Cómo calcular la siguiente integral?

Question

Estoy tratando de calcular la siguiente integral

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\lambda_{1}}{2}e^{-\lambda_{1}|x|-\frac{\lambda_{2}}{2}x^{2}}dx $$

Después de la simplificación tengo

$$ 2\int_{0}^{\infty}\frac{\lambda_{1}}{2}e^{-\lambda_{1} x-\frac{\lambda_{2}}{2}x^{2}}dx $$

¿Alguien sabe cómo continuar?

También, este puede ser resuelto utilizando la función gamma?

Gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que podemos escribir

$$\begin{align} I(\lambda_1,\lambda_2)&=\frac{\lambda_1}{2}\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_1 |x|-\frac12 \lambda_2 x^2}\,dx\\\\ &=\frac{\lambda_1}{2}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac12 \lambda_2 \left(x^2+2\frac{\lambda_1}{\lambda_2}|x|\right)}\,dx\\\\ &=\frac{\lambda_1}{2}e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac12 \lambda_2 \left(|x|+\frac{\lambda_1}{\lambda_2}\right)^2}\,dx\\\\ &=\lambda_1 e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\int_0^\infty e^{-\frac12 \lambda_2 \left(x+\frac{\lambda_1}{\lambda_2}\right)^2}\,dx\\\\ &=\lambda_1 e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\int_{\lambda_1/\lambda_2}^\infty e^{-\frac12 \lambda_2 x^2}\,dx\\\\ &=\lambda_1 \sqrt{\frac{2}{\lambda_2}}e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\int_{\lambda_1/\sqrt{2\lambda_2}}^\infty e^{-x^2}\,dx\\\\ &= \sqrt{\frac{\pi \lambda_1^2}{2\lambda_2}}e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\text{erfc}\left(\sqrt{\frac{\lambda_1^2}{2\lambda_2}}\right) \end{align}$$

donde $\text{erfc}(x)$ es la función complementaria de error.

Answer 2

Utilizando el Dr. MV solución, como el OP lo pidieron, esta es una solución con la función gamma incompleta. $$I(\lambda_1,\lambda_2)= \sqrt{\frac{ \pi \lambda_1^2}{2\lambda_2}}e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2} -\sqrt{\frac{ \lambda_1^2}{2\lambda_2}}e^{ \lambda_1^2/2\lambda_2}\gamma\left({1\over 2},\frac{\lambda_1^2}{2\lambda_2}\right)$$

Answer 3

La definición de transformada de Fourier (FT) mediante la siguiente fórmula:

$$\tag{1}\hat f(u):=\int_{-\infty}^{\infty}e^{2i\pi t u}f(t)dt$$

uno tiene la isometría fórmula:

$$\tag{2}\int_{-\infty}^{\infty}f(t) g(t) dt \ = \ \int_{-\infty}^{\infty}\hat f(u) \hat g(u) du$$

Permítanos calcular por separado (o adaptación de las tablas, ya que son "avatares" de la clásica transformación de pares) los PIES de

• $f(t):=\frac{\lambda_{1}}{2}e^{-\lambda_{1} |t|}$ $\hat f(u)=\dfrac{\lambda_1^2}{\lambda_1^2+4 \pi^2 u^2}$ ("un simétrica exponencial (Laplace dist.) se intercambian con un Cauchy función").

• $g(t):=e^{-\frac{\lambda_2}{2}t^2}$ $\hat g(u)=\sqrt{\dfrac{2\pi}{\lambda_2}}e^{-\frac{2 \pi^2}{\lambda_2}u^{2}}$ ("picos función Gaussiana es tranformed en un plano función de Gauss")

Basta ahora a aplicar (2) para obtener:

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\lambda_1^2}{\lambda_1^2+4 \pi^2 u^2}\sqrt{\dfrac{2\pi}{\lambda_2}}e^{-\frac{2 \pi^2}{\lambda_2}u^{2}}du=\sqrt{\dfrac{2\pi}{\lambda_2}}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{1+(K u)^2}e^{-\frac{1}{2 \sigma^2}u^{2}}du$$

donde $K:=\dfrac{2 \pi}{\lambda_1} \ \ \text{and} \ \ \sigma:=\dfrac{\lambda_2}{2 \pi}.$

La expansión en serie de $\dfrac{1}{1+(K u)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(Ku)^{2n}$, integrando término a término mediante el uso de la clásica de los momentos de la distribución normal ($\hat{m}_{2n} = \sigma^{2n} (2n-1)!!$), se reconoce el desarrollo de las complementarias de la función de error:

$$\sqrt{\pi}\lambda_3 \text{erfc}(\lambda_3) \ \ \text{where} \ \ \lambda_3:=\dfrac{\lambda_1}{\sqrt{2 \lambda_2}}$$

Comentario: he hecho al principio de este cálculo con Mathematica...