integral de $x^2e^{-x^2}~dx$ de $-\infty$ a $+\infty$

Question

Sé que el

$$\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-x^2}~dx$$ es igual a $\sqrt\pi$

También está muy claro que $$\int^{+\infty}_{-\infty}xe^{-x^2}~dx$$ es igual a 0;

Sin embargo, no consigo calcular esta integral realmente similar.

$$\int^{+\infty}_{-\infty}x^2e^{-x^2}~dx$$

Sé que el resultado es $\frac{\sqrt\pi}{2}$ pero no sé cómo llegar a este resultado. He probado con diferentes sustituciones, pero no parece que sirva de nada. ¿Alguna idea?

Muchas gracias.

Answer 1

Me sorprende que nadie haya dado esta respuesta. Por supuesto, tenemos por $u$ -sustitución $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}.$$ Tomar una derivada de cada lado con respecto a $\alpha$ para conseguir $$-\int_{-\infty}^\infty x^2 e^{-\alpha x^2} dx = -\frac{1}{2} \frac{\sqrt{\pi}}{\alpha^{3/2}}.$$ Sustituir $\alpha = 1$ y anular los signos negativos.

EDIT: Veo que Félix Marín hace esencialmente lo mismo, pero creo que esta es una mejor explicación.

Answer 2

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty x^2e^{-x^2}\text dx&=2\int_0^\infty x^2e^{-x^2}\text dx\\ &=\int_0^\infty \sqrt ue^{-u}\text du\\ &=\Gamma\left(\frac32\right)\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac12\right)\\ &=\frac12\int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt u}\text du\\ &=\int_0^\infty e^{-x^2}\text dx\\ &=\frac{\sqrt \pi}2 \end{align}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\half}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$

1. \begin {align} \int_ {- \infty }^{ \infty }x^{2} \expo {-x^{2}}\, \dd x &= \left. -\, \partiald {}{ \mu } \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo {- \mu x^{2}}\, \dd x \right\vert_ {\, \mu\ =\ 1} = \left. -\, \partiald {}{ \mu } \pars { \mu ^{-1/2} \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo {-x^{2}}\, \dd x} \right\vert_ {\, \mu\ =\ 1} \\ [3mm]&= \left. - \pars {-\, \half } \mu ^{-3/2} \right\vert_ {\, \mu\ =\ 1}\ \underbrace { \quad\int_ {- \infty }^{ \infty } \expo {-x^{2}}\, \dd x \quad } _{ \ds {=\ \root { \pi }}} \end {align} $$\color{#0000ff}{\large% \int_{-\infty}^{\infty}x^{2}\expo{-x^{2}}\,\dd x = {\root{\pi} \over 2}} $$
2. \begin {align} \color {#0000ff}{ \large\int_ {- \infty }^{ \infty }x^{2} \expo {-x^{2}}\, \dd x} &= \int_ {- \infty }^{ \infty } \pars {-\, \half }x\, \totald { \expo {-x^{2}}{x}\N-,} \dd x = \overbrace { \left. -\, \half\ ,x \expo {-x^{2}} \right\vert _{- \infty }^{ \infty }}^{ \ds {=\ 0}} + {1 \over 2} \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo {-x^{2}}\, \dd x \\ [3mm]&= \color {#0000ff}{ \large { \root { \pi } \over 2}} \end {align}

Answer 4

La solución estándar requiere un truco utilizando coordenadas polares. Si el valor de su $\int_{-\infty}^{\infty}$ es $V$ entonces $$ V^{2} = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}e^{-y^{2}}dx dy = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-r^{2}}rdrd\theta=2\pi\int_{0}^{\infty}e^{r^{2}}rdr=\pi. $$ Así que $V = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi}$ . La integración por partes termina el problema como: $$\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}x^{2}e^{-x^{2}}dx&=\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{d}{dx}\left[-\frac{1}{2}e^{-x^{2}}\right]dx = \left.x\left[-\frac{1}{2}e^{-x^{2}}\right]\right|_{-\infty}^{\infty}+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}dx\\ &= \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.\end{align} $$

Answer 5

El mismo truco que el T.A.E. pero sin integrar por partes: $$ \begin{align} \left(\int_{-\infty}^\infty x^2\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x\right)^2 &=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty x^2y^2\,e^{-x^2}e^{-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^\infty\int_0^{2\pi}r^4\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)\,e^{-r^2}\,r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r\\ &=\int_0^\infty r^4e^{-r^2}\,r\,\mathrm{d}r\int_0^{2\pi}\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac18\int_0^\infty s^2e^{-s}\,\mathrm{d}s\int_0^{2\pi}\sin^2(2\theta)\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac18\cdot2!\cdot\pi\\ &=\frac\pi4 \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \int_{-\infty}^\infty x^2\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{\sqrt\pi}{2} $$ Se puede utilizar la integración por partes para obtener $\int_0^\infty s^2e^{-s}\,\mathrm{d}s=2$ si uno no lo reconociera como $2!$ .