¿Por qué puede $\int_{x=0}^{\infty} x\,\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm {d}x$ no se evalúa por partes para obtener $\frac{1}{2\alpha}$ ?

Question

Puede $\int_{x=0}^{\infty} x\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\,\mathrm {d}x$ se evaluará por partes para demostrar que $\int_{x=0}^{\infty} x\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\,\mathrm {d}x= \frac{1}{2\alpha}$

Sé que esto se puede hacer sin piezas mediante la sustitución $-\alpha x^2=u \Rightarrow -2\alpha x\, \mathrm {d}x=\mathrm {d}u$ entonces $x\mathrm dx=\frac {-1}{2\alpha}\mathrm du$ ; de tal manera que

$\displaystyle\int_{x=0}^{\infty} xe^{-\alpha x^2}\,dx=\frac {-1}{2\alpha}\displaystyle\int_{x=0}^{\infty} e^u \mathrm du= \left [ \frac {-1}{2\alpha}\displaystyle e^{-\alpha x^2} \right]_{x=0}^{\infty}=\frac{1}{2\alpha}$

Sin embargo, ¿se puede hacer así?

$\color{blue}{I}$ $=\displaystyle\int_{x=0}^{\infty} xe^{-\alpha x^2}\,dx= x\int_{x=0}^{\infty}e^{-\alpha x^2} - \int_{x=0}^{\infty}\left(\int_{x=0}^{\infty}e^{-\alpha x^2}\mathrm dx\right)\mathrm{d}x$

Ahora $$\int_{x=0}^{\infty}e^{-\alpha x^2}\mathrm dx= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^\frac{1}{2}\tag{1}$$

Ahora, mediante la inserción de $(1)$ en $\color{blue}{I}$ rendimientos,

$\color{blue}{I}=\displaystyle\int_{x=0}^{\infty} xe^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x=\underbrace{ \left [ x\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^\frac{1}{2} \right ]_{x=0}^{\infty} - \int_{x=0}^{\infty} \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^\frac{1}{2} \mathrm {d}x}_{\large\text{$\color {rojo}{ \mathrm {Undefined}} $}}\ne \frac{1}{2\alpha}$ lo cual es claramente una contradicción.

Me doy cuenta de que esto puede ser descaradamente obvio para muchos de ustedes por qué esto nunca funcionará, pero no está claro para mí.

Lo que no puedo entender es que si se le pide que evalúe digamos $\int x\sin x\,\mathrm{d}x$ por partes yo haría lo siguiente: $\int x\sin x\,\mathrm dx= x\int \sin x\,\mathrm dx-\int\left(\int \sin x\,\mathrm dx\right)\mathrm{d}x= \sin x -x\cos x$ + C. Pero el método no funciona para $\int_{x=0}^{\infty} x\mathrm{e}^{-\alpha x^2}\,\mathrm dx$ por partes como se muestra arriba. ¿Por qué?

Podría alguien explicarme por qué no puedo realizar esta integral por partes para obtener la respuesta $\dfrac{1}{2\alpha}$ ?

Answer 1

Una forma típica de escribir la integración por partes es identificar la integral original como $\int u \, dv$ y entonces podemos utilizar la identidad $$\int u \, dv = uv - \int v \, du$$ Dónde formamos $du$ de $u$ diferenciando $u$ con respecto a la variable independiente, y formamos $v$ de $dv$ por antidiferenciación.

En tu caso, si no me equivoco, tienes $u = x$ y $dv = e^{-\alpha x^2} dx$ . Para proceder, es necesario encontrar $v$ que sería una antiderivada de $e^{-\alpha x^2}$ . No podrás encontrar una forma cerrada para esto, pero al menos puedes escribir $v(x) = \int_0^x e^{-\alpha t^2} \, dt$ gracias al Teorema Fundamental del Cálculo.

Esto cambiaría el resultado de su propuesta de integración por partes. Terminarías con una antiderivada para tu integrando original de: $$x \int_0^x e^{-\alpha t^2} \, dt - \int \int_0^x e^{-\alpha t^2} \,dt\, dx$$

Ahora, cuando se intenta hacer un Definitivamente integral por partes, normalmente prefiero calcular primero una antiderivada (integral indefinida) por partes y luego simplemente usar FTC. Así que para adaptar tu ejemplo, si quisiera saber $\int_0^{\pi} x \sin x \, dx$ Podría utilizar primero la integración por partes como lo hiciste tú para encontrar una antiderivada y entonces tendría $$\int_0^{\pi} x \sin x \, dx = \left.\sin x - x \cos x\right|_0^{\pi} = 0 - (-\pi) - (0 - 0)$$ Pero, puedes hacer integrales definidas (adecuadas) por partes simplemente usando los mismos puntos finales en la integral resultante, y evaluando la parte "uv" a través de esos puntos finales. Sin embargo, tu integral es impropia, así que esto introduce un paso extra: $$\int_0^{\infty} x e^{-\alpha x^2} \, dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^bx e^{-\alpha x^2} \, dx $$ Aplicando lo anterior y abusando de la notación, $$\int_0^bx e^{-\alpha x^2} \, dx = \left.\left( x \int e^{-\alpha x^2} \, dx \right)\right|_0^b - \int_0^b \left(\int e^{-\alpha x^2} \, dx \right) \, dx$$

Si pasamos a utilizar $F(x) = \int_0^x e^{-\alpha t^2} \, dt$ como nuestra antiderivada, esto daría como resultado $$\int_0^bx e^{-\alpha x^2} \, dx = \left. x F(x) \right|_0^b - \int_0^b F(x) \, dx$$

Pero, por desgracia, esto no lleva a ningún sitio útil. El primer término se convierte en $bF(b) - 0 = bF(b)$ . Como ha observado, como $b \to \infty$ $F(b) \to \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)^{\frac{1}{2}}$ pero como hay un factor de $b$ el primer término simplemente va a $\infty$ . El segundo término creo que es un poco difícil de analizar. Tal vez haya una forma inteligente de abordarlo, pero no la conozco.

Creo que vas a estar insatisfecho con la respuesta final aquí porque a donde va esto es a lo siguiente: encontraste por un método más simple que esta integral tiene un valor finito. Usaste la integración por partes (te equivocaste) pero llegaste a una expresión del tipo $\infty - \infty$ . En realidad, es a lo que nos llevaría este método independientemente del error. La respuesta final es que esto no es una contradicción con su respuesta original. Los límites del tipo $\infty - \infty$ son indeterminados, lo que significa que podría ser cualquier cosa. Puede ser infinito o finito. Se requiere un análisis más profundo para encontrar la respuesta. Como es el caso, usted tenía ya está hecho el análisis posterior y encontró que la respuesta era $\frac{1}{2\alpha}$ .

Answer 2

Dejemos que $u = a \, x^{2}$ entonces $du = 2 a \, x \, dx$ . En la integral presentada la unidad diferencial forma parte del integrando. Teniendo esto en cuenta, entonces \begin {align} I &= \int_ {0}^{ \infty x \N, e^{-a \}, x^{2} \N - dx = \frac {1}{2a} \, \int_ {0}^{ \infty e^{- u} \N - du = \frac {1}{2a}. \end {align}

Ahora, si se considera la integración por partes se obtiene lo siguiente. \begin {align} I &= \left [ \frac {x^{2}} {2}, e^{-a x^{2}} \right ]_{0}^{ \infty } + a \, \int_ {0}^{ \infty } x^{3} \N, e^{-a x^{2}} \N, dx = a \N -, \int_ {0}^{ \infty } x^{3} \N - e^{-a x^{2} \N - dx \\ &= \frac {a^{2}}{2} \, \int_ {0}^{ \infty } x^{5} \N - e^{-a x^{2} \N - dx \\ &= \cdots. \end {align} Se puede definir la integral como $I_{1}$ y a partir de la integración por partes mostrar que $$I_{1} = \frac{a^{2n-1}}{(2n-1)!} \, I_{2n+1}$$ donde $$I_{m} = \int_{0}^{\infty} x^{m} \, e^{-a x^{2}} \, dx.$$

En el sentido general, la integración por partes hace más complicadas las integrales del tipo que se puede calcular fácilmente, pero a menudo puede utilizarse para desarrollar una expansión en serie para las aproximaciones. Para demostrarlo, consideremos la misma integral con un límite inferior diferente. \begin {align} J_{b}(a) &= \int_ {b}^{ \infty } x \N - e^{- a x^{2} \N - dx \\ &= \left [ \frac {x^{2}} {2}, e^{- a x^{2}} \right ]_{b}^{ \infty } + a \, \int_ {b}^{ \infty } x^{3} \N - e^{- a x^{2} \N - dx \\ &= - \frac {b^{2}} {2}, e^{-a b^{2}} - \frac {a \_, b^{4}} {4}, e^{-a b^{2}} - \frac {a^{2} \N -, b^{6} {12}, e^{a b^{2}} - \cdots. \end {align} Esto presenta la integral como una serie de potencias en $b$ .

Answer 3

Si quieres integrar por partes como sugiere (1), debes diferenciar $x$ e integrar $e^{-\alpha x^2}$ . La primera tarea es clara, la segunda es imposible en términos de funciones elementales. Entonces, ¿cuál es tu error? Bueno, me parece que usted cree erróneamente que una primitiva de $e^{-\alpha x^2}$ es $\int_0^\infty e^{-\alpha x^2} \, dx$ . Esto no puede ser cierto, ya que $\int_0^\infty e^{-\alpha x^2} \, dx$ es un número real, y la derivada de un número real dado es siempre cero.

Answer 4

Usted puede integrar por partes, pero probablemente dará lugar a una integral más difícil. Por ejemplo, $$ \begin{align} \int_0^\infty xe^{-ax^2}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^\infty\overbrace{\ e^{-ax^2}\ }^{\large u}\,\overbrace{\ \ \mathrm{d}x^2\ \ \vphantom{e^{-ax^2}}}^{\large\mathrm{d}v}\\ &=\frac12\left[x^2e^{-ax^2}\right]_0^\infty-\frac12\int_0^\infty\overbrace{\ \ \ x^2\ \ \ \vphantom{\mathrm{d}e^{-ax^2}}}^{\large v}\,\overbrace{\mathrm{d}e^{-ax^2}}^{\large\mathrm{d}u}\\[9pt] &=a\int_0^\infty x^3e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x \end{align} $$