Cómo evaluar $\int_0 ^1 \mathrm e^{-x^2} \, \mathrm dx$ usando series de energía?

Question

Estoy tratando de evaluar $$\int_0 ^1 \mathrm e^{-x^2} \, \mathrm dx$$ usando series de energía.

Sé que puedo sustituir $x^2$ para $x$ en la serie de energía para $\mathrm e^x$ : $$1-x^2+ \frac {x^4}{2}- \frac {x^6}{6}+ \cdots$$ y cuando calculo el antiderivado de esto obtengo $$x- \frac {x^3}{3}+ \frac {x^5}{5 \cdot2 }- \frac {x^7}{7 \cdot6 }+ \cdots$$

¿Cómo evalúo esto desde $0$ a $1$ ?

Answer 1

Sólo hay que recoger el material en los comentarios y convertirlo en respuesta. Tenemos $$e^{-x^2}= \sum_ {n \geq 0} \frac {(-1)^n x^{2n}}{n!}$$ donde la serie en el RHS es absolutamente convergente para cualquier $x \in\mathbb {R}$ ya que $e^{-x^2}$ es una función completa. Si aplicamos $\int_ {0}^{1}( \ldots )\,dx$ a ambos lados tenemos $$\int_ {0}^{1}e^{-x^2}\,dx = \sum_ {n \geq 0} \frac {(-1)^n}{n!(2n+1)}$$ ya que la convergencia absoluta es más que suficiente para asegurar que se nos permita intercambiar $\int$ y $\sum$ . La última serie tiene términos con signos alternos que van disminuyendo en valor absoluto, por lo que el valor numérico de dicha serie se encuentra entre dos sumas parciales consecutivas cualesquiera. Por ejemplo, considerando las sumas parciales hasta $n=1$ y $n=2$ tenemos $$I= \int_ {0}^{1}e^{-x^2}\,dx \in \left ( \frac {2}{3}, \frac {2}{3}+ \frac {1}{10} \right ).$$

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¿Podemos mejorar esa aproximación de una manera ingeniosa? Sí, por supuesto. Por ejemplo, a través de la integración por partes y un poco de paciencia podemos comprobar que $$\int_ {0}^{1} \underbrace { \left ( \frac {16}{93}x^4(1-x)^4+ \frac {8}{9}x^3(1-x)^3 \right )}_{ \in\left [0, \frac {1}{68} \right ] \text { for any }x \in [0,1]}e^{-x^2}\,dx = \frac {100}{279}- \frac {44}{93} I$$ de ahí el valor real de $I$ está bastante cerca de $\frac {100}{279} \cdot\frac {93}{44}= \color {blue}{ \large\frac {25}{33}}$ . En realidad, la función de error tiene una conocida expansión de fracción continua de la cual es simple derivar la aproximación más precisa $\color {blue}{ \large\frac {56}{75}}$ . $I \geq e^{-1/3}$ es una consecuencia directa de La desigualdad de Jensen . Al reemplazar los polinomios $x^3(1-x)^3$ y $x^4(1-x)^4$ con múltiplos adecuados de los polinomios de Legendre desplazados $P_4(2x-1)$ y $P_5(2x-1)$ obtenemos la notable aproximación $I \approx\color {blue}{ \large\frac {6171}{8263}}$ que difiere del valor exacto por menos de $10^{-6}$ pero la mejor aproximación racional con tal precisión es $\color {blue}{ \large\frac {823}{1102}}$ .

Answer 2

$$\left [ x- \frac {x^3}{3}+ \frac {x^5}{5*2}- \frac {x^7}{7*6}+ \dots \right ]_0^1 = \left ( 1- \frac {1}{3} + \frac {1}{5 \cdot 2} - \frac {1}{7 \cdot 6} + \dots \right ) - 0 = \sum_ {n=0}^ \infty \frac {(-1)^{n}}{(2n+1)n!}$$

Así que $\int_ {0}^{1}e^{-x^2}= \sum_ {n=0}^ \infty \frac {(-1)^{n}}{(2n+1)n!}$ es decir, la respuesta es a lo que sea que la serie converja.

Answer 3

Puede ser, su pregunta podría ser..: "¿Cuántos términos hay que añadir para alcanzar una precisión determinada?"

Entonces, escribe $$\int_ {0}^{1}e^{-x^2}= \sum_ {n=0}^{p-1} \frac {(-1)^{n}}{(2n+1)n!}+ R_p$$ y quieres $$R_p= \frac {1}{(2p+1)p!} \leq 10^{-k} \implies (2p+1)p! \geq 10^{k} \implies \log\left ((2p+1)p! \right ) \geq \log (10^{k})$$ Si observas la trama de los últimos rhs, notarás que parece una ley de poder y una regresión muy simple dará (por $1 \leq p \leq 20$ ) $$\log\left ((2p+1)p! \right ) \approx 0.831352\, p^{1.34007}$$ que luego dará $$p \approx 2.13873\, k^{0.74623}$$ Así que, usando por ejemplo, $k=6$ esto le daría $p=8.144$ y luego decir $p=9$ . Comprobando $$17 \times 8!=685440 <10^6$$ $$19 \times 9!=6894720 >10^6$$ Así que, computar los términos por la suma hasta $p=8$ deberíamos conseguir $$\frac {1098032417}{1470268800} \approx 0.74682427$$ mientras que el valor exacto sería $\frac { \sqrt { \pi }}{2} \text {erf}(1) \approx 0.74682413$ .