Cómo integrar la $\int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}dx$

Question

¿Cómo puedo abordar esta integral? ( $0<a \in \mathbb{R}$ $n \in \mathbb{N}$)

$$\large\int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx$$

Integración por partes no parece hacerlo todo más sencillo.

Consejos por favor? :)

Answer 1

Integración por partes no ayuda!

Supongamos $a>0, n\in\mathbb{N}$. Llame a su integral $I_{2n}$. A continuación,

$$ \begin{align} I_{2n}&=\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2}a x^2} x\cdot x^{2n-1} dx=\int_{-\infty}^\infty -\frac{1}{a} \frac{d}{dx}\left(e^{-\frac{1}{2} ax^2}\right) x^{2n-1} dx \\ &= \frac{2n-1}{a} I_{2n-2} \end{align} $$

Sabiendo que $I_0=\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{1}{2} ax^2} dx = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}$, obtenemos

$$I_{2n}= \frac{(2n-1)!! \sqrt{2\pi}}{a^{n+\frac{1}{2}}}$$

Answer 2

De esta manera es más fácil que el IBP:

$$ \begin{align} & \hspace{6mm}\int_{-\infty}^\infty e^{- \lambda x^2 } x^{2n} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty (-1)^n \frac{d^n}{d \lambda^n} e^{-\lambda x^2} dx \\ &= (-1)^n \frac{d^n}{d \lambda^n} \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda x^2} dx \end{align} $$

Answer 3

Puesto que el integrando es incluso entonces \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx=2\int_{0}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx \end{align} Por medio de la sustitución $t=x^2$ tenemos \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx&=2\int_{0}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx\\ &=\int_{0}^\infty t^{n-\frac{1}{2}}e^{- \frac{1}{2} at } \, dt \end{align} A continuación, mediante la sustitución de $u=\frac{1}{2} at$ tenemos \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}\, dx &=\int_{0}^\infty t^{n-\frac{1}{2}}e^{- \frac{1}{2} at } \, dt\\ &=\int_{0}^\infty \left(\frac{2u}{a}\right)^{n-\frac{1}{2}}e^{- u } \, \frac{2du}{a}\\ &=\left(\frac{2}{a}\right)^{n+\frac{1}{2}}\int_{0}^\infty u^{n-\frac{1}{2}}e^{- u } \, du\\ &=\left(\frac{2}{a}\right)^{n+\frac{1}{2}}\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right) \end{align} donde $\Gamma(z)$ es la función gamma.

Answer 4

All hail Leibniz!

Esencialmente, se trata de actuar $-2 \frac{d}{da}$, $n$ veces, en $\int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } dx = \sqrt{\frac{2 \pi}{a}}$:

$$\int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } x^{2n}dx = \int_{-\infty}^\infty (-2)^n \frac{d^n}{da^n} (e^{- \frac{1}{2}ax^2 })dx = (-2)^n \frac{d^n}{da^n} \int_{-\infty}^\infty e^{- \frac{1}{2} ax^2 } dx = (-2)^n \frac{d^n}{da^n} \sqrt{\frac{2 \pi}{a}} = \frac{(2n-1)!!}{a^n} \sqrt{\frac{2 \pi}{a}}$$

Answer 5

Mediante la ampliación de la integral de la siguiente manera \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}/2} x^{2n} \, dx &= \int_{-\infty}^{0} e^{-a x^{2}/2} x^{2n} \, dx + \int_{0}^{\infty} e^{-a x^{2}/2} x^{2n} \, dx \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} e^{-a x^{2}/2} x^{2n} \, dx \end{align} cuando el cambio se $x \rightarrow -x$ se hizo en la primera integral. Ahora hacer la sustitución $u = ax^2/2$ para obtener la integral \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}/2} x^{2n} \, dx &= \left(\frac{2}{a}\right)^{n+1/2} \, \int_{0}^{\infty} e^{-u} u^{n-1/2} \, du \\ &= \left(\frac{2}{a}\right)^{n+1/2} \, \Gamma\left( n + \frac{1}{2} \right). \end{align}