Integral

Question

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

Nota: La prueba de abajo muestra cómo esta es una Gaussiana integral!

No estoy seguro de cómo comenzar con este. Parece muy difícil para mí, sin Embargo la respuesta es muy agradable.

Pensé que tal vez tratando de escribir $I(\alpha)$ $I'(\alpha)$ a intentar simplificar las cosas, pero no ayuda mucho. en $x=0$ no parece ser un problema con el integrando también sin embargo no estoy seguro de cómo ir sobre el uso de este. Tal vez se podría intentar con la expansión de la serie de $e^x=\sum_{n=0}^\infty x^n / n!$ sin embargo la función de $e^{-1/x^2}$ es bien sabido que su serie de taylor es cero, a pesar de que la función no-ser. El factor de $x^4+\alpha x^2-1$ me ha dado problemas con la simplificación del integrando. Gracias.

A los que acaba de hacer un edit: Si usted está buscando un +2, por favor, edite algo que vale la pena. He editado de nuevo a lo que había teniendo en cuenta que no soluciona nada, como se muestra en el Historial de Edición.

Answer 1

Alineación:

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I\equiv\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x} \exp\pars{-\,{1 + x^{4} \over 2\alpha x^{2}}}\, {x^4+\alpha x^2 - 1 \sobre x^4}\,\dd x= {\raíz{2\alpha^{3}\pi} \over 2\root[\alpha]{\expo{}}}:\ {\large ?}, \qquad \alpha > 0}$.

Desde @Chen Wang respuesta$\ds{\pars{~\mbox{line}\ 4~}}$: $$ I=\alpha\int_{0}^{\infty}{1 \over x^{2}} \exp\pars{-\,{1 + x^{4} \over 2\alpha x^{2}}}\,\dd x $$

Con $\ds{\expo{\theta} = x}$: \begin{align} I&=\alpha\int_{-\infty}^{\infty}\expo{-2\theta} \exp\pars{-\,{\cosh\pars{2\theta} \over \alpha}}\,\expo{\theta}\,\dd\theta =2\alpha\int_{0}^{\infty}\cosh\pars{\theta} \exp\pars{-\,{\cosh\pars{2\theta} \over \alpha}}\,\dd\theta \end{align}

Desde $\ds{\cosh\pars{2\theta} = \cosh^{2}\pars{\theta} + \sinh^{2}\pars{\theta} = 2\sinh^{2}\pars{\theta} + 1}$ y $\ds{\totald{\sinh\pars{\theta}}{\theta} = \cos\pars{\theta}}$ tendremos: \begin{align} \color{#44f}{\large I}&= 2\alpha\expo{-1/\alpha}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\cosh\pars{\theta} \exp\pars{-\,{2\sinh^{2}\pars{\theta} \over \alpha}}\,\dd\theta} ^{\ds{\mbox{Lets}\ u\ \equiv\ \sinh\pars{\theta}}} ={2\alpha \over \root[\alpha]{\expo{}}}\int_{0}^{\infty}\expo{-2u^{2}/\alpha} \,\dd u \\[3mm]&={2\alpha \over \root[\alpha]{\expo{}}}\,\root{\alpha \over 2}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-u^{2}}\,\dd u}_{\ds{=\ {\root{\pi} \over 2}}} =\color{#44f}{\large{\root{2\alpha^{3}\pi} \over 2\root[\alpha]{\expo{}}}} \end{align}