Integral sobre exponencial reciprocial participación

Question

Quiero ver $$I := \int_{-\infty}^\infty \exp \left(-\left(x-\frac p x \right)^2\right) \, dx = \sqrt{\pi}$$ for any non-negative $p\geq 0$. I tried to prove $I^2=\pi$ aplicando el teorema de Fubini, pero no tuvo éxito.

Answer 1

La clave es que esencialmente la sustitución $u = x - p/x$. El problema es que esto no es una función inversible--tiene un positivo y una negativo raíz $x$. Para solucionarlo, dividir la integral en un lado positivo y negativo y hacer las sustituciones\begin{eqnarray} x(u) &=& \frac{1}{2}\left(u \pm \sqrt{4p+u^2}\right) \\ dx &=& \frac{1}{2}\left(1 \pm \frac{u}{\sqrt{4p+u^2}}\right) \end{eqnarray} esto da\begin{multline} \int_{-\infty}^\infty \exp\left[-\left(x-\frac{p}{x}\right)^2\right]\,dx =\int_{-\infty}^0 \exp\left[-\left(x-\frac{p}{x}\right)^2\right] \, dx+\int_0^\infty \exp\left[-\left(x-\frac{p}{x}\right)^2\right]dx \\= \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-u^2}}{2}\left(1 - \frac{u}{\sqrt{4p+u^2}}\right) \, du + \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-u^2}}{2}\left(1 + \frac{u}{\sqrt{4p+u^2}}\right) \, du \\= \int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}du = \sqrt{\pi} \end{multline}

Answer 2

Usando la sustitución $$ x = \frac {u + \sqrt {u ^ 2 + 4 p}} 2\implies\mathrm {d} x = \frac12\left(1+\frac{u}{\sqrt{u^2+4p}}\right)\mathrm {d} u $$ tenemos $u=x-\frac px$ y, como $u$ varía de $-\infty$ $+\infty$, $x$ varía de $0$ $\infty$.

Puesto que el integrando es uniforme, $$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,\mathrm{d}x &=2\int_0^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,\mathrm{d}x\\ &=2\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}\frac12\left(1+\frac{u}{\sqrt{u^2+4p}}\right)\mathrm{d}u\\ &=\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}\,\mathrm{d}u\\[6pt] &=\sqrt\pi \end {alinee el} $$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{I \equiv \int_{-\infty}^{\infty} \exp\pars{-\bracks{x - {p \sobre x}} ^{2}}\,\dd x = \raíz{\pi}:\ {\large }}$

\begin{align} I &\equiv \int_{-\infty}^{\infty}\exp\pars{-\bracks{x - {p \over x}} ^{2}}\,\dd x = 2\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-p\bracks{{x \over \root{p}} - {\root{p} \over x}} ^{2}}\,\dd x \\[5mm] & = 2\root{p}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-p\bracks{x - {1 \over x}} ^{2}}\,\dd x \\[5mm] & = \root{p}\bracks{% \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-p\bracks{x - {1 \over x}} ^{2}}\,\dd x + \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-p\bracks{x - {1 \over x}} ^{2}}\,\dd x} \\[5mm] & = \root{p}\bracks{% \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-p\bracks{x - {1 \over x}} ^{2}}\,\dd x + \int_{\infty}^{0}\exp\pars{-p\bracks{{1 \over x} - x} ^{2}} \,\pars{-\,{1 \over x^{2}}}\dd x} \\[5mm] & = \root{p} \int_{0}^{\infty}\exp\pars{-p\bracks{x - {1 \over x}} ^{2}} \pars{1 + {1 \over x^{2}}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{x - 1/x\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, \int_{-\infty}^{\infty}\expo{-px^{2}}\root{p}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{-\infty}^{\infty}\expo{-x^{2}}\,\dd x = \bbx{\root{\pi}} \end{align}

Answer 4

Pensé que podría ser instructivo para presentar otro enfoque de los ya publicados. Para ello, vamos a proceder.

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No hay nada particularmente especial acerca de la función de $e^{-\left(x-\frac px\right)^2}$ en el desarrollo.

De hecho, el uso de las sustituciones $x=-\sqrt{p}e^{-t}$ $x\in (-\infty, 0]$ $x=\sqrt{p}e^{t}$ $x\in [0,\infty)$ integral $\int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac px\right)\,dx$ rendimientos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac px\right)\,dx&=\int_{-\infty}^0 f\left(x-\frac px\right)\,dx+\int_{0}^\infty f\left(x-\frac px\right)\,dx\\\\ &=\sqrt{p}\int_{-\infty}^\infty f\left(2\sqrt{p}\sinh(t)\right)\,e^{-t}\,dt+\sqrt{p}\int_{-\infty}^\infty f\left(2\sqrt{p}\sinh(t)\right)\,e^{t}\,dt\\\\ &=2\sqrt{p}\int_{-\infty}^\infty f(2\sqrt{p}\sinh(t))\,\cosh(t)\,dt\\\\ &=\int_{-\infty}^\infty f(u)\,du \end{align}$$

que para $f(u)=e^{-u^2}$ es igual a $\sqrt{\pi}$ como se esperaba!

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Nos podría haber abordado el problema de interés específico, con una ligera modificación de la evolución general de la sección resaltada.

Primero nos vamos a $x=\sqrt{p}\,e^{t}$. Entonces, tenemos $x-\frac px =2\sqrt{p}\sinh(t)$ y

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx&=2\int_{0}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx\\\\ &=2\sqrt p\int_{-\infty}^\infty e^{-4p\sinh^2(t)}\,e^t\,dt\tag 1 \end{align}$$

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A continuación, dejamos que $x=\sqrt {p}\,e^{-t}$. Entonces, tenemos $x-\frac px=-2\sqrt{p}\sinh(t)$ y

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx&=2\int_{0}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx\\\\ &=2\sqrt p\int_{-\infty}^\infty e^{-4p\sinh^2(t)}\,e^{-t}\,dt\tag 2 \end{align}$$

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La adición de $(1)$ $(2)$ y dividiendo por $2$, obtenemos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx&=2\sqrt{p}\int_0^\infty e^{-4p\sinh^2(x)}\,\cosh(x)\,dx\tag3 \end{align}$$

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Por último, la aplicación de la sustitución de $u=\sinh(t)$ $(3)$ rendimientos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\left(x-\frac px\right)^2}\,dx&=2\sqrt{p}\int_0^\infty e^{-4pu^2}\,\,du\\\\ &=\sqrt{\pi} \end{align}$$

como se esperaba!

Answer 5

Sugerencia: Sustituir $x-\frac{p}{x}$ $t$ y esto parece sospechosamente similar a la función de error.