Evaluar

Question

Evaluar $\int_{-\infty}^\infty x\exp(-x^2/2)\sin(\xi x)\ \mathrm dx$

La respuesta dada por Wolfram Alpha es $\sqrt{2\pi}\xi\exp(-\xi^2/2)$. Observe cómo esto está relacionado a la transformada de Fourier de $x\exp(-x^2/2)$:

% parte $\int_{-\infty}^{\infty}x\exp(-x^2/2)\cos\xi x \ \mathrm dx=0$puesto que el integrando es impar.

Además, ¿qué es el Fourier transforma de $x^k\exp(-x^2/2)$ $k=2,3$?

Relacionado: ¿Cómo puedo calcular $\int{-\infty}^\infty e^{-\frac{x^2}{2t}} e^{-ikx} \, \mathrm dx$ $t \in \mathbb{R}{>0}$ y $k \in \mathbb{R}$?

Answer 1

Mediante integración de contorno, entonces diferenciar, obtenemos $$\begin{align} \int{-\infty}^\infty e^{-x^2/2}e^{-i\xi x}\,\mathrm{d}x &=e^{-\xi^2/2}\int{-\infty}^\infty e^{-(x+i\xi)^2/2}\,\mathrm{d}x\ &=e^{-\xi^2/2}\int{-\infty}^\infty e^{-x^2/2}\,\mathrm{d}x\ &=\sqrt{2\pi}e^{-\xi^2/2}\tag{1}\ \int{-\infty}^\infty (-ix)^ke^{-x^2/2}e^{-i\xi x}\,\mathrm{d}x &=\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi}\right)^k\sqrt{2\pi}e^{-\xi^2/2}\tag{2} \end {Alinee el} $$ tomando partes reales e imaginarias, $k=1$ $(2)$ da $ \int{-\infty}^\infty x\, e ^ {-x ^ 2/2} \sin(\xi x)\,\mathrm {d} x = \sqrt{2\pi}\,\xi\,e^{-\xi^2/2}\tag{3} $ y $$ \int{- \infty}^\infty x\, e ^ {-x ^ 2/2} \cos(\xi x)\,\mathrm {d} x\tag {4} = 0 $$ para mayor $k$, $(2)$ dice que el Fourier transforma de $x^ke^{-x^2/2}$ son polinomios en $\xi$, con coeficientes del número entero, el tiempo $\sqrt{2\pi}e^{-x^2/2}$.

Answer 2

Primero, tengamos en cuenta que, debido a la rareza de la función seno, tenemos $(-x)\sin(-x)=(-x)\cdot$ $(-\sin x)=x\sin x\iff I=2\int_0^\infty xe^{-\frac{x^2}2}\sin kx\,dx$. En segundo lugar, desde la $\sin kx=\Im(e^{ikx})$, $I=2\cdot\Im\left[\int_0^\infty xe^{-\left(\frac{x^2}2-ikx\right)}dx\right]$ donde $\Im(z)=\Im(a+bi)=b$. Ahora, vamos a pagar un vistazo más de cerca en el exponente : $\frac{x^2}2-ikx=\frac12(x^2-2ikx)=\frac12\left[(x-ik)^2+k^2\right]=\frac{t^2+k^2}2$ donde $t=x-ik$, y $dt$ $=dx$. Entonces:

$$I=2\,\Im\left[\int_{0-ik}^{\infty-ik}(t+ik)e^{-\frac{t^2+k^2}2}dt\right]=2\,\Im\left[\int_{0-ik}^{\infty-ik}te^{-\frac{t^2+k^2}2}dt+ik\int_{0-ik}^{\infty-ik}e^{-\frac{t^2+k^2}2}dt\right]=$$

$$=2\,\Im\left[\int_0^\infty e^{-u}du+ike^{-\frac{k^2}2}\int_{0-ik}^{\infty-ik}e^{-\frac{t^2}2}dt\right]=2\,\Im\left[1+ike^{-\frac{k^2}2}\sqrt\frac\pi2\left(1+\text{Erf}\left(\tfrac{ki}{\sqrt2}\right)\right)\right]=$$

$=ke^{-\frac{k^2}2}\sqrt{2\pi}$ , ya que la función de error puramente imaginario argumento es puramente imaginaria así, lo que significa que yo veces sí no posee ninguna parte imaginaria, y por lo tanto no influyen en el resultado final.

Answer 3

Para la segunda integral, completar el cuadrado y utilizar el teorema de cauchy. Para la primera integral, observe que $\int {-\infty} ^{\infty} xe^{-\frac{x^{2}}{2}}Sin(x \xi)=-\partial {\xi}\int {-\infty} ^{\infty} e^{-\frac{x^{2}}{2}}Cos(x \xi)=-\partial {\xi}\int _{-\infty} ^{\infty} e^{-\frac{x^{2}}{2}-i\xi x}dx$