Calcular integral $\int_{-\infty}^{\infty} x^{4n} e^{-x^2/2} \, dx$

Question

Mientras resolvía un problema más general, me encontré con la siguiente integral

$$I= \int_{-\infty}^{\infty} x^{4n} e^{-x^2/2} \, dx$$

Para empezar, he definido $t:=x^2/2$ para obtener

\begin{align*} I= \int_{-\infty}^\infty x^{4n} e^{-x^2/2} \, dx &= 2\int_0^\infty x^{4n} e^{-x^2/2} \, dx \\ &= 2 \int_0^\infty (\sqrt{2t})^{4n} e^{-t} \frac{dt}{\sqrt{2t}} \\ &= 2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \int_0^\infty t^{2n - 1/2} e^{-t} \, dt \end{align*}

Esto parece ser una integral de función gamma. Yo empezaría integrando por partes

\begin{align*} \int_0^{+\infty} t^{2n-\frac{1}{2}}e^{-t} \, dt&=[ -t^{2n-\frac{1}{2}}e^{-t}]_0^{+\infty} - (-)(2n-\frac{1}{2})\int_0^{+\infty}t^{2n-\frac{1}{2}-1}e^{-t} \, dt \\ &=(2n-\frac{1}{2})\int_0^{+\infty}t^{2n-\frac{1}{2}-1}e^{-t} \, dt \end{align*}

Pero, ¿cómo seguir adelante?

He buscado en una tabla y el resultado debería ser

$$I=2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \Gamma\left(2n+ \frac 1 2 \right)$$

PD: ¡Métodos alternativos que eviten la función gamma son muy bienvenidos! :)

EDITAR: Creo que lo que Yves sugirió fue lo siguiente

$$I= \int_{-\infty}^\infty x^{4n} e^{-x^2/2}= (2n-\frac{1}{2}) (2n-\frac{3}{2}) (2n-\frac{5}{2})\cdots\frac{3}{2}\frac{1}{2} \int_0^{+\infty}t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}\,dt=(2n-\frac{1}{2}) (2n-\frac{3}{2}) (2n-\frac{5}{2})\cdots\frac{3}{2}\frac{1}{2}\ \ 2\int_0^{+\infty}e^{-t} \, d(\sqrt{t})$$

¡Alrigtht! Veo que $(2n-\frac{1}{2}) (2n-\frac{3}{2}) (2n-\frac{5}{2})\cdots\frac{3}{2}\frac{1}{2} = \Gamma\left(2n+ \frac 1 2 \right)$ NAIVE pregunta sin embargo: ¿cómo ver que $\int_0^{+\infty}e^{-t} \, d(\sqrt{t})=2 (\sqrt{2})^{4n - 1}$ ?

Answer 1

Tenga en cuenta que

$$I(a)= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^2} \, dx=\sqrt{\frac \pi a} $$

Entonces

$$\int_{-\infty}^{\infty} x^{4n} e^{-x^2/2} \, dx = \frac{d^{2n} I(a)}{da^{2n}}\bigg|_{a=\frac12}= \sqrt{\pi}\cdot \frac{d^{2n} (a^{-\frac12})}{da^{2n}}\bigg|_{a=\frac12} = \frac{(4n-1)! \sqrt{2\pi}}{2^{2n-1}(2n-1)!} $$

Answer 2

Realmente has terminado después de la primera integración por partes: como $\displaystyle \Gamma(z) = \int_0^\infty x^{z-1} e^{-x}\,dx,$

$\displaystyle 2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \int_{0}^{\infty} t^{2n -\frac{1}{2}} e^{-t} dt =2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \int_{0}^{\infty} t^{2n + \frac{1}{2}-1} e^{-t} dt =2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \Gamma\left(2n+ \frac 1 2 \right).$

En otras palabras, su integral es la función gamma con $z = 2n+\frac{1}{2}$ .

En cuanto al otro método, tienes:

Ha demostrado que si $\displaystyle I_n = \int_0^{\infty} t^{2n-\frac{1}{2}}\,{dt} $ entonces $I_n = \left(2n-\frac{1}{2}\right)I_{n-1}$ para que $$I_n =(2n-\frac{1}{2}) \cdot (2n-\frac{3}{2}) \cdot (2n-\frac{5}{2})\cdots\frac{3}{2} \cdot I_1 $$

Dónde $\displaystyle I_1 = \int_0^{+\infty}t^{\frac{1}{2}}e^{-t}\,dt$ entonces $t = x^2$ muestra que
$$\displaystyle I_1 = 2 \int_0^{\infty} x^2 e^{-x^2}\,{dx}. $$

Que se evalúa como $\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$ (véase aquí ). Por lo tanto

$$\begin{aligned} I &= \sqrt{\pi} \cdot (2n-\frac{1}{2}) \cdot (2n-\frac{3}{2}) \cdot (2n-\frac{5}{2})\cdots\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}\\& =\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2n}}(4n-1) (4n-3) (4n-5)\cdots 3 \cdot 1 \\& =\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2n}}\frac{(4n-1)(4n-2) (4n-3)(4n-4) (4n-5)\cdots 1}{(4n-2) (4n-4) \cdots 2 } \\& =\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2n}}\frac{(4n-1)(4n-2) (2n-3)(2n-4) (2n-5)\cdots 3 \cdot \cdot 2 \cdot 1}{2^{2n} (2n-1) (2n-2) \cdots 1 } \\& = \frac{(4n)!\sqrt{\pi}}{2^{4n}(2n)!}.\end{aligned} $$

Por lo tanto su integral original es $\displaystyle I =2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \frac{(4n)!\sqrt{\pi}}{2^{4n}(2n)!}.$

Esto concuerda con $\displaystyle I = 2 (\sqrt{2})^{4n - 1} \Gamma\left(2n+ \frac 1 2 \right)$ como $\displaystyle \Gamma\left(2n+ \frac 1 2 \right) = \frac{(4n)!\sqrt{\pi}}{2^{4n}(2n)!}$ (véase aquí ).

Answer 3

Se puede utilizar la fórmula conocida (en cualquier caso muy fácil de demostrar) de los momentos simples Impares de la Gaussiana Estándar

$$\mathbb{E}[X^{2n}]=\frac{(2n)!}{2^n\cdot n!}$$

Así me das resultados integrales

$$\frac{\sqrt{2\pi}(4n)!}{4^n\cdot(2n)!}$$

Para demostrar que este resultado coincide con el esperado, basta con observar que

$$\frac{\sqrt{2\pi}(4n)!}{4^n\cdot(2n)!}=2^{2n+1/2}\cdot\Gamma\left(2n+\frac{1}{2}\right)$$

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Su integral es la siguiente

$$I=\sqrt{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} x^{2m}\phi(x)dx$$

donde

• $m=2n$

• $\phi(x)$ es la densidad de una gaussiana estándar, es decir, una distribución gaussiana con media cero y varianza 1.

• ahora sólo tienes que aplicar la fórmula conocida para los momentos Impares simples que mostré. La prueba está disponible en muchos libros de texto básicos de Estadística y es muy fácil: basta con calcular la expansión de Taylor de MGF y obtener las derivadas en $t=0$