Cómo encontrar la integral $\int_{0}^{\infty}\exp(- (ax+b/x))\,dx$ ?

Question

¿Cómo puedo encontrar $$\large\int_{0}^{\infty}e^{-\left(ax+\frac{b}{x}\right)}dx$$ donde $a$ y $b$ ¿son números positivos?

No se trata de una pregunta sobre los deberes. Estaré muy contento si alguien puede venir con una especie de límite, como un límite superior o un límite inferior de integrando.

Answer 1

Sub $u=a x+b/x$ . Entonces $a x^2-u x+b = 0$ y por lo tanto

$$x = \frac{u}{2 a} \pm \frac{\sqrt{u^2-4 a b}}{2 a}$$

$$dx = \frac1{2 a}\left (1 \pm \frac{u}{\sqrt{u^2-4 a b}}\right ) du $$

Ahora bien, debe entenderse que como $x$ atraviesa desde $0$ a $\infty$ , $u$ atraviesa desde $\infty$ hasta un mínimo de $2 \sqrt{a b}$ (correspondiente a $x \in [0,\sqrt{b/a}]$ ), entonces de $2 \sqrt{a b}$ volver a $\infty$ (correspondiente a $x \in [\sqrt{b/a},\infty)$ ). Por lo tanto, la integral es

$$\frac1{2 a} \int_{\infty}^{2 \sqrt{a b}} du \left (1 - \frac{u}{\sqrt{u^2-4 a b}}\right ) e^{-u} + \frac1{2 a} \int_{2 \sqrt{a b}}^{\infty} du \left (1 + \frac{u}{\sqrt{u^2-4 a b}}\right ) e^{-u} $$

que se simplifica a

$$\frac1{a} \int_{2 \sqrt{a b}}^{\infty} du \frac{u}{\sqrt{u^2-4 a b}} e^{-u} = 2 \sqrt{\frac{b}{a}} \int_0^{\infty} dv \cosh{v} \, e^{-2 \sqrt{a b} \cosh{v}}$$

que es entonces

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-(a x+b/x)} = 2 \sqrt{\frac{b}{a}} K_1\left ( 2 \sqrt{a b}\right )$$

Answer 2

Como usted dice, se trata de una integral difícil. Proporcionado $\Re(a)>0$ y $\Re(b)>0$ La solución que he encontrado es $$\frac{2 \sqrt{b} K_1\left(2 \sqrt{a} \sqrt{b}\right)}{\sqrt{a}}$$ en la que aparece la función de Bessel modificada del segundo tipo.

He obtenido el resultado de un CAS. No he podido obtener ninguna forma analítica para la antiderivada pero, sorprendentemente, ¡la integral salió!

Answer 3

Por supuesto que necesitamos $a,b>0$ .

Sabiendo que se supone que la respuesta es la que obtuvo Claude, puedo confirmarlo. Por cambio lineal de variables, podemos suponer $a=1$ . También para mayor comodidad tome $b = c^2/4$ . Así que ahora dejemos $$F(c) = \dfrac{1}{c} \int_0^\infty e^{-x - c^2/(4 x)}\ dx$$ Reclamo $F(c) = K_1(c)$ .
Una ecuación diferencial para $y(c) = K_1(c)$ es $$ y'' + \dfrac{1}{c} y' - \left(1 - \dfrac{1}{c^2}\right) y = 0$$ Si lo aplicamos a $F(c)$ y haciendo alguna simplificación, obtenemos $$ F'' + \dfrac{1}{c} F' - \left(1 - \dfrac{1}{c^2}\right) F = \int_0^\infty e^{-x-c^2/(4x)} \dfrac{c^2 - 4 x^2}{4 c x^2}\ dx $$ Utilizando el cambio de variables $x = c^2/(4t)$ el lado derecho se convierte en $$ - \int_0^\infty e^{-t-c^2/(4t)} \dfrac{c^2 - 4 t^2}{4 c t^2}\ dt $$ y por lo tanto es $0$ . Ahora la solución general de la ecuación diferencial es $A I_1(c) + B K_1(c)$ donde $A$ y $B$ son constantes arbitrarias. $K_1(c)$ es la solución que va a $0$ como $c \to +\infty$ y es asintótica a $1/c$ como $c \to 0+$ .

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{ax + b/x}}\,\dd x\,,\qquad a > 0\,,\quad b > 0}$ .

Vamos $\ds{x \equiv A\expo{\theta}}$ tal que $\ds{ax + {b \over x} = aA\expo{\theta} + {b \over A}\,\expo{-\theta}}$ . Podemos elegir $\ds{A}$ para satisfacer $\ds{aA = {b \over A}\quad\imp\quad A =\root{b \over a}}$ . Entonces, $\ds{ax + bx = a\root{b \over a}\pars{\expo{\theta} + \expo{-\theta}} =2\root{ab}\cosh\pars{\theta}}$

\begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{ax + b/x}}\,\dd x} =\int_{-\infty}^{\infty}\expo{-2\root{ab}\cosh\pars{\theta}}\root{b \over a} \expo{\theta}\,\dd\theta \\[3mm]&=\root{b \over a}\int_{-\infty}^{\infty}\expo{-2\root{ab}\cosh\pars{\theta}} \bracks{\cosh\pars{\theta} + \sinh\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=\color{#c00000}{2\root{b \over a}\ \overbrace{\quad\int_{0}^{\infty}\expo{-2\root{ab}\cosh\pars{\theta}} \cosh\pars{\theta}\,\dd\theta\quad}^{\ds{{\rm K}_{1}\pars{2\root{ab}}}}} \end{align} donde $\ds{{\rm K}_{\nu}\pars{z}}$ es un Función de Bessel modificada . Ver ${\bf 9.6.24}$ fórmula .

$$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{ax + b/x}}\,\dd x =2\root{b \over a}{\rm K}_{1}\pars{2\root{ab}}} $$

Answer 5

Una pista: $$\int e^{f(x)}dx=\frac{e^{f(x)}}{f'(x)}$$