Evaluar la integral definida, $\int_{-1}^1 \exp(1/(x^2-1)) \, dx$

Question

Cómo evaluar la siguiente integral definida:

$$\int_{-1}^1 \exp\left(\frac1{x^2-1}\right) \, dx$$

Parece que la integral indefinida también puede ser expresado en funciones estándar. Me gustaría que cualquier solución popular en la escuela primaria o no-funciones elementales.

Answer 1

La simetría de el integrando y sustitución de variable $t=1/(1-x^2)-1$ puede ser utilizado para transformar su integral como sigue: $$ I=\int_{-1}^1 \exp\left(\frac{1}{x^2-1}\right)dx=\int_0^1 2\exp\left(\frac{1}{x^2-1}\right)dx =\frac{1}{e}\int_0^{\infty}\frac{e^{-t}dt}{\sqrt{t}(1+t)^{3/2}}\,, $$ Arce puede evaluar esta integral en términos de Meijer $G$-función, así como la obtenida por J. M. después de "persuasión" de su Mathematica. Alternativamente, esta integral puede ser reconocido como Whittaker función del $W$. La misma conclusión puede ser también llegaron a señalar que esta integral es, efectivamente, la transformada de Laplace y usando un comando apropiado de Arce (o Mathematica), con el resultado de $$ I=\sqrt{\frac{\pi}{e}} W_{-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}}(1) \aprox 0.44399\,. $$ Esta respuesta es sólo un poco más elegante que el J. M. de la; aún no primaria y estoy seguro de si se podría describir de Whittaker función como "popular". También puede considerar la reformulación de esto en términos de la función hipergeométrica confluente.

Actualizado 15/05/2012: parece que usted puede evitar el uso de Whittaker función después de todo, en el costo de calcular una función Bessel modificada y una cierta continuación de la fracción. Específicamente, las identidades 13.17.3 y 13.18.9, en el "nuevo" DLMF, conducen a la simple resultado: $$ I=\frac{K_0(1/2)}{C\sqrt{e}}\,, $$ con la constante $C$ dado por la siguiente continuó la fracción: $$ C=1+\frac{1/2}{1+}\,\frac{3/2}{1+}\,\frac{3/2}{1+}\,\frac{5/2}{1+}\,\frac{5/2}{1+}\, \frac{7/2}{1+}\,\frac{7/2}{1+}\,\cdots =\frac{W_{0,0}(1)}{W_{-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}}(1)}\aprox 1.2628295456\,. $$ En términos de las funciones involucradas, esto es mucho más "elemental". Desde el punto de vista computacional, sospecho que el original de la respuesta anterior es más práctico.

Answer 2

El uso de la simetría $x \to -x$ y el cambio de las variables de $t = 1/\sqrt{1-x^2}$ tenemos $2 \int_1^\infty \dfrac{e^{-t^2}}{t^2 \sqrt{t^2-1}} dt$, que Maple 16 puede evaluar como ${{\rm e}^{-1/2}} \left( {{\rm K}_1\left(1/2\right)}- {{\rm K}_0\left(1/2\right)} \right) $.

Answer 3

Tengo el mejor enfoque:

$\int_{-1}^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx$

$=\int_{-1}^0e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx+\int_0^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx$

$=\int_1^0e^{\frac{1}{(-x)^2-1}}~d(-x)+\int_0^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx$

$=\int_0^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx+\int_0^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx$

$=2\int_0^1e^{\frac{1}{x^2-1}}~dx$

$=2\int_0^\infty e^{\frac{1}{\tanh^2x-1}}~d(\tanh x)$

$=2\int_0^\infty e^{-\frac{1}{\text{sech}^2x}}~d(\tanh x)$

$=2\int_0^\infty e^{-\cosh^2x}~d(\tanh x)$

$=2\left[e^{-\cosh^2x}\tanh x\right]_0^\infty-2\int_0^\infty\tanh x~d\left(e^{-\cosh^2x}\right)$

$=4\int_0^\infty e^{-\cosh^2x}\sinh x\cosh x\tanh x~dx$

$=4\int_0^\infty e^{-\cosh^2x}\sinh^2x~dx$

$=4\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh2x+1}{2}}\dfrac{\cosh2x-1}{2}dx$

$=2e^{-\frac{1}{2}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh2x}{2}}(\cosh2x-1)~dx$

$=e^{-\frac{1}{2}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh2x}{2}}(\cosh2x-1)~d(2x)$

$=e^{-\frac{1}{2}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh x}{2}}(\cosh x-1)~dx$

$=e^{-\frac{1}{2}}\left(K_1\left(\dfrac{1}{2}\right)-K_0\left(\dfrac{1}{2}\right)\right)$