Integrar gaussians cuadrados

Question

Necesito calcular la integral $$ \ int _ {- \ infty} ^ \ infty e ^ {- a ^ 4 - (1-ab) ^ 4} da $$ para la cual parece que no hay una solución analítica. Probar con Mathematica tampoco da solución.

¿Tienes alguna sugerencia, o posible método para resolver esto? (p. ej. cambio inteligente de variables, ...)

Answer 1

Primero vamos a reescribir la integral un poco. La introducción de $1-b=2c$, tenemos: \begin{align} &\int_{-\infty}^\infty e^{-a^4-(1-a-b)^4}\mathrm{d}a=\int_{-\infty}^\infty e^{-a^4-(2c-a)^4}\mathrm{d}a=\int_{-\infty}^\infty e^{-(c+a-c)^4-(c+c- a)^4}\mathrm{d}a=\\ &=\int_{-\infty}^\infty e^{-(c+x)^4-(c-x)^4}\mathrm{d}x= =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2(x^4+6c^2x^2+c^4)}\mathrm{d}x=e^{16c^4}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2(x^2+3c^2)^2}\mathrm{d}x \end{align} Ahora queremos encontrar la última integral. Wolfram Alpha da $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-2(x^2+y^2)^2}\mathrm{d}x=\frac{|y|}{\sqrt{2}}e^{-y^4}K_{\frac{1}{4}}(y^4) $$ Aquí $K$ es una modificación de la función de Bessel de segunda clase. Conecte $y^2=3c^2$ y, a continuación, $2c=1-b$ para obtener la integral original se expresa como una función de la $b$: $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-a^4-(1-a-b)^4}\mathrm{d}a=\sqrt{\frac{3}{8}}\,\,|b-1|\,\,e^{\frac{7}{16}(b-1)^4}\,K_{\frac{1}{4}}\!\!\left(\frac{9}{16}(b-1)^4\right) $$ Si $b=1$ la integral es fácilmente expresable en términos de la función Gamma y este resultado coincide con el encontrado desde el resultado general al tomar el límite de $b\rightarrow 1$.
Invito a cualquiera a tratar de calcular la última integral con la mano y después de una derivación. Sospecho que tiene algo que ver con la sustitución de $x\rightarrow y\sinh t$ pero yo no llegué a ningún lado.

EDIT: me las arreglé para calcular la integral. \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-2(x^2+y^2)^2}\mathrm{d}x=2\int_0^\infty e^{-8((x/\sqrt{2})^2+y^2/2)^2}\mathrm{d}x=2\sqrt{2}\int_0^\infty e^{-8(x^2+y^2/2)^2}\mathrm{d}x \end{align} Ahora hacer la sustitución $x=|y|\sinh (t/4)$. \begin{align} 2\sqrt{2}\int_0^\infty e^{-8(x^2+y^2/2)^2}\mathrm{d}x=\frac{2\sqrt{2}}{4}|y|\int_0^\infty e^{-8y^4(\sinh(t/4)^2+1/2)^2}\cosh(t/4)\mathrm{d}t \end{align} A través de las correspondientes identidades, uno puede encontrar que $$\left(\sinh^2\left(\frac{t}{4}\right)+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{8}(1+\cosh(t))$$ Por lo tanto: $$ \frac{2\sqrt{2}}{4}|y|\int_0^\infty e^{-8y^4(\sinh(t/4)^2+1/2)^2}\cosh(t/4)\mathrm{d}t= \frac{|y|}{\sqrt{2}}\int_0^\infty e^{-y^4(\cosh(t)+1)}\cosh(t/4)\mathrm{d}t $$ Una definición de $K$ es: $$ K_{\alpha}(x)=\int_0^\infty e^{-x\cosh t}\cosh(\alpha t)\mathrm{d}t $$ Así: $$ \frac{|y|}{\sqrt{2}}\int_0^\infty e^{-y^4(\cosh(t)+1)}\cosh(t/4)\mathrm{d}t=\frac{|y|}{\sqrt{2}}e^{-y^4}K_{\frac{1}{4}}(y^4) $$ como quería.