Permita que$f:\mathbb R\longrightarrow\mathbb R$ sea una función con$$f(x)=\frac{1}{3}\int_x^{x+3} e^{-t^2}dt$ $ y considere$g(x)=x^nf(x)$ donde$n\in\mathbb Z$.
Tengo que discutir la convergencia de la integral$$\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)dx$$ at the varying of $ n \ in \ mathbb Z $.
¿Alguna idea? Tenemos una integral de una "función integral", ¡y estoy un poco confundido!
Gracias por adelantado.
Claramente, $f\in \mathcal C^1(\mathbb R, \mathbb R)$.
Si $x>0$, $t\in [x,x+3]$ tenemos $e^{-t^2}\le e^{-x^2}$. En el mismo espíritu, si $x<-6$, $t\in [x,x+3]$ tenemos $e^{-t^2}\le e^{-(x+3)^2}$. Por lo tanto, obtenemos $$f(x)\le e^{-x^2},\quad x>0,$$ $$f(x)\le e^{-(x+3)^2},\quad x<-6.$$ Vamos a decir que $$\bar f(x)=\begin{cases}e^{-x^2},&x>0,\\ f(x),&x\in[-6,0],\\e^{-(x+3)^2},&x<-6.\end{casos}$$ Es evidente que $0<f\le \bar f$.
Otra propiedad útil de $f$ nunca es cero, y $f(0)\ge e^{-9}$. Como consecuencia, para $n\le -1$ $g(n, x)$ no es integrable, porque en la vecindad de cero $g(n,x)\sim \mathcal O(x^n)$; ahora nos quedamos con la no-negativo $n$.
Estudiamos $\int_\mathbb R |g(n,x)|dx$. Por el criterio de comparación, es suficiente para probar que la siguiente integral: $$\int_\mathbb R |x|^n \bar f(x)dx.$$ Nos dividimos: $$\int_\mathbb R |x|^n \bar f(x)dx=\int_{-\infty}^{-6}|x|^ne^{-(x+3)^2}dx + \int_{0}^{ \infty}|x|^ne^{- x ^2}dx+\int_{-6}^{0}|x|^nf(x)dx.$$
El primer y segundo términos de esta suma de existir debido a que el exponente no disminuye en el infinito más rápido que cualquier polinomio (gaussian variables aleatorias tienen todos los momentos, como otro enfoque). El último término existe, porque es una integración sobre un compacto de una función continua. Por lo tanto, para $n\ge 0$ $\int_\mathbb R |x|^n \bar f(x)dx<\infty$, el resultado es que para $n\ge 0$ $\int_\mathbb R |x|^n f(x)dx<\infty$, o en otras palabras, para $n\ge 0$ la función de $g(n,x)$ es integrable.
Creo que puedo dar expresión para $\int_{-\infty}^{\infty}g(x)\ dx$. Entonces, podemos pensar acerca de cómo se deberían converger.
Hemos de comenzar señalando que $$\large f(x)=\frac{\sqrt{\pi}}{3}\left(Q\left(\sqrt{2}x\right)-Q\left(\sqrt{2}(x+3)\right)\right)$$ and $$\large f(-x)=\frac{\sqrt{\pi}}{3}\left(-Q\left(\sqrt{2}x\right)+Q\left(\sqrt{2}(x-3)\right)\right)$$
También hay que tener en cuenta que el $$\large I=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)\ dx=\int_{-\infty}^{\infty}x^nf(x)\ dx\\ \large =\int_{0}^{\infty}\left(x^nf(x)+(-x)^nf(-x)\right)\ dx $$
Caso $1$: $n$ incluso
En este caso, \begin{equation} \large \begin{split} I=&\int_{0}^{\infty}x^n\left(f(x)+f(-x)\right)\ dx\\ \ =& \frac{\sqrt{\pi}}{3}\int_{0}^{\infty}x^n\left(Q\left(\sqrt{2}(x-3)\right)-Q\left(\sqrt{2}(x+3)\right)\right)\ dx\\ \ =& \frac{\sqrt{\pi}}{3}\int_{0}^{\infty}\frac{x^n}{\sqrt{2\pi}}\int_{\sqrt{2}(x-3)}^{\sqrt{2}(x+3)}\exp\left({-\frac{u^2}{2}}\right)\ du \ dx\\ \ =&\frac{1}{3}\int_{0}^{\infty}x^n\int_{x-3}^{x+3}\exp\left({-\frac{u^2}{2}}\right)\ du \ dx\\ \end{split} \end{equation} Ahora, si el orden de integración es cambiado, entonces, como se puede comprobar sin mucha dificultad, obtenemos los siguientes dos integrales $$\large I=I_1+I_2$$ where $$\gran I_1=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}e^{-u^2}\int_{0}^{u+3}x^n\ dx\ du\\ \grande =\frac{1}{3(n+1)}\int_{-3}^{3}e^{-u^2}(u+3)^{n+1}\ du\\ \grande =\frac{1}{3(n+1)}\int_{0}^{3}e^{-u^2}\left\{(u+3)^{n+1}-(u-3)^{n+1}\right\} \ du\\ \large (\mbox{Ya}\ n \ \mbox{es aún})\\ \gran I_2=\frac{1}{3}\int_{3}^{\infty}e^{-u^2}\int_ {- u 3}^{u+3}x^n\ dx\ du\\ \grande =\frac{1}{3(n+1)}\int_{3}^{\infty}e^{-u^2}\left\{(u+3)^{n+1}-(u-3)^{n+1}\right\} \ du$$ A continuación, \begin{equation} \large \begin{split} I=& I_1+I_2\\ \ =& \frac{1}{3(n+1)}\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\left\{(u+3)^{n+1}-(u-3)^{n+1}\right\} \ du\\ \ =& \frac{1}{3(n+1)}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}(u+3)^{n+1} \ du\ (\mbox{Since}\ n \ \mbox{is even})\\ \ =& \frac{1}{3(n+1)}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(u-3)^2}u^{n+1} \ du\\ \ =& \frac{\sqrt{\pi}}{3(n+1)}\mathbb{E}(X^{n+1}) \end{split} \end{equation} donde:$\displaystyle X\sim \mathcal{N}\left(3,\frac{1}{2}\right)$.
Caso $2$: $n$ extraño
En este caso, \begin{equation} \large \begin{split} I=& \int_{0}^{\infty}x^n(f(x)-f(-x))\ dx\\ \ =& \frac{\sqrt{\pi}}{3}\int_{0}^{\infty}x^n \left[2Q\left(\sqrt{2}x\right)-Q\left(\sqrt{2}(x+3)\right)-Q\left(\sqrt{2}(x-3)\right)\right]\ dx\\ \ =& \frac{2I_2-(I_1+I_3)}{3}\\ \end{split} \end{equation} Ahora, \begin{equation} \large \begin{split} I_1=&\sqrt{\pi}\int_{0}^{\infty}x^nQ\left(\sqrt{2}(x+3)\right)\ dx\\ \ =&\int_{0}^{\infty}x^n \int_{x+3}^{\infty}\exp\left(-u^2\right)\ du \ dx\\ \ =&\int_{3}^{\infty}\exp\left(-u^2\right) \int_{0}^{u-3}x^n\ dx \ du\ (\small \mbox{Interchanging order of integration})\\ \ =&\frac{1}{n+1}\int_{3}^{\infty}\exp\left(-u^2\right)(u-3)^{n+1} \ du\\ \ =&\frac{1}{n+1}\int_{3}^{\infty}\exp\left(-(u+3)^2\right)u^{n+1} \ du\\ \ =&\frac{1}{n+1}\int_{-\infty}^{0}\exp\left(-(u-3)^2\right)u^{n+1} \ du\ (\because\ n\ \mbox{is odd})\\ \end{split} \end{equation}
Del mismo modo, conseguiremos $$\large I_3=\frac{1}{n+1}\int_{0}^{\infty}\exp\left(-(u-3)^2\right)u^{n+1} \ du$$
y \begin{equation} \begin{split} I_2=&\int_{0}^{\infty}\exp\left(-u^2\right) \int_{0}^{u}x^n\ dx \ du\\ \ =&\frac{1}{n+1}\int_{0}^{\infty}\exp\left(-u^2\right) u^{n+1} \ du\\ \ =&\frac{1}{2(n+1)}\Gamma\left(1+\frac{n}{2}\right) \end{split} \end{equation} Así, $$\grande I=\frac{\Gamma\left(1+\frac{n}{2}\right)-\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(-(u-3)^2\right)u^{n+1} \ du}{3(n+1)}\\ \grande =\frac{\sqrt{\pi}}{3(n+1)}\left(\frac{(2n-1)!!}{2^n}-\mathbb{E}\left(X^{n+1}\right)\right)\\ \grande =\frac{\sqrt{\pi}}{3(n+1)}\left(\mathbb{E}(Y^{2n})-\mathbb{E}\left(X^{n+1}\right)\right)$$ where $\displaystyle X\sim \mathcal{N}\left(3,\frac{1}{2}\right)\ Y\sim \mathcal{N}\left(0,\frac{1}{2}\right)$.
Básicamente, usted está considerando la integral
$$ I := \frac{1}{3}\int_{-\infty}^{\infty}x^n f(x) dx= \frac{1}{3}\int_{-\infty}^{\infty}x^n \int_{x}^{x+3}e^{-t^2}dt \,dx.$$
Cambiando el orden de integración de los rendimientos
$$ I = \frac{1}{3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2} \int_{t-3}^{t}x^ndx \,dt $$
$$ = \frac{1}{3}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\left(\frac{t^{n+1}-(t-3)^{n+1}}{n+1} \right) \,dt $$
$$ = \frac{1}{3(n+1)}\int_{-\infty}^{\infty}t^{n+1} e^{-t^2} dt - \frac{1}{3(n+1)}\int_{-\infty}^{\infty}(t-3)^{n+1} e^{-t^2} dt dt $$
$$\implies I = \frac{1}{3(n+1)} I_1 + \frac{1}{3(n+1)} I_2. $$
Ahora, tenga en cuenta esto, para $n\in \mathbb{N} \cup \left\{ 0\right\}$, $I_1$ es convergente (ver el análisis para el caso de $I_2$ al final de la respuesta) y pueden ser evaluados en términos de la función gamma como
$$ I_1 = \frac{1}{2}\, \left( 1+ \left( -1 \right)^{n+1} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} +1 \right).$$
El examen de la convergencia de $I_2$ $n\in \mathbb{N} \cup \left\{ 0\right\}$, tenemos
$$ I_2 = \int_{-\infty}^{\infty}(t-3)^{n+1} e^{-t^2} dt = \int_{-\infty}^{\infty}y^{n+1} e^{-(y+3)^2} dy $$
$$ = (-1)^n \int_{0}^{\infty}y^{n+1} e^{-(y-3)^2} dy + \int_{0}^{\infty}y^{n+1} e^{-(y+3)^2} dy $$
$$ I_2 = I_{21} + I_{22}. $$
Ahora, tanto de las integrales de $I_{21}$ $I_{22}$ convergen, desde
$$ y^{n+1}e^{-(y-3)^2} \leq e^{y} e^{-(y-3)^2}, \quad y^{n+1}e^{-(y+3)^2}\leq e^{y} e^{-(y+3)^2} $$
y
$$ \int_{0}^{\infty} e^{y} e^{-(y-3)^2}dy <\infty,\quad \int_{0}^{\infty} e^{y} e^{-(y+3)^2}dy <\infty. $$
Usted puede comprobar Gaussiano Integrales para las dos últimas desigualdades.
Nota: Para el caso de $n$ es entero negativo, tenemos
1) Si $n=-1$, $I_1$ $I_2$ convergen.
2) Si $n$ es un entero negativo, incluso, a continuación, $I_1$ $I_2$ son indefinidos.
3) Si $n$ es negativo entero impar, entonces $I_1$ $I_2$ diverge a infinito.
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