¿Cómo evaluar $\int_0^\infty\operatorname{erfc}^n x\ \mathrm dx$?

Question

¿Evalué con éxito estas integrales: $\int_0^\infty\operatorname{erfc}x\ \mathrm dx = \frac1 {\sqrt\pi}, \tag1$ $ $$ \int_0^\infty\operatorname{erfc}^2x\ \mathrm dx = \frac {2-\sqrt2} {\sqrt\pi} \tag2,$$ pero tiene problemas y un caso general $$ \int_0^\infty\operatorname{erfc}^n x\ \mathrm dx.\tag4 $$ \int_0^\infty\operatorname{erfc}^3x\ \mathrm dx\tag3$ $ $$ podría usted sugerir un enfoque para evaluar así?

Answer 1

Aquí está mi juicio, que es un éxito parcial, pero que todavía no se responder a tu pregunta.

El uso de algunos de coordinar el cambio, yo derivados que

$$ I_{n} := \int_{0}^{\infty} \mathrm{erfc}^{n}(x) \, dx = \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{2}{\sqrt{\pi}} \right)^{n-1} \int_{T^{n-1}} \int_{0}^{\infty}^{n-1}e^{-(|x|^{2}-1)s^{2}} \mathrm{erfc}(s) \, ds d\sigma_{x}, \etiqueta{*} $$

donde $T^{n-1} = \{ x \in [0, \infty)^{n} : x_{1} + \cdots + x_{n} = \sqrt{n} \}$ es un $(n-1)$-simplex y $d\sigma_{x}$ es la superficie medida en $T^{n-1}$.

---

Caso $n = 1$. Desde $T^{0} = \{1\}$ y $d\sigma_{x} = \delta(x-1)$ es una unidad de masa situada en $x = 1$, la ecuación $\text{(*)}$ no da ninguna información nueva.

---

Caso $n = 2.$ Es fácil encontrar que

$$ \int_{0}^{\infty} e^{-(|x|^{2}-1)s^{2}} \mathrm{erfc}(s) \, ds = \frac{1}{2|x|(|x|+1)}$$

y mediante una adecuada parametrización del segmento de línea $T^{1}$, obtenemos

\begin{align*} I_{2} &= \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{T^{1}} \frac{1}{2|x|(|x|+1)} \, d\ \ sigma_{x} \\ &= \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{\sqrt{2}} \frac{\sqrt{2} \, dt}{2\sqrt{t^{2} + (\sqrt{2}-t)^{2}} ( \sqrt{t^{2} + (\sqrt{2}-t)^{2}} + 1)} \\ &= \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{d\theta}{1+\cos\theta} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \tan\left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}. \end{align*}

También podemos escribir

$$ I_{2} = \boxed{ \displaystyle \frac{2}{\sqrt{\pi}} - \frac{2\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan(\infty) }. $$

---

Caso $n = 3$. Tenemos

$$ \int_{0}^{\infty}^{2}e^{-(|x|^{2}-1)s^{2}} \mathrm{erfc}(s) \, ds = \frac{1}{2\sqrt{\pi}(|x|^{2}-1)} \left( \frac{\arctan\sqrt{|x|^{2}-1}}{\sqrt{|x|^{2}-1}} - \frac{1}{|x|^{2}} \right). $$

Ahora sabemos que $T^{2}$ es un triángulo equilátero con lado de longitud $\sqrt{6}$. Así, mediante la introducción de coordenadas polares cambio, obtenemos

\begin{align*} I_{3} &= \frac{2}{\pi^{3/2}\sqrt{3}} \int_{T^{2}} \frac{1}{|x|^{2}-1} \left( \frac{\arctan\sqrt{|x|^{2}-1}}{\sqrt{|x|^{2}-1}} - \frac{1}{|x|^{2}} \right) \, d\sigma_{x} \\ &= \frac{4\sqrt{3}}{\pi^{3/2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \int_{0}^{\frac{\sec\theta}{\sqrt{2}}} \frac{1}{r} \left( \frac{\arctan r}{r} - \frac{1}{r^{2} + 1} \right) \, drd\theta \\ &= \frac{4\sqrt{3}}{\pi^{3/2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \left( 1- \frac{\arctan\left(\sec\theta / \sqrt{2}\right)}{\sec\theta / \sqrt{2}} \right) \, d\theta \\ &= \frac{4\sqrt{3}}{\pi^{3/2}} \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} \left( 1 - \frac{\arctan u}{u} \right) \frac{du}{u\sqrt{2u^{2} - 1}}. \end{align*}

No he probado la última integral, pero Mathematica sugiere que

$$ \int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\sqrt{2}} \left( 1 - \frac{\arctan u}{u} \right) \frac{du}{u\sqrt{2u^{2} - 1}} = \frac{\sqrt{3}\pi}{4} -\sqrt{\frac{3}{2}} \arctan\left( \sqrt{2} \right).$$

Esto le da

$$ I_{3} = \boxed{ \displaystyle \frac{3}{\sqrt{\pi}} - \frac{6\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan\left( \sqrt{2} \right) }, $$

lo cual puede ser comprobado numéricamente.

---

Estoy tratando de generalizar este cálculo de dimensiones superiores, pero parece un poco intimidante. Por ejemplo, si $n = 4$ tenemos que evaluar

$$ \int_{0}^{\infty} \mathrm{erfc}^{4}(x) \, dx = \frac{1}{\pi^{3/2}} \int_{T^{3}} \frac{2|x|+1}{(|x|+1)^{2}|x|^{3}} \, d\ \ sigma_{x}. $$

Sin embargo, utilizando la fórmula

$$ \int_{T^{n-1}} f(|x|) \, d\ \ sigma_{x} = n! \int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{n-1}}} \int_{0}^{\sqrt{\frac{n}{n-2}}s_{1}} \cdots \int_{0}^{\sqrt{\frac{3}{1}}s_{n-2}} f\left( \sqrt{1+s_{1}^{2} + \cdots + s_{n-1}^{2}} \right) \, ds_{n-1} \cdots ds_{1} $$

junto con la ayuda de Mathematica, yo era capaz de evaluar $I_{4}$ y fue

$$ I_{4} = \boxed{ \displaystyle \frac{4}{\sqrt{\pi}} - \frac{24\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan \left( \frac{1}{\sqrt{8}} \right) }. $$

---

Estas series de observaciones nos llevan a creer que $I_{n}$ es de la forma

$$ I_{n} = \frac{n}{\sqrt{\pi}} - \frac{n!\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan \alpha_{n} $$

para algunos razonablemente agradable $\alpha_{n}$ (con $\alpha_{1} = 0$, $\alpha_{2} = \infty$, $\alpha_{3} = \sqrt{2}$ y $\alpha_{4} = \frac{1}{\sqrt{8}}$), pero a la inversa simbólico cálculos muestran que esto parece que ya no es el caso para $n \geq 5$.

De hecho, para $n = 5$ tenemos

$$ I_{5} = \frac{5}{\sqrt{\pi}} - \frac{80\sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan \sqrt{\frac{2}{3}} + \frac{240\sqrt{2}}{\pi^{5/2}}\left( \sqrt{\frac{5}{3}}, \sqrt{\frac{3}{2}}, \sqrt{\frac{4}{5}} \right), $$

donde $A(p, q, r)$ es la generalizada Ahmed integral. No tengo idea de si se va a reducir a un familiar de forma cerrada o no.

Answer 2

Integrando por partes dos veces,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{3}(x) \ dx y= x \ \text{erfc}^{3}(x) \Big|^{\infty}_{0} + \frac{6} {\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty}x \ \text{erfc}^{2}(x) e^{-x^{2}} \, dx \\ &= - \frac{3 \ \text{erfc}(x) e^{-x^{2}}}{\sqrt{\pi}} \Big|_{0}^{\infty} - \frac{12}{\pi} \int_{0}^{\infty}\text{erfc}(x) e^{-2x^{2}} \ dx \\ &= \frac{3}{\sqrt{\pi}} - \frac{12}{\pi} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}(x) e^{-2x^{2}} \, dx \end{align}$$

Y

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}(x) e^{-2x^{2}} \ dx &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \int_{1}^{\infty} x e^{-x^{2}t^{2}} e^{-2x^{2}} \ dt \, dx \\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x e^{-(2+t^{2})x^{2}} \, dx \ dt \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{2+t^{2}} \ dt = \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{\pi}} \int_{1 / \sqrt{2}}^{\infty} \frac{1}{1+u^{2}} \ du \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{\pi}} \Big[ \frac{\pi}{2} - \arctan \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \Big] \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{\pi}} \arctan \sqrt{2} \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{3}(x) \ dx &= \frac{3}{\sqrt{\pi}} - \frac{12}{\pi} \Big( \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{\pi}} \arctan \sqrt{2}\Big) \\ &= \frac{3}{\sqrt{\pi}} - \frac{6 \sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan \sqrt{2} \end{align}$$

EDITAR:

De nuevo la integración por partes dos veces,

$$\int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{4}(x) \ dx = \frac{4}{\sqrt{\pi}} + \frac{24}{\pi} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{2}(x) e^{-2x^{2}} \, dx$$

En general,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}(ax) \ \text{erfc}(bx) e^{-px^{2}} \ dx &= \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\infty} \int_{a}^{\infty} \int_{b}^{\infty} x^{2} e^{-x^{2}y^{2}} e^{-x^{2} z^{2}} e^{-px^{2}} \, dx \\ &= \frac{4}{\pi} \int_{a}^{\infty} \int_{b}^{\infty} \int_{0}^{\infty} x^{2} e^{-(p+y^{2}+z^{2})x^{2}} \, dx \ dy \ dz \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{a}^{\infty} \int_{b}^{\infty} \frac{1}{(p+y^{2}+z^{2})^{3/2}} \ dy \ dz \end{align}$$

Deja $ $ y = \sqrt{p+z^{2}} \tan \theta$.

$$ \begin{align} &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{a}^{\infty} \int_{\arctan(b / \sqrt{p+z^{2}})}^{\pi /2} \frac{\cos \theta}{p+z^{2}} \ d \theta \ dz = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{a}^{\infty} \frac{1}{p+z^{2}} \Big(1- \frac{b}{\sqrt{p+b^{2}+z^{2}}} \Big) \ dz \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi p}} \arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{a} \right) - \frac{b}{\sqrt{\pi}} \int_{a}^{\infty} \frac{1}{(p+z^{2})\sqrt{p+b^{2}+z^{2}}} \ dz \end{align}$$

Deje que $ \displaystyle t = \frac{1}{z}$.

$ $ a =\frac{1}{\sqrt{\pi p}} \arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{a} \right) - \frac{b}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{1/} \frac{t}{(1+pt^{2})\sqrt{1+b^{2}t^{2}+pt^{2}}} \ dt$$

Vamos a $u^{2} = 1+b^{2}t^{2} + p t^{2}$.

$$ \begin{align} &= \frac{1}{\sqrt{\pi p}} \arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{a} \right) - \frac{b}{\sqrt{\pi}} \int_{1}^{\sqrt{p+a^{2}+b^{2}}/} \frac{1}{b^{2}+pu^{2}} \ du \\ &=\frac{1}{\sqrt{\pi p}} \arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{a} \right) - \frac{1}{\sqrt{\pi p}}\int_{\sqrt{p} / b}^{\sqrt{p(p+a^{2}+b^{2)}}/(ab)} \frac{1}{1+w^{2}} \ dw \\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi p}} \left[\arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{a} \right) +\arctan \left(\frac{\sqrt{p}}{b} \right) - \arctan \left( \frac{\sqrt{p(p+a^{2}+b^{2})}}{ab}\right) \right] \end{align}$$

$ $

A continuación, dejar que $a=b=1$ y $p=2$,

$$ \int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{2}(x) e^{-2x^{2}} \ dx = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \Big( 2 \arctan \sqrt{2}- \arctan \sqrt{8} \Big)$$

Así que, finalmente, hemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \text{erfc}^{4}(x) \ dx &= \frac{4}{\sqrt{\pi}} - \frac{12 \sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \Big(2 \arctan \sqrt{2}- \arctan \sqrt{8} \Big) \\ &= \frac{4}{\sqrt{\pi}} - \frac{24 \sqrt{2}}{\pi^{3/2}} \arctan \left( \frac{1}{\sqrt{8}} \right) \end{align}$$

Answer 3

$I_5$ puede reducirse a una integral de funciones elementales. Es decir,

\begin{eqnarray} I_5&=&\int_0^{\infty}\operatorname{erfc}^5x\,dx =\\ &=&\frac{5}{\pi^{1/2}}-\frac{240\sqrt{2}\arctan{\sqrt{2}}}{\pi^{5/2}}\left(\arctan2- \frac{\pi}{4}\right)+\frac{480}{\pi^{5/2}}\int_{\operatorname{arcsinh 1}}^{\infty}\frac{\arctan(\cosh x)}{3\cosh^2x-1}dx. \end{eqnarray}

Haciendo el cambio de variables $z=e^{-x}$ en el resto de la integral, se puede volver a escribir como \begin{eqnarray} \int_{\operatorname{arcsinh 1}}^{\infty}\frac{\arctan(\cosh x)}{3\cosh^2x-1}dx=\\ =\frac{1}{\sqrt3}\Im \int_{1+\sqrt2}^{\infty}\left(\frac{\log\left(1+i\frac{z+z^{-1}}{2}\right)}{z^2-\frac{2}{\sqrt3}z+1}-\frac{\log\left(1+i\frac{z+z^{-1}}{2}\right)}{z^2+\frac{2}{\sqrt3}z+1}\right)dz. \end{eqnarray} Es bastante obvio que esto puede ser escrita en términos de dilogarithm valores (como ya he sugerido en la versión anterior de mi post). En particular, Mathematica puede evaluar las integrales pero soy demasiado perezoso para escribir su respuesta larga - ver el comentario de Vladimir Reshetnikov a continuación.

---

Con el fin de obtener la primera fórmula:

1. Integrar dos veces por partes para expresar $I_5$ en $Q=\int_0^{\infty}e^{-2x^2}\operatorname{erfc}^3x\,dx$.

2. A continuación, considere la posibilidad de un parámetro de deformación $Q(\alpha)=\int_0^{\infty}e^{-2x^2}\operatorname{erfc}^3(\alpha x)\,dx$.

3. La derivada $P'(\alpha)$ es fácilmente computable. La integración hacia atrás y el uso que $P(\infty)=0$, obtenemos \begin{eqnarray} I_5=\frac{5}{\pi^{1/2}}-\frac{240\sqrt{2}\arctan{\sqrt{2}}}{\pi^{5/2}}\left(\arctan2 - \frac{\pi}{4}\right)+\frac{480}{\pi^{5/2}}\int_1^{\infty}\frac{\arctan\sqrt{1+\alpha^2}}{\left(3\alpha^2+2\right)\sqrt{1+\alpha^2}}d\alpha. \end{eqnarray}

4. El resto de la integral da la expresión anterior después de que el cambio de variables $\alpha =\sinh x$.