Integral de tipo gamma

Question

Estaba esperando que alguien me pueda ayudar con una pregunta que me encontré recientemente: esencialmente es un gamma de tipo integral que su pedido a evaluar/reducir:

P=$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}-\frac{cx^{4}}{4}}dx$

donde c es una constante. La forma en que su pedido a evaluar es para reducir el integrando el uso de una expansión de taylor de orden 1 para la función exponencial y, a continuación, utilice el hecho de que

$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\sqrt{2\pi}$

No puedo llegar a ninguna posibles soluciones a este problema. Quiero decir que se podría decir que $e^{-\frac{x^{2}}{2}-\frac{cx^{4}}{4}}\approx1-\frac{x^{2}}{2}-\frac{cx^{4}}{4}+\dots$

pero a fin de 1 esto sería simplemente el resultado en el integrando de convertirse en 1 y esto no tiene sentido? Si la pregunta dijo que el uso de la exponencial de a de orden 2, entonces la integral para evaluar a $\sqrt{2\pi}$ y por lo tanto P sí sería la 1, pero mis pensamientos son que la reducción de P es buscado en términos de c? Por favor alguien puede proporcionar alguna orientación o una posible manera de reducir P. muchas Gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que esta integral converge al $\text{Re}(c)\geq0$ .

Al $c=0$ , la pregunta es siempre.

Yo solo es capaz de resolver el caso de un número real positivo $c$ :

$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx$

$=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\int_{-\infty}^0e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx+\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx\right)$

$=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\int_\infty^0e^{-\frac{(-x)^2}{2}-\frac{c(-x)^4}{4}}~d(-x)+\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx\right)$

$=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx+\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx\right)$

$=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt\pi}\int_0^\infty e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{cx^4}{4}}~dx$

$=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt\pi}\int_0^\infty e^{-\frac{x^2(2+cx^2)}{4}}~dx$

$=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt\pi}\int_0^\infty e^{-\frac{\bigl(\frac{\sqrt2\sinh x}{\sqrt c}\bigr)^2\bigl(2+c\bigl(\frac{\sqrt2\sinh x}{\sqrt c}\bigr)^2\bigr)}{4}}~d\biggl(\dfrac{\sqrt2\sinh x}{\sqrt c}\biggr)$

$=\dfrac{2}{\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\sinh^2x(2+2\sinh^2x)}{2c}}\cosh x~dx$

$=\dfrac{2}{\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\sinh^2x\cosh^2x}{c}}\cosh x~dx$

$=\dfrac{2}{\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\sinh^22x}{4c}}\cosh x~dx$

$=\dfrac{2}{\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh4x-1}{8c}}\cosh x~dx$

$=\dfrac{e^\frac{1}{8c}}{2\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh4x}{8c}}\cosh x~d(4x)$

$=\dfrac{e^\frac{1}{8c}}{2\sqrt{c\pi}}\int_0^\infty e^{-\frac{\cosh x}{8c}}\cosh\dfrac{x}{4}dx$

$=\dfrac{e^\frac{1}{8c}}{2\sqrt{c\pi}}K_\frac{1}{4}\left(\dfrac{1}{8c}\right)$

De hecho, este es un caso especial de que el resultado de $\int_0^\infty e^{-(ax^2+b)(cx^2+d)}~dx$, siempre que en http://pi.physik.uni-bonn.de/~dieckman/IntegralsDefinite/DefInt.html.

Por favor, siéntase libre de editar mi respuesta, si usted es capaz de entregar el caso de los complejos de número de $c$ .

Answer 2

Esto no es una integral elemental y no sé cómo puede estar en un concurso de matemáticas! Aquí le damos una solución

${\frac {{{\rm e}^{1/(8c)}} {{\rm K}_{1/4}\left(1/(8c)\right)}} {2\sqrt {c\, \pi}}},$$

donde $K_a(x)$ es el modificado función de Bessel de segunda especie.