¿Cómo puedo evaluar $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}(2x^2-1)}{1+x^2}dx$ ?

Question

¿Cómo puedo resolver esta integral? $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}(2x^2-1)}{1+x^2}dx.$$ ¿Puedo resolver este problema utilizando la transformada de Laplace? ¿Cómo puedo hacerlo?

Answer 1

Evaluaré la integral

$$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-x^2}}{1+x^2}dx$$

utilizando una de mis técnicas favoritas (que he oído que también era la favorita de Richard Feynman). Esto resolverá tu problema ya que, como señala Dilip, tu integral puede escribirse como

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-x^2}(2x^2+2-3)}{1+x^2}dx=2\sqrt{\pi}-3I.$$

Para encontrar el valor de $I$ dejamos, para $t\geq 0$ ,

$$I(t)=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-tx^2}}{1+x^2}dx.$$

Entonces $I(0)=\arctan{\infty}-\arctan{(-\infty)} = \pi$ y $$I'(t)=\int_{-\infty}^\infty\frac{-x^2e^{-tx^2}}{1+x^2}dx.$$

Por lo tanto, $I(t)$ satisface la ecuación diferencial

$$I(t)-I'(t)=\int_{-\infty}^\infty e^{-tx^2}dx = \sqrt{\frac{\pi}{t}}.$$

Multiplicando todo por $e^{-t}$ tenemos

$$-\frac{d}{dt}(e^{-t}I(t)) = e^{-t}\sqrt{\frac{\pi}{t}}.$$

Integración de $t=0$ a $t$ encontramos

$$-e^{-t}I(t)+I(0) = \sqrt{\pi} \int_0^t \frac{e^{-t}}{\sqrt t}dt = 2\sqrt{\pi} \int_0^\sqrt{t}e^{-u^2} du = \pi \text{ erf}\sqrt{t}$$

Desde $I(0)=\pi$ tenemos

$$I(t)=e^t(\pi - \pi \text{ erf}(\sqrt{t})) = e^{t}\pi \text{ erfc}(\sqrt{t}).$$

Así, $I=I(1) = e\pi\: \text{erfc}(1)$ y su integral es $2\sqrt\pi - 3e\pi\text{erfc}(1)$ . ( ¡Mira! )

Nota La otra solución que propongo a continuación es mucho más rápida, pero no tan divertida.

Answer 2

Esta es otra forma de evaluar la integral

$$I=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-x^2}}{1+x^2}dx.$$ Escribe

$$\frac{1}{1+x^2}= \int_0^\infty e^{-s(1+x^2)}ds,$$

para que

$$I=\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \int_{0}^\infty e^{-s(1+x^2)}ds\: dx.$$

Cambiamos el orden de integración para obtener

$$\int_{0}^\infty e^{-s} \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2(1+s)}dx\: ds = \int_{0}^\infty e^{-s} \sqrt{\frac{\pi}{1+s}} ds = e\sqrt{\pi}\int_{0}^\infty \frac{e^{-(s+1)}}{\sqrt{1+s}} ds = e\pi \text{ erfc}(1).$$

(Para ver que esta última integral es efectivamente $\sqrt\pi \text{ erfc}(1)$ , poned $u=\sqrt{1+s}$ , $du= \frac{ds}{2\sqrt{1+s}}$ .)

Answer 3

Para encontrar $I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}(2x^2-1)}{1+x^2}dx$ , empecemos por definir para $n \in \mathbb{N}$ $$ I_n = \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} e^{-x^2}\,dx $$ y observe que $I_0=\sqrt{\pi}$ , también llamado Integral gaussiana , puede resolverse mediante un bonito truco de coordenadas polares o por esta técnica y que $I_1=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ se mostró aquí . Podemos encontrar el resto utilizando integración por partes. Con $$ \begin{array}{lcl} v=-\frac{1}{2}e^{-x^2} && dv=xe^{-x^2}dx \\ u=x^{2n-1} && du=(2n-1)x^{2n-2}dx, \end{array} $$ para $n>1$ tenemos $$ \begin{array}{lcl} I_n &=& \int udv = uv - \int vdu \\ &=& -\frac{1}{2} \left[ x^{2n-1} e^{-x^2} \right]_{-\infty}^{\infty} + \frac{2n-1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n-2} e^{-x^2} \\ &=& \frac{2n-1}{2} I_{n-1} \end{array} $$ donde el primer término de la derecha desaparece porque el término exponencial domina todos los términos polinómicos. Esto demuestra que, inductivamente, $$ I_n = \frac{(2n)!}{2^{2n}n!} I_0 $$ Pero el uso de $\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$ , podemos expandir el integrando de $I$ : $$ \frac{2x^2-1}{1+x^2} = (2x^2-1) \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} = 2-3\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} $$ y por tanto obtenemos (observando que las integrales convergen todas convergen debido al término exponencial dominante) $$ \begin{array}{lcl} I &=& 2I_0-3(I_0-I_1+\dots) = 2I_0-3 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n I_n \\ &=& \left( 2-3 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(2n)!}{2^{2n}n!} \right) I_0 \end{array} $$ donde la serie $$ \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(2n)!}{2^{2n}n!} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2} - \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 2 \cdot 2} + \cdots = e \sqrt\pi\; \text{erfc}(1) $$ también puede expresarse mediante $\Gamma(\frac{1}{2}-n)=(-1)^n\frac{(2n)!}{4^{n}n!}\sqrt\pi$ y una expansión en serie para el función de error complementario como $$ I = 2\sqrt\pi - 3 \; \sum_{n=0}^{\infty} \; \Gamma(\tfrac{1}{2}-n) = 2\sqrt\pi - 3e\pi\;\text{erfc}(1) \;. $$

Answer 4

Sugerencia: Si quieres utilizar la transformada de Laplace, necesitarás un cambio de variables $x^2 = t$ .

Answer 5

Escribir $2x^2-1$ como $2x^2 + 2 - 3$ la integral se simplifica en $$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\exp(-x^2)\frac{2x^2-1}{1+x^2}\mathrm dx &= 2\int_{-\infty}^{\infty}\exp(-x^2)\mathrm dx -3 \int_{-\infty}^{\infty}\exp(-x^2)\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx\\ &= 2\sqrt{\pi} - \frac{3}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\pi}\exp(-\omega^2/4) \pi\exp(-|\omega|)\mathrm d\omega\\ &= 2\sqrt{\pi} - 3\sqrt{\pi}\int_{0}^{\infty}\exp(-\omega^2/4) \exp(-\omega)\mathrm d\omega\\ &= 2\sqrt{\pi} - 6\pi e \int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(\omega + 2)^2}{2\cdot(\sqrt{2})^2}\right) \mathrm d\omega\\ \end{align*}$$ donde en el segundo paso, hemos utilizado un resultado bien conocido (véase, por ejemplo, la respuesta de bgins y los enlaces que contiene) sobre la primera integral, y hemos aplicado la forma de producto interno de Teorema de Parseval para convertir la segunda integral en la integral del producto de la Transformadas de Fourier $\sqrt{\pi}\exp(-\omega^2/4)$ y $\pi\exp(-|\omega|)$ de $\exp(-x^2)$ y $(1+x^2)^{-1}$ respectivamente, mientras que el último paso sigue al completar el cuadrado en el exponente y escribir el como la función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria variable aleatoria normal con media $-2$ y la varianza $2$ . Por lo tanto, tenemos que $$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\exp(-x^2)\frac{2x^2-1}{1+x^2}\mathrm dx &= 2\sqrt{\pi} -6\pi e \Phi(-2/\sqrt{2})\\ &= 2\sqrt{\pi} -6\pi e Q(\sqrt{2}) \end{align*}$$ donde $\Phi(\cdot)$ es la función de distribución normal acumulativa normal acumulativa y $Q(x) = 1-\Phi(x)$ es su complemento. Como $\text{erfc}(x) = 2Q(x\sqrt{2})$ el valor también puede ser expresado como $2\sqrt{\pi} - 3e\pi \text{erfc}(1)$ como en las respuestas de Bruno y bgins.