$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac1{1+x^2}\left(\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}\right)\mathrm dx$ Evaluar

Question

¿Cómo puedo solucionar este problema? $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac1{1+x^2}\left(\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}\right)\mathrm dx $$

Answer 1

Escribir $f(x) \leftrightarrow F(\omega)$ significa que $F(\omega)$ es la transformada de Fourier de $f(x)$, donde $$F(\omega)) = \int_{-\infty}^\infty f(x) \exp(-i\omega x)\mathrm dx.$$ Entonces tenemos $$\begin{align*} \frac{1}{1+x^2} &\leftrightarrow \pi \exp(-\vert \omega \vert )\\ \exp(-x^2) &\leftrightarrow \sqrt{\pi}\exp(- \omega^2/4),\\ \frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp(-x^2) &\leftrightarrow (i\omega)^n\sqrt{\pi}\exp(-\omega^2/4) \end{align*} $$ El interior de la versión del producto de teorema de Parseval es $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f^*(x) g(x)\mathrm dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F^*(\omega) G(\omega)\mathrm d\omega$ y así tenemos $$\begin{align*} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^2} \frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp(-x^2) \mathrm dx &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \pi\exp(-\vert \omega \vert) (i\omega)^n \sqrt{\pi} \exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega \end{align*}$$ donde el integrando de la derecha es una función impar de $\omega$ al $n$ es impar y la integral es $0$. De lo contrario, convertir a una integral en $\mathbb R^+$ para obtener $$\begin{align*} a_{2n} &= \frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp(-\vert \omega \vert) (i\omega)^{2n} \exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega\\ &= (-1)^n\sqrt{\pi}\int_0^\infty \omega^{2n}\exp(-\omega) \exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega\\ &= (-1)^n\sqrt{\pi}b_{2n} \end{align*}$$ donde $\displaystyle b_n = \int_0^\infty \omega^{n}\exp(-\omega) \exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega$ se puede integrar por partes para obtener $$\begin{align*} b_{n} &= \int_0^\infty \omega^{n-1}\exp(-\omega) \cdot \omega \exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega\\ &= \left[ -2\omega^{n-1}\exp(-\omega) \exp(-\omega^2/4)\biggr|_0^\infty \right . \\ &\quad \quad\quad \quad\quad \left . + \int_0^\infty 2[(n-1)\omega^{n-2}\exp(-\omega) - \omega^{n-1}\exp(-\omega)]\exp(-\omega^2/4) \mathrm d\omega\right ]\\ &= -2b_{n-1} + 2(n-1)b_{n-2} \end{align*}$$ o, con un ligero cambio en los índices de $$b_{n+1} = -2b_n +2nb_{n-1}.$$ Tenga en cuenta que $b_0 = e\sqrt{\pi}\text{erfc}(1)$ como se señaló aquí mientras que $b_1 = 2(1-b_0)$. Por lo tanto, la recurrencia de la relación puede ser utilizado para encontrar las $b_{2n}$ y por lo tanto $a_{2n}$.

Answer 2

Parece que su integral para incluso $n = 2 k$ tiene la exponencial de generación de función (egf) $$F(t) = \frac{\pi (1 - \text{erf}(1/\sqrt{4t+1}))}{\sqrt{4t+1}} e^{1/(4t+1)}$$ Que es $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \frac{d^{2k}}{dx^{2k}} e^{-x^2} \ dx = F^{(k)}(0) $$

Cada uno de estos valores será de la forma $a_k \sqrt{\pi} + b_k \pi e (\text{erf}(1) - 1)$ donde $a_k$ $b_k$ son enteros. El feag para $a_k$ $$A(t) = \frac{\sqrt{\pi} (\text{erf}(1) - \text{erf}(1/\sqrt{4t+1}))}{\sqrt{4t+1}} e^{1/(4t+1)}$$ y el feag para $b_k$ es $$B(t) = \frac{-1}{\sqrt{4t+1}} e^{-1 + 1/(4t+1)}$$

Answer 3

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac1{1+x^2}\left(\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}\right)\mathrm dx = \U\left(1+\frac{n}{2},\frac{3}{2},1\right)\cos\left(\frac{\pi\,n}{2}\right)\n!\,\sqrt{\pi}, $$ donde $U(a,b,z)$ es la función hipergeométrica confluente de la segunda clase.

La prueba es muy larga. Empecé con la aplicación de la transformada de Fourier a$e^{-x^2}$, de modo que la derivada $\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}$se convierte en una multiplicación por $(-i\, t)^n$. La inversa de la transformación le da una forma general para la n-ésima derivada en términos de funciones hipergeométricas.