Evaluación de

Question

quiero entender que la solución de la siguiente integral: $$\int_{0}^{+\infty} x^{-1/2}\;\exp({-x-\frac{a}{x}})dx=\sqrt\pi\; \exp(-2\sqrt a),\, a>0$$ La solución fue generado por Mathematica, pero no puedo encontrar una manera de resolverlo de mi mismo. He probado a sustituir a $\exp(-\frac{a}{x})=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-\frac{a}{x})^n}{n!}$ y la conmutación de la integración y la suma de (ahora sé que esto no es legal en este caso), que dio: $$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-a)^n}{n!}\int_0^{+\infty}x^{\frac 1 2 -n+1}\;e^{-x}dx$$ Yo ahora también sabemos que estas integrales no convergen, pero solo he puesto a $\Gamma(\frac 1 2-n)=\sqrt \pi \frac{n!(-4^n)}{(2n)!}$, lo que se obtiene: $$ \sum_{n=0}^\infty\frac{(2\sqrt a)^n}{n!}\sqrt \pi= \sqrt\pi \;\exp(2\sqrt a)$$ Parece que el uso de $|\Gamma(\frac 1 2-n)|$ en lugar de $\Gamma(\frac 1 2-n)$ da los resultados correctos. La observación de que $$x^{\frac 1 2 -n+1}\;e^{-x}>0\,\forall x\in(0,+\infty)$$ usando el valor absoluto parece de alguna manera justificada.

Mis preguntas son:
1. ¿Cómo se puede evaluar la integral original?
2. Podrían los métodos solía ser modificado de manera que eran legales y se dio el resultado correcto?

Muchas gracias a todos de antemano :)

Answer 1

Sugerencia. Una forma de ver la evaluación de la integral dada es el uso de la siguiente propiedad

De la propiedad. Si $f\in L^1(\mathbb{R})$, luego $$ \int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\,du = \int_{-\infty}^{+\infty}f\left(u-\frac{1}{u}\right)\,du. $$

Ver muchas pruebas aquí.

Por el cambio de variable, $$ x=\sqrt{a}\cdot u^2, \qquad du= 2^{-1}a^{-1/4}\cdot x^{-1/2}\:dx, \qquad a>0. $$ Uno se $$ \begin{align} \int_0^\infty x^{-1/2}e^{\large -x-\frac ax}dx& =2a^{1/4}\int_0^\infty e^{\large -\sqrt{a}\left(u^2+\frac 1{u^2}\right)}du \\\\& =a^{1/4}e^{-2\sqrt{a}}\int_{-\infty}^\infty e^{\large -\sqrt{a}\left(u-\frac 1{u}\right)^2}du \\\\& =a^{1/4}e^{-2\sqrt{a}}\int_{-\infty}^\infty e^{\large -\sqrt{a}\cdot u^2}du \\\\& =\sqrt{\pi}\cdot e^{-2\sqrt{a}} \end{align} $$ como era de esperar.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty}x^{-1/2}\exp\pars{-x - {a \over x}}\,\dd x \\[5mm] \stackrel{x\ =\ \root{a}\exp\pars{2\theta}}{=}\,\,\,& \int_{0}^{\infty}a^{-1/4}\expo{-\theta}\exp\pars{-\root{a}\expo{2\theta} - {a \over \root{a}\expo{2\theta}}}\,2a^{1/2}\expo{2\theta}\,\dd \theta \\[5mm] = &\ 2a^{1/4}\int_{-\infty}^{\infty} \expo{\theta}\exp\pars{-2\root{a}\cosh\pars{2\theta}}\,\dd \theta \\[5mm] = &\ 2a^{1/4}\int_{-\infty}^{\infty} \bracks{\cosh\pars{\theta} + \sinh\pars{\theta}}\exp\pars{-2\root{a}\bracks{2\sinh^{2}\pars{\theta} + 1}}\,\dd \theta \\[5mm] = &\ 4a^{1/4}\exp\pars{-2\root{a}}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-4\root{a}\sinh^{2}{\theta}}\cosh{\theta}\,\dd \theta \\[5mm] \stackrel{\sinh\pars{\theta}\ =\ t}{=}\,\,\,& 4a^{1/4}\exp\pars{-2\root{a}} \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-4\root{a}t^{2}}\,\dd t = 4a^{1/4}\exp\pars{-2\root{a}}\pars{\root{\pi}/2 \over 2a^{1/4}} \\[5mm] = &\ \bbx{\root{\pi}\exp\pars{-2\root{a}}} \end{align}