¿Qué es $\int_0^{\infty}\!e^{-x^2}e^{-ae^{bx^2}}\,dx$?

Question

He estado intentando sin éxito para evaluar $$ {\Large\int_0^{\infty}\!e^{-x^2}e^{\Large \,-ae^{\,bx^2}}\,dx}. $$ No está en mis integral de las tablas. Wolfram en línea integrador de no hacerlo. No parece ser susceptible de una integral de contorno el método, y el método de la integración de $e^{−x^2}$ sola no funciona bien. Estoy tratando de resolver un PDE, que se muestra en una matemática financiera contexto y han hecho un gran progreso. Si yo pudiera hacer esta integral, tendría una forma cerrada. Cualquier halep se agradece.

Answer 1

Parece que el único enfoque para resolver esta integral es aplicar el enfoque de descomposición de la serie.

Tenga en cuenta que el siguiente procedimiento sólo funciona al$a=0$$(a\neq0$$b\leq0)$ . (Pensar ¿por qué?)

$\int_0^\infty e^{-x^2}e^{-ae^{bx^2}}~dx$

$=\int_0^\infty e^{-x^2}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(ae^{bx^2})^n}{n!}dx$

$=\int_0^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^na^ne^{(bn-1)x^2}}{n!}dx$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^na^n\sqrt{\pi}}{2n!\sqrt{1-bn}}$

Answer 2

Me parece estar tarde a la fiesta, y esto es realmente sólo un comentario sobre Harry la respuesta de Pedro, pero mientras que no parece haber ninguna forma cerrada de la solución de la integral, hay forma cerrada de los límites en que (al menos bajo la hipótesis de $a \geq 0$$b < 0$). De hecho, si denotamos el valor de su integral por $J(a,b)$, luego $$ \frac{\sqrt\pi}{2} e^{-a / \sqrt{1+b}} \leq J(a,b) \leq \frac{\sqrt\pi}{2} e^{-a}. $$ Esto puede ser lo suficientemente bueno como para lo que usted tiene en mente. (También se nota la mano derecha bound es especialmente agradable, ya que es independiente de $b$.)

Voy a esbozar la idea y dejar el final de las verificaciones. Considere la posibilidad de Harry solución de la serie $$ J(a,b) = \frac{\sqrt\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \frac{a^n}{\sqrt{1-bn}}. $$ Ignorar por el momento en que $(-1)^n$ no siempre es positivo. Entonces podríamos obligado cada término de la suma como $$ \frac{(-1)^n}{n!} \frac{a^n}{\sqrt{(1-b)^n}} \leq \frac{(-1)^n}{n!} \frac{a^n}{\sqrt{1-bn}} \leq \frac{(-1)^n}{n!} a^n, $$ que daría a los límites que yo escribía. Para deshacerse de ese $(-1)^n$ a veces es negativo tenemos en cuenta la serie de expansiones de cada uno de los límites, la suma de ellos, ya que incluso $+$ términos raros y tratar de limitar las, que es, nos muestran que \begin{align} \frac{\sqrt\pi}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \Bigl( \frac{1}{(2n)!}\frac{a^{2n}}{(1+b)^n} &- \frac{1}{(2n+1)!}\frac{a^{2n+1}}{\sqrt{(1+b)^{2n+1}}} \Bigr)\\ &\leq \frac{\sqrt\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \Bigl( \frac{1}{(2n)!} \frac{a^{2n}}{\sqrt{1-b2n}} -\frac{1}{(2n+1)!} \frac{a^{2n+1}}{\sqrt{1-b(2n+1)}} \Bigr) \\ &\leq \frac{\sqrt\pi}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \Bigl(\frac{1}{(2n)!} a^{2n} - \frac{1}{(2n+1)!} a^{2n+1} \Bigr) \end{align} probando las desigualdades mantener para cada una de las $n$-th términos. Podemos simplificar cada término por la cancelación de la $\pi$ factores, multiplicando por $(2n+1)!$ y el factoring $a^{2n}$. Entonces no es difícil, pero toma un poco de primaria trabajo, para mostrar las desigualdades que se tiene para cada término. (Tenga en cuenta que nosotros hacemos no es mostrar que cualquier de estos siempre es $\geq 0$ -- de hecho, para un fijo $n$ y grandes $a$ que no será cierto.)