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La simplificación de la integral:$\int_{0}^{\infty}{\exp\left(-\left(u^2+{ {\alpha^2}\over {16u^2t}}\right)\right)}~\mathrm{d}u$

$$I(t)=\int_{0}^{\infty}{\exp\left(-\left(u^2+{ {\alpha^2}\over {16u^2t}}\right)\right)}~\mathrm{d}u $$

donde $\alpha$ $t$ son positivas constante.

P. S. me gustaría editar este problema, porque me di cuenta de mi error interno signo.

Gracias!

3voto

Dr. MV Puntos 34555

Supongo que la integral de interés $I$ es

$$I=\int_0^{\infty}e^{-\left(u^2+\frac{\alpha^2}{16tu^2}\right)}du$$

En primer lugar, nos vamos a $a^2=\frac{\alpha^2}{16t}$ y escribir

$$\begin{align} I&=\int_0^{\infty} e^{-a\left(\frac{u^2}{a}+\frac{a}{u^2}\right)}du\\\\ &=e^{-2a}\int_0^{\infty} e^{-a\left(\frac{u}{\sqrt{a}}-\frac{\sqrt{a}}{u}\right)^2}du\tag 1 \end{align}$$

Ahora, la aplicación de la sustitución de $u/\sqrt{a}\to -\sqrt{a}/u$, nos encontramos con

$$I=e^{-2a}\int_0^{\infty}e^{-a\left(\frac{u}{\sqrt{a}}-\frac{\sqrt{a}}{u}\right)^2} \frac{a}{u^2}\,du \tag 2$$

La adición de $(1)$ $(2)$ y dividiendo por $2$ rendimientos

$$I=e^{-2a}\int_0^{\infty}e^{-a\left(\frac{u}{\sqrt{a}}-\frac{\sqrt{a}}{u}\right)^2} \left(1+\frac{a}{u^2}\right)\,du $$

De hacer un último sustitución de $\frac{u}{\sqrt{a}}-\frac{\sqrt{a}}{u}\,\to\,u$ y obtenemos

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=e^{2a}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-au^2}\sqrt{a}du=\sqrt{\pi}e^{-2a}=\sqrt{\pi}e^{-\alpha/2\sqrt{t}}}$$

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Renan Puntos 6004

Sugerencia. Para cualquier $f$ tal que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(u)\: \mathrm{d}x<\infty$, se tiene (ver prueba aquí)

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}f\left(u-\frac{s}{u}\right)\mathrm{d}u=\int_{-\infty}^{+\infty} f(u)\: \mathrm{d}u, \quad s>0. \tag1 $$

Aplicarlo a $f(u)=e^{-u^2}$, se obtiene

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(us/u)^2}\mathrm{d}u=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2} \mathrm{d}u=\sqrt{\pi}, \quad s>0. \tag2 $$

o

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-u^2-s^2/u^{2}}\mathrm{d}u=\sqrt{\pi}\:e^{-2}\tag3 $$ then put $s=\dfrac{\alpha}{4\sqrt{t}}$ to obtain the value of your integral, noticing that $f$ es incluso aquí.

2voto

Leucippus Puntos 11926

El uso de $$x^{2} - \frac{a^{2}}{x^{2}} = \left(x - \frac{i a}{x} \right)^{2} + 2 i a $$ entonces \begin{align} I &= \int_{0}^{\infty} e^{- \left(u^{2} - \frac{\alpha^{2}}{16 \, t \, u^{2}}\right)} \, du = e^{-2 i a} \, \int_{0}^{\infty} e^{- \left(u - \frac{i a}{u}\right)^{2}} \, du \end{align} donde $4 \sqrt{t} \, a = \alpha$. Deje $u = \sqrt{i a} x$ obtener \begin{align} \tag{1} e^{2 i a} \, I = \sqrt{i a} \, \int_{0}^{\infty} e^{- i a \, \left(x - \frac{1}{x}\right)^{2}} \, dx. \end{align} Ahora vamos a $x \to \frac{1}{x}$ obtener \begin{align}\tag{2} e^{2 i a} \, I &= \sqrt{i a} \, \int_{0}^{\infty} e^{-i a \, \left( x - \frac{1}{x} \right)^{2}} \, \frac{dx}{x^{2}}. \end{align} Sumando las ecuaciones (1) y (2) llevar a \begin{align} \frac{2 \, e^{2 i a}}{\sqrt{i a}} \, I = \int_{0}^{\infty} e^{-i a \, \left(x - \frac{1}{x}\right)^{2}} \, \left(1 + \frac{1}{x^{2}}\right) \, dx. \end{align} Deje $y = x + \frac{1}{x}$ obtener \begin{align} \frac{2 \, e^{2 i a}}{\sqrt{i a}} \, I = \int_{0}^{\infty} e^{-i a \, y^{2}} \, dy \end{align} Set $y = \sqrt{\frac{x}{i a}}$ obtener \begin{align} \frac{2 \, e^{2 i a}}{\sqrt{i a}} \, I = \frac{1}{2} \, \sqrt{\frac{\pi}{i a}} \end{align} A partir de esta integral está dada por \begin{align} \int_{0}^{\infty} e^{- \left(u^{2} - \frac{a^{2}}{u^{2}}\right)} \, du = \frac{\sqrt{\pi}}{4} \, e^{-2 i a}. \end{align} Al $4 \sqrt{t} a = \alpha$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} e^{- \left(u^{2} - \frac{\alpha^{2}}{16 \, t \, u^{2}}\right)} \, du = \frac{\sqrt{\pi}}{4} \, e^{- \frac{i \, \alpha}{2 \sqrt{t}}}. \end{align}

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