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

Question

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

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
komplexe Analyse
uneigentliche Integrale

Craig

Ich habe ein Integral, für das ich einen Ratschlag hätte, wie ich es finden kann. Es ist:
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\exp (- X^{2})}{1 + X^{4}} D X$ $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(-x^2)}{1+x^4}dx$

Ich habe einige Erfahrung mit Konturintegralen, also habe ich versucht, ein Konturintegral zu verwenden, bei dem die Kontur ein Halbkreis mit dem Radius R in der oberen Hälfte der komplexen Ebene ist. Ich denke, das Integral entlang des Bogens verschwindet als $R \to \infty$ also habe ich den Residuensatz verwendet und bekomme einen Wert von $\tfrac{\pi}{\sqrt{8}}(\cos(1) - \sin(1))$ . Das kann aber nicht stimmen, da der Wert negativ ist, während der Integrand immer positiv ist! Ich kann nicht herausfinden, was falsch läuft.

Hat jemand eine Idee, wie man dieses Integral auswerten kann? Die Konturintegration ist nach Möglichkeit die bevorzugte Methode, aber ich bin auch offen für andere Methoden. Jeder Vorschlag ist willkommen!

Jose Carlos Santos

Willkommen bei MSE. Schöne erste Frage!

Botond

Das Problem mit Ihrem Halbkreis ist, dass if

x = i y

$x=iy$ Dann

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

$\exp(-x^2)/(1+x^4)=\exp(y^2)/(1+y^4)$ , was geht

+ \infty

$+\infty$ als

y \to + \infty

$y \to +\infty$ .

Brian Möhring

Nur eine Warnung an alle, die das versuchen. Es sieht so aus, als ob die Fresnel-Integrale unvermeidlich sind. WolframAlpha wird eine genaue Antwort in Bezug auf den Fresnel geben

S

$S$ Und

C .

$C.$ Der Versuch, eine ähnliche Methode wie in diesem Beitrag zu verwenden, ist eine Option, führt jedoch zur Lösung

y^{″} + y = \sqrt{π / x},

$y'' + y = \sqrt{\pi/x},$ was wiederum zu den Fresnel-Integralen führt.

YiFan

Mathematica gibt die Antwort

\frac{π ((2 C (\sqrt{\frac{2}{π}}) - 1) Sünde (1) + (1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})) \cos (1))}{\sqrt{2}} .

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

S

$S$ Und

C

$C$ sind die oben erwähnten Fresnel-Integralfunktionen.

phdmba7of12

Partialbruch zerfällt ganzzahlig in zwei Teile

\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 wertet dies anhand der Anger-Funktion aus

J

$J$ und die Weber-Funktion

E

$E$ . Ein weiterer Grund zu glauben, dass es nicht "elementar" ist.

Antonio Hernández Maquivar

Merkwürdigerweise sieht es so aus

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

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{k})}{1+x^4}dx$ konvergiert nicht immer

k

$k$ ist ungerade. Für was es wert ist

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

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

Γ (x, y)

$\Gamma(x,y)$ ist die unvollständige Gammafunktion. Es gibt ähnliche Muster für gerade k>2.

Craig

Danke, dass du diesen Link hinzugefügt hast, Brian - ich habe nicht daran gedacht, die Differenzierung unter dem Integralzeichen zu verwenden. Ich bekomme tatsächlich Ihre ODE zweiter Ordnung und sehe daher, warum die Fresnel-Integrale auftauchen!

Craig

Nur aus Neugier - da die obere Halbkreiskontur eine schlechte Idee ist, wäre es interessant zu wissen, ob es eine Kontur gibt, die die Auswertung eines solchen Integrals ermöglichen würde.

Antworten (2)

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

Das Problem mit Ihrem Halbkreis ist, dass if $x=iy$ Dann $\exp(-x^2)/(1+x^4)=\exp(y^2)/(1+y^4)$ , was geht $+\infty$ als $y \to +\infty$ .
Nur eine Warnung an alle, die das versuchen. Es sieht so aus, als ob die Fresnel-Integrale unvermeidlich sind. WolframAlpha wird eine genaue Antwort in Bezug auf den Fresnel geben $S$ Und $C.$ Der Versuch, eine ähnliche Methode wie in diesem Beitrag zu verwenden, ist eine Option, führt jedoch zur Lösung $y'' + y = \sqrt{\pi/x},$ was wiederum zu den Fresnel-Integralen führt.
Mathematica gibt die Antwort $\frac{π ((2 C (\sqrt{\frac{2}{π}}) - 1) Sünde (1) + (1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})) \cos (1))}{\sqrt{2}} .$ $\frac{\pi \left(\left(2 C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)-1\right) \sin (1)+\left(1-2 S\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)\right) \cos (1)\right)}{\sqrt{2}}.$ Hier, $S$ Und $C$ sind die oben erwähnten Fresnel-Integralfunktionen.
Partialbruch zerfällt ganzzahlig in zwei Teile $\frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1-ix^2}ds + \frac{1}{2}\int \frac{exp(-x^2)}{1+ix^2}ds$
Maple wertet dies anhand der Anger-Funktion aus $J$ und die Weber-Funktion $E$ . Ein weiterer Grund zu glauben, dass es nicht "elementar" ist.
Merkwürdigerweise sieht es so aus $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{k})}{1+x^4}dx$ konvergiert nicht immer $k$ ist ungerade. Für was es wert ist $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{\exp(-x^{4})}{1+x^4}dx=2e\Gamma(\frac{5}{4})\Gamma(\frac{3}{4},1);$ Wo $\Gamma(x,y)$ ist die unvollständige Gammafunktion. Es gibt ähnliche Muster für gerade k>2.
Danke, dass du diesen Link hinzugefügt hast, Brian - ich habe nicht daran gedacht, die Differenzierung unter dem Integralzeichen zu verwenden. Ich bekomme tatsächlich Ihre ODE zweiter Ordnung und sehe daher, warum die Fresnel-Integrale auftauchen!
Nur aus Neugier - da die obere Halbkreiskontur eine schlechte Idee ist, wäre es interessant zu wissen, ob es eine Kontur gibt, die die Auswertung eines solchen Integrals ermöglichen würde.

Zacky · Answer 1

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{- X^{2}}}{1 + X^{4}} D X = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- X^{2}} \int_{0}^{\infty} e^{- X^{2} T} Sünde T D T D X = \int_{0}^{\infty} Sünde T \int_{- \infty}^{\infty} e^{- (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{Sünde T}{\sqrt{1 + T}} D T \overset{1 + T = X^{2}}{=} 2 \sqrt{π} \int_{1}^{\infty} Sünde (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} \cos 1 \int_{1}^{\infty} Sünde (X^{2}) D X - 2 \sqrt{π} Sünde 1 \int_{1}^{\infty} \cos (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 \cos 1 \frac{1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}} - π Sünde 1 \frac{1 - 2 C (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}}

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

S (x)

$S(x)$ Und

C (x)

$C(x)$ sind Fresnel-Integrale .

Schöne Lösung! Der einzige nicht offensichtliche Trick ist das Erkennen $1/(1+x^4)$ als $\int_0^\infty \exp(-x^2 t) sin(t) dt$
Sie haben ein einzigartiges Talent zum Lösen von Integralen.
Dies zeigt effektiv, wie wichtig es ist, sich an Laplace-Transformationen zu erinnern, während :D integriert wird

Craig · Answer 2

Brians obiger Vorschlag verdient eine Erwähnung, da ich das Integral auch auf diese Weise lösen konnte!

Lassen

ICH (T) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\exp (- T X^{2})}{1 + X^{4}} D X

$I(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(-tx^2)}{1+x^4}dx$ für einen Parameter

t \geq 0

$t \geq 0$ . Differenzieren gibt

{ICH}^{'} (T) = - \int_{- \infty}^{\infty} \frac{X^{2} \exp (- T X^{2})}{1 + X^{4}} D X

$I'(t) = -\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2 \exp(-tx^2)}{1+x^4}dx$ und eine zweite Differenzierung ergibt

{ICH}^{″} (T) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{X^{4} \exp (- T X^{2})}{1 + X^{4}} D X .

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

{ICH}^{″} (T) + ICH (T) = \int_{- \infty}^{\infty} \exp (- T X^{2}) = \sqrt{\frac{π}{T}}

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

In Erinnerung an meine Vorlesungsunterlagen haben wir jetzt eine inhomogene lineare GDE zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Die Lösung kann geschrieben werden

ICH (T) = {ICH}_{C} (T) + {ICH}_{P} (T)

$I(t) = I_C(t) + I_P(t)$ Wo

I_{C} (t)

$I_C(t)$ löst die homogene DGL

{ICH}_{C}^{″} (T) + {ICH}_{C} (T) = 0.

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

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

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

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

$I_2(t) = \cos(t)$ seien die beiden Lösungen der homogenen ODE. Die besondere Lösung

I_{P} (t)

$I_P(t)$ kann nun mit der hier beschriebenen Methode http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/DE/VariationofParameters.aspx gefunden werden

Beachten Sie, dass der Wronskian für I1 und I2 -1 ist, die spezielle Lösung ist

{ICH}_{P} (T) = Sünde (T) \int_{0}^{T} \sqrt{\frac{π}{u}} \cos (u) D u - \cos (T) \int_{0}^{T} \sqrt{\frac{π}{u}} Sünde (u) D u

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

{ICH}_{P} (T) = 2 \sqrt{π} (Sünde (T) \int_{0}^{\sqrt{T}} \cos (u^{2}) D u - \cos (T) \int_{0}^{\sqrt{T}} Sünde (u^{2}) D u) .

$I_P(t) = 2\sqrt{\pi} \left( \sin(t) \int_{0}^{\sqrt{t}} \cos(u^2) du - \cos(t) \int_{0}^{\sqrt{t}} \sin(u^2) du \right).$ Das alles zusammen ergibt

ICH (T) = A Sünde (T) + B \cos (T) + π \sqrt{2} {C (\sqrt{\frac{2 T}{π}}) Sünde (T) - S (\sqrt{\frac{2 T}{π}}) \cos (T)},

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

C (x)

$C(x)$ Und

S (x)

$S(x)$ sind die Fresnel-Kosinus- bzw. Sinus-Integrale.

Die Anfangsbedingungen sind

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

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

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

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

Unter Verwendung einer D-förmigen Kontur in der komplexen Ebene können diese Integrale als beide gleich gezeigt werden $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ . Somit $B = -A = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$ .

Das gibt endlich

ICH (1) = π \cos (1) \frac{1 - 2 S (\sqrt{\frac{2}{π}})}{\sqrt{2}} - π Sünde (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}dx

Craig

Jose Carlos Santos

Botond

Brian Möhring

YiFan

phdmba7of12

GEdgar

Antonio Hernández Maquivar

Craig

Craig

Antworten (2)

Zacky

Craig

Axion004

Zacky

TravorLZH

Craig

Ableitungseigenschaft der Gamma-Funktion

Wie löst man dieses Integral in Teilen?

Integral der Sinc-Funktion über ein begrenztes Intervall

Ein Standardintegral mit komplexen Zahlen durchführen, anstatt eine trigonometrische Substitution zu verwenden

Uneigentliches Integral unter Verwendung des Residuensatzes

Integrieren von log(−ix)exp(−ix)/x2log⁡(−ix)exp⁡(−ix)/x2\log(-ix)\exp(-ix)/x^2

Ist diese integrale Bewertung legitim?

Berechnen Sie das Integral ∫3π/4π/4x⋅cot(x)⋅csc(x)dx∫π/43π/4x⋅cot⁡(x)⋅csc⁡(x)dx\int_{\pi/4}^{3 \pi/4} x \cdot \cot(x) \cdot \csc(x) \mathop{dx}

Welchen Wert hat das folgende bestimmte Integral?

Integral von Exponential innerhalb einer Region