Integral

Question

$$I:=\int_0^\infty \ln x\,\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right) \frac{x^4+3\alpha x^2- 1}{x^6}dx=\frac{(1+\alpha)\sqrt{2\alpha^3 \pi}}{2\sqrt[\alpha]e},\qquad \alpha>0.$$

Éste se ve muy bien. Me ha confundido.

Diferenciación con respecto al parámetro parece no trabajar si trato de $I(\alpha)$ y $I'(\alpha)$. en x = 0 parece haber un problema con el integrando también sin embargo no estoy seguro de cómo usarlo. Tal vez podríamos probar y utilizar una expansión de la serie $e^x=\sum_{n=0}^\infty x^n /n!$, sin embargo la función $e^{-1/x^2}$ es bien sabido que su serie de taylor es cero a pesar de la función no.

Answer 1

Suponiendo que el $3\alpha x$ término es $3\alpha x^2$ (de lo contrario los resultados numéricos no coinciden).

$$\begin{align} I&=\int_0^\infty \ln x\,\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right) \frac{x^4+3\alpha x^2- 1}{x^6}dx\ &=\int_0^\infty \ln x\, d\left(-\alpha x^{-3}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)\right)\ &=-\alpha\left(\left.\frac{\ln x}{x^3}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)\right|_0^\infty-\int_0^\infty \frac{1}{x^3}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right) d\,\ln x\right)\ &=\alpha\int_0^\infty \frac{1}{x^4}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right) dx\ &=\alpha\left(\int_0^1 \frac{1}{x^4}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)dx+\underbrace{\int1^\infty \frac{1}{x^4}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)dx}{x\to1/x}\right) \ &=\alpha\left(\int_0^1 \frac{1}{x^4}\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)dx+\int_1^0 -x^2\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)dx\right) \ &=\alpha\int_0^1 (x^2+x^{-4})\exp\left(-\frac{1+x^4}{2\alpha x^2}\right)dx\ &=\alpha\int_0^1 (x^2-1+x^{-2})\exp\left(-\frac{1}{\alpha}-\frac{(x-1/x)^2}{2\alpha }\right)d(x-1/x)\ &=\alpha e^{-1/\alpha}\int0^1 (1+(x-1/x)^2)\exp\left(-\frac{(x-1/x)^2}{2\alpha }\right)d(x-1/x)\ &=\alpha e^{-1/\alpha}\int{-\infty}^0 (1+y^2)\exp\left(-\frac{y^2}{2\alpha }\right)dy\ &=\alpha e^{-1/\alpha}(\alpha+1)\sqrt{\frac{\alpha\pi}{2}}. \end{align} $$