¿Cómo resolver este conjunto de integrales definidas?

Question

Estoy buscando para resolver las integrales

$$ I_n=\int_0^\infty \frac{x^ne^{-2ax}}{\sqrt{x^4+1}}dx. $$ para $a>0$.

Este debe ser reducido a la búsqueda de $I_0$ como numéricamente me parece que

$$ I_n=\left(-2\right)^{-n}\frac{d^nI_0}{da^n}. $$

Mathematica da un resultado en términos de la MeijerG función de $G^{51}_{15}\left(x|^{\frac{1}{4}}_{-\frac{1}{2},-\frac{1}{4},-\frac{1}{4},0,\frac{1}{4}}\right)$ pero no puedo manejar para demostrarlo. He buscado integral de las representaciones de este y funciones hipergeométricas en Gradshteyn, pero no podía encontrar nada útil.

Cualquier ayuda es bien recibida.

Gracias

Answer 1

Una forma de obtener el resultado es el uso de la transformada de Mellin de la integral se considera como una función de la $a$: \begin{align} I_0&=\int_0^\infty \frac{e^{-2ax}}{\sqrt{x^4+1}}\,dx\\ \mathcal{M}\left[ I_0\right]&=\int_0^\infty a^{s-1}\,da\int_0^\infty \frac{e^{-2ax}}{\sqrt{x^4+1}}\,dx\\ &=\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}\,dx \int_0^\infty a^{s-1}e^{-2ax}\,da\\ &=2^{-s}\Gamma(s)\int_0^\infty \frac{x^{-s}}{\sqrt{x^4+1}}\,dx \end{align} lo que es válido para $\Re(s)>0$. Ahora, cambiando $x=y^{1/4}$ en la integral, se obtiene \begin{align} \mathcal{M}\left[ I_n\right]&=2^{-s-2}\Gamma\left(s\right)\int_0^\infty\frac{y^{\frac{-s-3}{4}}}{\sqrt{y+1}}\,dy\\ &=2^{-s-2}\Gamma(s)B\left(\frac{-s+1}{4},\frac{s+1}{4}\right)\\ &=\frac{2^{-s}}{4\sqrt{\pi}}\Gamma\left(s\right)\Gamma\left(\frac{-s+1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{4}\right) \end{align} (La integral es la transformada de Mellin $1/\sqrt{y+1}$ tomadas en $(n-s+1)/4$). Este resultado es válido para $0<\Re(s)<1$. Tomando la inversa de la transformación, \begin{equation} I_0=\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\frac{1}{2i\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(2a)^{-s}\Gamma\left(s\right)\Gamma\left(\frac{-s+1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{4}\right)\,ds \end{equation} con $0<\sigma<1$. El cambio de $s=4t$, uno puede expresar \begin{equation} I_n=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{1}{2i\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(16a^4)^{-t}\Gamma\left(4t\right)\Gamma\left(t+\frac{1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{1}{4}-t\right)\,dt \end{equation} La expansión de $\Gamma(4t)$ mediante la duplicación de la fórmula: \begin{equation} I_0=\frac{\sqrt{2}}{8\pi^2}\frac{1}{2i\pi}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(\frac{a^4}{16})^{-t}\Gamma\left(t\right)\Gamma^2\left( t+\frac{1}{4} \right)\Gamma\left( t+\frac{1}{2} \right)\Gamma\left( t+\frac{3}{4} \right)\Gamma\left(\frac{1}{4}-t\right)\,dt \end{equation} Con $b_1=\frac{1}{4},a_1=1,a_2=\frac{3}{4},a_3=\frac{3}{4},a_4=\frac{1}{2},a_5=\frac{1}{4}$ e $\sigma=1/8$, podemos expresar el resultado con el uso de la representación integral de la Meijer función DLMF: \begin{equation} I_0=\frac{\sqrt{2}}{8\pi^2}{G^{1,5}_{5,1}}\left(\left.\frac{16}{a^4}\right|{1,\frac{3}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{2},\frac{1}{4}\atop \frac{1}{4}}\right) \end{equation} que, el uso de estas identidades, puede ser transformado en \begin{align} I_0&=\frac{\sqrt{2}}{8\pi^2}{G^{5,1}_{1,5}}\left(\left.\frac{a^4}{16}\right|{\frac{3}{4}\atop 0,\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{3}{4}}\right)\\ &=\frac{\sqrt{2}}{32\pi^2}a^2{G^{5,1}_{1,5}}\left(\left.\frac{a^4}{16}\right|{\frac{1}{4}\atop -\frac{1}{2},-\frac{1}{4},-\frac{1}{4},0,\frac{1}{4}}\right) \end{align}

Answer 2

Es un resultado general que una integral sobre $[0, \infty)$ de dos Meijer G-función de los poderes racionales de $x$ es de nuevo una función G: $$\int_0^\infty \frac {x^n e^{-2 x}} {\sqrt {x^4 + 1}} dx = \frac 1 {\sqrt \pi} \int_0^\infty x^n G_{0, 1}^{1, 0} \a la izquierda( 2 x \medio| {- \en la cima de 0} \right) G_{1, 1}^{1, 1} \a la izquierda( x^4 \medio| {\frac 1 2 \en la cima de 0} \right) dx = \\ \frac {2^{n - 3/2}} {\pi^2 a^{n + 1}} G_{5, 1}^{1, 5} \left( \frac {16} {a^4} \medio| {\frac {-n} 4, \frac {n + 1} 4, \frac {n + 2} 4, \frac {-n + 3} 4, \frac 1 2 \en la cima de 0} \right).$$ El resultado de la función G no es reducible a una suma de funciones hipergeométricas porque uno de los cuatro coeficientes de $(-n + i)/4$ es la mitad de la integral para cualquier integrante $n$.