Demuestre que la integral estándar: $\int_{0}^{\infty} x^4\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm dx =\frac{3}{8}{\left(\frac{\pi}{\alpha^5}\right)}^\frac{1}{2}$

Question

En mi curso de física se utiliza mucho esta fórmula estándar sin demostración, así que sería interesante ver una demostración clara de la misma. De un hilo anterior mío Conozco la prueba de

$\int x\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm dx =\dfrac{-1}{2\alpha} \mathrm e^{-\alpha x^2}$ + Constante

que amablemente me mostró un comunitario mediante la sustitución $-\alpha x^2=u \Rightarrow -2\alpha x \mathrm dx=\mathrm du$ entonces $x\mathrm dx=\frac {-1}{2\alpha}\mathrm du$ tal que

$\displaystyle\int xe^{-\alpha x^2}\,dx=\frac {-1}{2\alpha}\displaystyle\int e^u \mathrm du= \frac {-1}{2\alpha}\displaystyle e^{-\alpha x^2}+$ C. Donde C , $\alpha$$ =$constantes

El hilo anterior era simplemente un paradigma para preparar el terreno para esta pregunta. Intenté un enfoque similar para demostrar la fórmula en cuestión dejando que $u=-\alpha x^2$ También he intentado hacerlo por partes, pero sin éxito.

¿Existe una forma sencilla de demostrar $\int_{0}^{\infty} x^4\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm dx =\dfrac{3}{8}{\left(\dfrac{\pi}{\alpha^5}\right)}^\frac{1}{2}$ ?

Nota: Esta pregunta no es estrictamente un duplicado del hilo en el que se pedía demostrar que $\int_{-\infty}^{\infty} x^4\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm dx =\dfrac{3}{4}{\left(\dfrac{\pi}{\alpha^5}\right)}^\frac{1}{2}$ ya que los límites son diferentes en ese puesto. Pero reconozco que es casi lo mismo.

Cualquier prueba es buena.

Gracias, señor.

Saludos cordiales,

Blaze.

Answer 1

Una forma es utilizar el "truco de Feynman" y diferenciar bajo la integral. Nota $$\int_0^\infty x^4e^{-\alpha x^2}=\int_0^\infty \frac{\partial^2}{\partial \alpha^2}e^{-\alpha x^2}=\frac{\partial^2}{\partial \alpha^2}\int_0^\infty e^{-\alpha x^2}$$

Calcule primero la integral definida interior y luego diferénciela dos veces con respecto a $\alpha$ .

Answer 2

Otra forma de verlo (que probablemente no sea más sencilla) : Sea $u=x^2$ entonces la integral se convierte en:

$$\frac{1}{2} \int_0^\infty u^{3/2}e^{-\alpha u}du$$ que es la transformada de Laplace de $u^{3/2}$ , veces ${1}/{2}$ . Sabemos que la transformada de Laplace de $u^n$ es $n!*\alpha^{-n-1}$ o en general $\Gamma(n+1)*\alpha^{-n-1}$ . Toma, $n=3/2$ así que $$\Gamma(3/2 +1)=\Gamma(2+1/2)=3\sqrt{\pi}/4$$ $$\alpha^{-n-1}=\frac{1}{\alpha^{5/2}}$$ Por fin: $$\frac{1}{2} \int_0^\infty u^{3/2}e^{-\alpha u}du=\frac{3}{8}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha^5}}$$

Answer 3

Aquí, querrás integrar por partes para encontrar la integral de Gauss :

$$I = \int_0^{\infty} x^4 e^{-\alpha x^2} dx = \int_0^{\infty} x^3 \times x e^{-\alpha x^2} dx$$

Ahora, deja que $u = x^3$ y $v' = x e^{-\alpha x^2} $ y esto te da

$$I = \left [ -x^3 \frac{e^{-\alpha x^2}}{2\alpha} \right]_0^{\infty}+\int_0^{\infty} \frac{3}{2\alpha} x^2 e^{-\alpha x^2}dx = \frac{3}{2\alpha}\int_0^{\infty} x^2 e^{-\alpha x^2}dx $$

Ahora, deja que $u = x$ y $v' = x e^{-\alpha x^2} $ y esto te da

$$I = - \frac{3}{2\alpha}\left[ x \frac{e^{-\alpha x^2}}{2\alpha} \right]_0^{\infty} + \frac{3}{2\alpha} \int_0^{\infty} \frac{e^{-\alpha x^2}}{2\alpha} dx$$

$$= \frac{3}{4 \alpha^2} \int_0^{\infty}e^{-\alpha x^2}$$

Ahora se hace el cambio de variable $t = \sqrt\alpha\times x$ ,

$$I= \frac{3}{4 \alpha^2} \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \int_0^{\infty}e^{-t^2} dt$$

Y esto es igual a

$$I = \frac{3\sqrt{\pi}}{8 \alpha^\frac{5}{2}}$$

Answer 4

Deshazte del $x^4$ integrando por partes dos veces. Luego busca una de las muchas formas (algunas probablemente explicadas en este sitio) de evaluar la integral sobre una gaussiana. Mi favorita es elevarla al cuadrado y transformar la integral doble resultante a coordenadas polares -lo que, por cierto, también puedes hacer directamente con tu integral sin integrar primero por partes, si lo prefieres.