Cómo evaluar $\int_{0}^{\infty }\frac{x^{4}e^{-2x^{2}}}{\left ( 1+x^{2} \right )^{4}}\mathrm{d}x$

Question

Cómo evaluar la siguiente integral $$\int_{0}^{\infty }\frac{x^{4}e^{-2x^{2}}}{\left ( 1+x^{2} \right )^{4}}\mathrm{d}x$$ ¿Podemos resolverlo sin utilizar el método de análisis complejo?

Answer 1

Utilizaría la identidad $$(1+X)^{-\gamma}=\frac{1}{\Gamma(\gamma)}\int_0^\infty d\xi\ \xi^{\gamma-1}e^{-\xi}e^{-\xi X}$$ para escribir $$ \int_{0}^{\infty }\frac{x^{4}e^{-2x^{2}}}{\left ( 1+x^{2} \right )^{4}}\mathrm{d}x =\frac{1}{\Gamma(4)}\int_{0}^\infty d\xi\ \xi^3 e^{-\xi} \int_0^\infty dx\ x^4 e^{-2 x^2-\xi x^2}=\frac{1}{\Gamma(4)}\int_0^\infty d\xi \xi^3 e^{-\xi}\frac{3 \sqrt{\pi }}{8 (\xi +2)^{5/2}}\ , $$ que parece mucho más agradable. Cambiar las variables a $\xi+2=t$ para conseguir $$ \frac{3\sqrt{\pi}e^{2}}{8\Gamma(4)}\int_2^\infty dt (t-2)^3 \frac{e^{-t}}{t^{5/2}}\ . $$ Ampliar $(t-2)^3$ se queda con cuatro integrales elementales.

Answer 2

Definir $$ f_k(a)=\int_0^\infty\frac{e^{-ax^2}\,\mathrm{d}x}{\left(1+x^2\right)^k}\tag{1} $$ Entonces tenemos $$ \int_0^\infty\frac{x^4e^{-2x^2}}{(1+x^2)^4}\,\mathrm{d}x=f_4''(2)\tag{2} $$ Desde $(1)$ obtenemos la recursión $f_k(a)-f_k'(a)=f_{k-1}(a)$ , lo que significa que $$ f_k(a)=e^a\int_a^\infty e^{-t}f_{k-1}(t)\,\mathrm{d}t\tag{3} $$ A partir de $$ f_0(a)=\frac12\sqrt{\frac\pi{a}}\tag{4} $$ y aplicando $(3)$ $4$ veces, obtenemos $$ f_4(a)=\frac{\sqrt{\pi a}}{48}\left(4a^2-8a+15\right)-\frac{\pi e^a}{96}\left(8a^3-12a^2+18a-15\right)\operatorname{erfc}\left(\sqrt{a}\right)\tag{5} $$ Aplicando $(2)$ a $(5)$ obtenemos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty\frac{x^4e^{-2x^2}}{(1+x^2)^4}\,\mathrm{d}x =\frac{17}{16}\sqrt{2\pi}-\frac{241}{96}\pi e^2\operatorname{erfc}\left(\sqrt2\right)}\tag{6} $$ donde $$ \operatorname{erfc}(a)=\frac2{\sqrt\pi}\int_a^\infty e^{-x^2}\,\mathrm{d}x\tag{7} $$

Answer 3

Apliquemos Teorema de Plancherel

$$ \int_{\mathbb{R}} f(x)g(x)dx= \int_{\mathbb{R}}\hat{f}(k)\hat{g}(k)dk \quad (*) $$

Aquí el sombrero representa la transformada de Fourier de la cantidad correspondiente Nótese que esto es posible porque estamos tratando con una función par y podemos dejar de lado algunas conjugaciones compelx porque todo es real.

Vamos a establecer $f(x)=e^{-2x^2}$ y $g(x)=\frac{x^4}{(1+x^2)^4}$ . Entonces tenemos (ambos FT son estándar tranquilos, completar el cuadrado para el primero y utilizar el teorema del residuo para el segundo)

$$ \hat{f}(k)=\frac{1}{2}e^{-k^2/8}\\ \hat{g}(k)=\frac{\sqrt{\pi}}{48\sqrt{2}}\left(\Theta(k)e^{-k}(k^3-6 k^2+3k+3)-\Theta(-k)e^{k}(k^3+6 k^2+3k-3)\right) $$

donde $\Theta(k)$ denota la función de Heaviside. No tengo tiempo en este momento para terminar el cálculo bastante tedioso pero sencillo de (*) a partir de aquí, pero estoy seguro de que puedes llevarlo a casa si tienes en cuenta la definición de la función de error

Answer 4

Ilustraremos una metodología para evaluar la integral de interés que se basa en el "Método de Feynmann" para diferenciar bajo la integral.

Para empezar, aumentamos la integral de interés introduciendo el parámetro $a$ en el argumento exponencial del integrando. Sea $I(a)$ denotan la integral

$$I(a)=\int_0^\infty \frac{x^4e^{-ax^2}}{(1+x^2)^4} \,dx\tag 1$$

Entonces, la integral de interés viene dada simplemente por

$$I(2)=\int_0^\infty \frac{x^4e^{-ax^2}}{(1+x^2)^4} \,dx$$

Utilizando la expansión parcial de la fracción en el término $\frac{x^4e^{-ax^2}}{(1+x^2)^4}$ revela

$$\frac{x^4}{(1+x^2)^4}=\frac{1}{(1+x^2)^2}-\frac{2}{(1+x^2)^3}+\frac{1}{(1+x^2)^4} \tag 2$$

por lo que podemos escribir $(1)$ como

$$\begin{align} I(a)&=\int_0^\infty \frac{e^{-ax^2}}{(1+x^2)^2}\,dx-2\int_0^\infty \frac{e^{-ax^2}}{(1+x^2)^3}\,dx+\int_0^\infty \frac{e^{-ax^2}}{(1+x^2)^4}\,dx \\\\ &=e^a\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{(1+x^2)^2}\,dx-2e^a\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{(1+x^2)^3}\,dx+e^a\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{(1+x^2)^4}\,dx \tag 3 \end{align}$$

Podemos evaluar cada una de las $3$ integrales en el lado derecho de $(3)$ diferenciando bajo la integral. En particular, evaluaremos la primera integral en el lado derecho de $(3)$ y dejar la evaluación de la segunda y tercera integrales como ejercicio.

Dejemos que $F_n(a)$ denotan la integral

$$F_n(a)=\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{(1+x^2)^n}\,dx$$

La integral $F_0(a)$ es gaussiano y se evalúa fácilmente; encontramos que $F_0(a)$ est

$$\begin{align} F_0(a)&=\int_0^\infty e^{-a(1+x^2)}\,dx\\\\ &=\frac{\sqrt \pi}{2}\frac{e^{-a}}{\sqrt a}\end{align}$$

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INTEGRACIÓN $F_0(a)$

Anotar $F_1'(a)=-F_0(a)$ con $F_1(0)=\pi/2$ , produce

$$\begin{align} F_1(a)&=\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{1+x^2}\,dx\\\\ &=\frac\pi 2-\int_0^a F_0(y)\,dy\\\\ &=\frac{\pi }{2}-\frac{\sqrt \pi}{2}\int_0^a \frac{e^{-y}}{\sqrt y}\,dy\\\\ &=\frac{\pi}{ 2}-\frac{\pi}{2}\frac{2}{\sqrt \pi}\int_0^a e^{-t^2}\,dt\\\\ &=\frac{\pi}{2}\text{erfc}(\sqrt a) \end{align}$$

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INTEGRACIÓN $F_1(a)$

Del mismo modo, ya que $F_2'(a)=-F_1(a)$ con $F_2(0)=\pi/4$ tenemos

$$\begin{align} F_2(a)&=\int_0^\infty \frac{e^{-a(1+x^2)}}{(1+x^2)^2}\,dx\\\\ &=\frac\pi 4-\int_0^a F_1(x)\,dx\\\\ &=\frac\pi 4-\frac{\pi}{2}\int_0^a \text{erfc}(\sqrt x)\,dx\\\\ &=\frac\pi 4-\pi \int_0^{\sqrt a} x\,\text{erfc}(x)\,dx\\\\ &=\frac\pi 4-\pi\left(\frac a2\text{erfc}(\sqrt a)-\frac12 \int_0^{\sqrt{a}} x^2\,\text{erfc}'(x)\,dx\right)\\\\ &=\frac\pi 4-\frac\pi 2 a\,\text{erfc}(\sqrt a)-\frac\pi 2 \frac{2}{\sqrt \pi}\int_0^\sqrt a x^2e^{-x^2}\,dx\\\\ &=\frac\pi 4-\frac\pi 2 a\,\text{erfc}(\sqrt a)-\frac\pi 2 \frac{2}{\sqrt \pi}\left(\frac{\sqrt \pi}{4}\text{erf}(\sqrt a)-\frac {\sqrt a}2 e^{-a}\right)\\\\ &=\frac{\pi}{4}\left(1-2a\right)\text{efrc}(\sqrt a)+\frac{\sqrt \pi}{2}\sqrt a e^{-a} \end{align}$$

Así, el primer término del lado derecho de $(3)$ est $e^2F_2(2)$ .

La evaluación de $F_3(2)$ y $F_4(2)$ seguir la misma metodología y se deja como ejercicio.