craig

Gracias por agregar ese enlace, Brian. No pensé en usar la diferenciación debajo del signo integral. De hecho, obtengo su ODE de segundo orden y, por lo tanto, ¡veo por qué surgen las integrales de Fresnel!

craig

Solo por curiosidad, ya que el contorno del semicírculo superior es una mala idea, sería interesante saber si hay algún contorno que permita evaluar tal integral.

Respuestas (2)

Integral ∫∞−∞exp(−x2)1+x4dx∫−∞∞exp⁡(−x2)1+x4dx\int_{-\infty}^\infty \frac{\exp{(-x^2)}} {1+x^4}x

El problema con tu semicírculo es que si $x=iy$ entonces $\exp(-x^2)/(1+x^4)=\exp(y^2)/(1+y^4)$ , que va a $+\infty$ como $y \to +\infty$ .
Solo una advertencia para cualquiera que intente esto. Parece que las integrales de Fresnel son inevitables. WolframAlpha dará una respuesta exacta en términos de Fresnel $S$ y $C.$ Intentar usar un método similar a esta publicación es una opción, pero conduce a resolver $y'' + y = \sqrt{\pi/x},$ lo que de nuevo conduce a las integrales de Fresnel.
Mathematica da la respuesta $\frac{π ((2 C (\sqrt{\frac{2}{π}}) - 1) pecado (1) + (1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})) porque (1))}{\sqrt{2}} .$ $\frac{\pi \left(\left(2 C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)-1\right) \sin (1)+\left(1-2 S\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)\right) \cos (1)\right)}{\sqrt{2}}.$ Aquí, $S$ y $C$ son las funciones integrales de Fresnel mencionadas anteriormente.
fracciones parciales descompone la integral en dos partes $\frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1-ix^2}ds + \frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1+ix^2}ds$
Maple evalúa esto en términos de la función Ira $J$ y la función de Weber $E$ . Otra razón para pensar que no es "elemental".
Curiosamente parece que $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{k})}{1+x^4}dx$ no converge siempre $k$ es impar. Por lo que vale la pena $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{4})}{1+x^4}dx=2e\Gamma(\frac{5}{4})\Gamma(\frac{3}{4},1);$ dónde $\Gamma(x,y)$ es la función gamma incompleta. Hay patrones similares para k>2 pares.
Gracias por agregar ese enlace, Brian. No pensé en usar la diferenciación debajo del signo integral. De hecho, obtengo su ODE de segundo orden y, por lo tanto, ¡veo por qué surgen las integrales de Fresnel!
Solo por curiosidad, ya que el contorno del semicírculo superior es una mala idea, sería interesante saber si hay algún contorno que permita evaluar tal integral.

Zacky · Answer 1

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{{mi}^{- X^{2}}}{1 + X^{4}} d X = \int_{- \infty}^{\infty} {mi}^{- X^{2}} \int_{0}^{\infty} {mi}^{- X^{2} t} pecado t d t d X = \int_{0}^{\infty} pecado t \int_{- \infty}^{\infty} {mi}^{- (1 + t) X^{2}} d X d t

$\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-x^2}}{\color{blue}{1+x^4}}dx=\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\color{blue}{\int_0^\infty e^{-x^2 t} \sin t \,dt} dx=\int_0^\infty \sin t\color{red}{\int_{-\infty}^\infty e^{-(1+t)x^2}dx}dt$

= \sqrt{π} \int_{0}^{\infty} \frac{pecado t}{\sqrt{1 + t}} d t \overset{1 + t = X^{2}}{=} 2 \sqrt{π} \int_{1}^{\infty} pecado (X^{2} - 1) d X

$=\color{red}{\sqrt \pi} \int_0^\infty\frac{\sin t}{\color{red}{\sqrt{1+t}}}dt\overset{1+t=x^2}=2\sqrt{\pi}\int_1^\infty \sin(x^2-1)dx$

= 2 \sqrt{π} porque 1 \int_{1}^{\infty} pecado (X^{2}) d X - 2 \sqrt{π} pecado 1 \int_{1}^{\infty} porque (X^{2}) d X

$=2\sqrt{\pi} \cos 1 \int_1^\infty\sin(x^2)dx-2\sqrt{\pi} \sin 1 \int_1^\infty\cos(x^2)dx$

= π porque 1 \frac{1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}} - π pecado 1 \frac{1 - 2 C (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}}

$=\boxed{\pi\cos 1\frac{1-2S\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right)}{\sqrt 2}-\pi\sin 1\frac{1-2C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right)}{\sqrt 2}}$ Dónde

S (x)

$S(x)$ y

C (x)

$C(x)$ son integrales de Fresnel .

¡Buena solución! El único truco no obvio es reconocer $1/(1+x^4)$ como $\int_0^\infty \exp(-x^2 t) sin(t) dt$
Esto demuestra efectivamente la importancia de recordar las transformadas de Laplace al integrar :D

craig · Answer 2

¡La sugerencia de Brian anterior merece una mención ya que pude resolver la integral de esa manera también!

Dejar

I (t) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{Exp (- t X^{2})}{1 + X^{4}} d X

$I(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(-tx^2)}{1+x^4}dx$ para un parámetro

t \geq 0

$t \geq 0$ . Diferenciando da

I^{'} (t) = - \int_{- \infty}^{\infty} \frac{X^{2} Exp (- t X^{2})}{1 + X^{4}} d X

$I'(t) = -\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2 \exp(-tx^2)}{1+x^4}dx$ y una segunda diferenciación da

I^{″} (t) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{X^{4} Exp (- t X^{2})}{1 + X^{4}} d X .

$I''(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^4 \exp(-tx^2)}{1+x^4}dx.$ Por eso,

I^{″} (t) + I (t) = \int_{- \infty}^{\infty} Exp (- t X^{2}) = \sqrt{\frac{π}{t}}

$I''(t) + I(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \exp(-tx^2) = \sqrt{\frac{\pi}{t}}$ como Brian señaló.

Recordando mis notas de clase, ahora tenemos una EDO lineal no homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. La solución se puede escribir

I (t) = I_{C} (t) + I_{PAG} (t)

$I(t) = I_C(t) + I_P(t)$ dónde

I_{C} (t)

$I_C(t)$ resuelve la EDO homogénea

I_{C}^{″} (t) + I_{C} (t) = 0.

$I_C''(t) + I_C(t) = 0.$ Dejar

I_{1} (t) = \sin (t)

$I_1(t) = \sin(t)$ y

I_{2} (t) = \cos (t)

$I_2(t) = \cos(t)$ sean las dos soluciones de la EDO homogénea. La solución especial

I_{P} (t)

$I_P(t)$ ahora se puede encontrar usando el método descrito aquí http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/DE/VariationofParameters.aspx

Observando que el Wronskiano para I1 e I2 es -1, la solución particular es

I_{PAG} (t) = pecado (t) \int_{0}^{t} \sqrt{\frac{π}{tu}} porque (tu) d tu - porque (t) \int_{0}^{t} \sqrt{\frac{π}{tu}} pecado (tu) d tu

$I_P(t) = \sin(t) \int_{0}^t \sqrt{\frac{\pi}{u}} \cos(u) du - \cos(t) \int_{0}^t \sqrt{\frac{\pi}{u}} \sin(u) du$ o

I_{PAG} (t) = 2 \sqrt{π} (pecado (t) \int_{0}^{\sqrt{t}} porque ({tu}^{2}) d tu - porque (t) \int_{0}^{\sqrt{t}} pecado ({tu}^{2}) d tu) .

$I_P(t) = 2\sqrt{\pi} \left( \sin(t) \int_{0}^{\sqrt{t}} \cos(u^2) du - \cos(t) \int_{0}^{\sqrt{t}} \sin(u^2) du \right).$ Poner todo esto junto da

I (t) = A pecado (t) + B porque (t) + π \sqrt{2} {C (\sqrt{\frac{2 t}{π}}) pecado (t) - S (\sqrt{\frac{2 t}{π}}) porque (t)},

$I(t) = A \sin(t) + B \cos(t) + \pi \sqrt{2} \left\{ C\left( \sqrt{\frac{2t}{\pi}} \right) \sin(t) - S\left( \sqrt{\frac{2t}{\pi}} \right) \cos(t) \right\},$ dónde

C (x)

$C(x)$ y

S (x)

$S(x)$ son las integrales de coseno y seno de Fresnel respectivamente.

Las condiciones iniciales son

I (0) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d X}{1 + X^{4}}

$I(0) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{1+x^4}$ y

- I^{'} (0) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{X^{2}}{1 + X^{4}} d X .

$-I'(0) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{1+x^4} dx.$

Usando un contorno en forma de D en el plano complejo, estas integrales se pueden mostrar tanto como iguales $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ . Por eso $B = -A = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$ .

Esto finalmente da

I (1) = π porque (1) \frac{1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}} - π pecado (1) \frac{1 - 2 C (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}} .

$I(1) = \pi\cos(1) \frac{1 - 2 S\left( \sqrt{\frac{2}{\pi}} \right)}{\sqrt{2}} - \pi\sin(1) \frac{1 - 2 C\left( \sqrt{\frac{2}{\pi}} \right)}{\sqrt{2}}.$

Integral ∫∞−∞exp(−x2)1+x4dx∫−∞∞exp⁡(−x2)1+x4dx\int_{-\infty}^\infty \frac{\exp{(-x^2)}} {1+x^4}x

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