Cómo integrar$\int_{0}^{a}x^{n-1}e^{-x}dx$

Question

¿Sabemos que $$\int{0}^{\infty }x^{n-1}e^{-x}dx = \Gamma (n)$ $ pero cómo integramos esto? $$\int{0}^{a}x^{n-1}e^{-x}dx$$

Answer 1

Esta integral se puede ver como una recurrencia $$ \begin{align*} I_n &= \int_0^a x^{n-1}e^{-x}dx\\ &= -\int_0^a x^{n-1}de^{-x}\\ &= -\left[x^{n-1}e^{-x}\right]_0^a + \int_0^a e^{-x}dx^{n-1}\\ &= -a^{n-1}e^{-a} + (n-1)\int_0^a x^{n-2}e^{-x}dx\\ &= -a^{n-1}e^{-a} + (n-1)I_{n-1} \end {align *} $$

Con$$I_1 = \int_0^a e^{-x}dx = -\left[e^{-x}\right]_0^a = -e^{-a}+1$ $

Answer 2

Observe que si $P$ es un polinomio de grado $n$, entonces la derivada de $x \mapsto P(x)e^{-x}$ es de la forma $x \mapsto Q(x) e^{-x}$ donde $Q$ es también un polinomio de grado (exactamente) $n$$Q = P'-P$. Ahora el mapa $P \mapsto Q = P'-P$ es un bijection de $\mathbb{R}[X]$ a sí mismo, ya que preserva grado. En particular, existe un único polinomio $P_n$ tal que $x \mapsto P_n(x) e^{-x}$ es una primitiva de $x \mapsto x^n e^{-x}$. Sabemos $\deg P_n = n$$P_n' - P_n = X^n$. Así que usted puede encontrar $P_n$ (y por lo tanto una primitiva de $x \mapsto x^n e^{-x}$) mediante la resolución de un sencillo sistema lineal. Si no me equivoco, se puede comprobar que $P_n$ está dado por

$$P_n = -n! \sum_{k = 0}^n \frac{X^k}{k!}$$

Para hacer el cálculo fácilmente, definir de forma recursiva $Q_0 = 1$, $Q_{n+1} = Q_n + \frac{X^{n+1}}{(n+1)!}$. Y verificación (también de forma recursiva) que $Q_{n+1}' = Q_n$$Q_n-Q_n' = \frac{X^{n}}{n!}$, y, finalmente, $P_n = -n! Q_n$ resuelve el problema.

Answer 3

Si$n$ se toma como entero, puede manipular la representación integral de la función Gamma para obtener un polinomio finito en$a$ multiplicado por$e^{-a}$ de la siguiente manera:

$$ \begin{aligned} \int _{0}^{a}\!{x}^{n-1}{{\rm e}^{-x}}{dx}&=\int _{0}^{\infty }\!{x}^{n -1}{{\rm e}^{-x}}{dx}-\int _{a}^{\infty }\!{x}^{n-1}{{\rm e}^{-x}}{dx}\\ &=\Gamma \left( n \right) -{ {\rm e}^{-a}}\int _{0}^{\infty }\! \left( y+a \right) ^{n-1}{{\rm e}^{ -y}}{dy}\quad:\quad y=x+a\\ &=\Gamma \left( n \right) -{ {\rm e}^{-a}}\sum _{k=0}^{n-1} \left( {n-1\choose k}{a}^{n-k-1}\int _{0 }^{\infty }\!{y}^{k}{{\rm e}^{-y}}{dy} \right)\\ &=\Gamma \left( n \right) -{ {\rm e}^{-a}}\sum _{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}{a}^{n-k-1}\Gamma \left( k+1 \right) \\ &=\left( n-1 \right) !\left(1 -{ {\rm e}^{-a}}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac { \,{a}^{n-k- 1}}{ \left( n-k-1 \right) !}}\right)\\ &=\left( n-1 \right) !\left(1 -{ {\rm e}^{-a}}\sum _{j=0}^{n-1}{\frac { \,{a}^{j}}{j!}}\right) \end {aligned} $$

o alternativamente puede dar la respuesta en términos de la función gamma incompleta

Answer 4

hay un truco

sabemos que$$ \int _{0}^{b}dxe^{-ax}=\frac{e^{-ab}-1}{-a} $ $

también si tomamos la n-ésima derivada con resept a 'b' tenemos

$$ D^{n-1}e^{-bx}=(-1)^{n-1}x^{n-1}e^{-ax} $$ at the poitn $ a = 1 $

entonces$$ \int_{0}^{a}dxx^{n-1}e^{-x}=\left.(-1)^{n-1}D^{n-1} \frac{e^{-ab}-1}{-b}\right\vert_{b=1} $ $

con$ D= \frac{d}{db}$ derivación con respecto a 'b'

Answer 5

Puede escribirlo como$\gamma(n,a)$ u obtener la solución de formulario de serie de la siguiente manera:

$\int_0^ax^{n-1}e^{-x}dx$

$=\int_0^ax^{n-1}\sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^kx^k}{k!}dx$

$=\int_0^a\sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^kx^{k+n-1}}{k!}dx$

$=\left[\sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^kx^{k+n}}{k!(k+n)}\right]_0^a$

$=\sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{(-1)^ka^{k+n}}{k!(k+n)}$