Calcular el $ \int_{-\infty}^{\infty} x^4 H(x)^2 e^{-x^2} dx$ donde $H(x)$ es un polinomio de Hermite

Question

Necesito calcular la siguiente integral

$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^4 H(x)^2 e^{-x^2} dx.$$

donde $H(x)$ es un polinomio de Hermite.

He intentado utilizar la relación de recurrencia, pero no tengo la respuesta.

Answer 1

Usted puede tener la forma cerrada para su integral

$$\int_{-\infty}^{\infty} x^4 H_n(x)^2 e^{-x^2} dx = \frac{3\sqrt{\pi}}{4}{2}^{n}\left(2 \,{n}^{2}+2\n+1 \right)n!\,,\quad n=0,1,2,3,\dots\,. $$

Agregó: Uno puede tener una forma cerrada fórmula para otra integral implica el cúbicos de Hermite

$$\int_{-\infty}^{\infty} x H_n(x)^3 e^{-x^2} dx= {\frac { 48\,(512)^n \Gamma \left( n+\frac{3}{2} \right)^{3}}{\pi \, \left( n+1 \right) }}.\quad n=0,1,2,3,\dots\,.$$

Answer 2

Este documento, "En las Plazas de los Polinomios de Hermite", nos dice que $$ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{[H_n(x)]^2z^n}{2^nn!} = \frac{\exp{(2x^2z/(1+z))}}{\sqrt{1-z^2}}. $$ Multiplicando por $x^4\mathrm{e}^{-x^2}$ e integrar da que
$$ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \, \sum_{n=1}^{\infty} \frac{[H_n(x)]^2x^4\mathrm{e}^{-x^2}z^n}{2^nn!} \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp{(2x^2z/(1+z)-x^2)}}{\sqrt{1-z^2}}x^4 \, \mathrm{d}x. $$ La integral en el lado derecho es un clásico integral a partir de la física estadística, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp{(2x^2z/(1+z)-x^2)}}{\sqrt{1-z^2}}x^4 \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp{(-x^2(1-z)/(1+z))}}{\sqrt{1-z^2}}x^4 \, \mathrm{d}x = \frac{3\sqrt{\pi}(1+z)^2}{4(1-z)^3}. $$ Tenga en cuenta que $$ \frac{(1+z)^2}{(1-z)^3} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \ (2n^2+2n+1) \ z^n, \qquad \mbox{para} \ |z|<1, $$ lo que nos da el resultado que @Mhenni Benghorbal mencionado (bajo la advertencia de que podemos intercambiar la suma y la integración en el lado izquierdo).

Ahora, vamos a tratar de evaluar el caso más general de
$$ F(n,m) = \int^{\infty}_{-\infty} \, [H_n(x)]^2x^{2m}\mathrm{e}^{-x^2} \, \mathrm{d}x. $$ Repetimos el proceso anterior, donde en el lado derecho tenemos para evaluar las integrales de la forma $$ (1-z^2)^{-\frac{1}{2}}\int^{\infty}_{-\infty} \,x^{2m}\mathrm{e}^{-\left(\frac{1-z}{1+z}\right)x^2} \, \mathrm{d}x = \frac{(1+z)^{m}}{(1-z)^{m+1}}\Gamma\left(\frac{2m+1}{2}\right). $$ Tenga en cuenta que $$ \frac{(1+z)^{m}}{(1-z)^{m+1}} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} c_nz^{n+1}, $$ donde $c_0=1$, $c_1=2m$ y $(2+n)c_{n+2} -2mc_{n+1}=nc_n$ (no voy a intentar resolver la relación de recurrencia - incluso de la solución para que nuestro $m=2$ de los casos en Wolfram Alpha dio el resultado en términos de algo que se llama la Lerch Trascendental!). En cualquier caso, $$ F(n,m) = 2^nn!c_n(m)\Gamma\left(\frac{2m+1}{2}\right). $$ Para el caso especial $m=0$, $$ F(n,0) = 2^nn!c_n(0)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = 2^nn!\sqrt{\pi}, $$ lo que confirma un conocido resultado (de la Wikipedia), que $$ \int_{-\infty}^\infty H_m(x) H_n(x)\, \mathrm{e}^{-x^2}\, \mathrm{d}x = 2^n n! \sqrt{ \pi}\delta_{nm} $$