Forma cerrada para $\int_{0}^{\infty }\!{\rm erf} \left(cx\right) \left( {\rm erf} \left(x \right) \right) ^{2}{{\rm e}^{-{x}^{2}}}\,{\rm d}x$

Question

He encontrado esta integral en mis cálculos:

$$\int_{0}^{\infty }\!{\rm erf} \left(cx\right) \left( {\rm erf} \left(x \right) \right) ^{2}{{\rm e}^{-{x}^{2}}}\,{\rm d}x$$

donde $c>0$ et $c\in \mathbb{R}$

pero no pudo encontrar una representación de forma cerrada para ello.

También intenté encontrar posibles formas cerradas utilizando Inverse Symbolic Calculator y WolframAlpha pero no encontraron nada.

Estuve buscando en el libro "Integrals ans Series Volume 2-Prudnikov-Brychkov-Marychev" pero no encontré una fórmula similar.

No estoy seguro de que exista, pero si existe quiero saberlo. Las formas cerradas son más fáciles de manipular, a veces las formas cerradas de diferentes integrales o sumas contienen términos que se cancelan entre sí, etc.

¿Podría ayudarme a encontrar una forma cerrada (incluso utilizando funciones especiales no elementales), si es que existe?

Answer 1

Creo que es más práctico considerar la integral paramétrica $$ I(a,b,c) = \int_{0}^{+\infty}\!\!\!\text{erf}(ax)\,\text{erf}(bx)\,\text{erf}(cx)\,e^{-x^2}dx \tag{1}$$ y fíjate que: $$ \frac{\partial^3 I}{\partial a\,\partial b\,\partial c}=\frac{8}{\pi^{3/2}}\int_{0}^{+\infty}x^3 e^{-(1+a^2+b^2+c^2)x^2}\,dx=\frac{4}{\pi^{3/2}(1+a^2+b^2+c^2)^2}\tag{2}$$ Integrar más de $(b,c)\in(0,1)^2$ entonces con respecto a $a$ es ahora tedioso pero realizable con el apoyo de un CAS. Obviamente, estaríamos más contentos de integrar sobre $0\leq b^2+c^2\leq 2$ o $0\leq b^2+c^2\leq 1$ para la primera: este cambio de dominio de integración conduce a límites decentes para $I(a,b,c)$ . En cualquier caso, el problema es equivalente a integrar una distribución tipo Cauchy sobre $R=[0,1]\times[0,1]\times[0,a]$ Un enfoque probabilístico a través de funciones características también podría ser interesante.

Answer 2

Trabajo parcial . Considere $$I\left(c\right)=\int_{0}^{\infty}\textrm{erf}\left(cx\right)\textrm{erf}^{2}\left(x\right)e^{-x^{2}}dx. $$ Entonces tenemos, integrando por partes, que $$I\left(c\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{6}-\frac{c}{3}\int_{0}^{\infty}\textrm{erf}^{3}\left(x\right)e^{-c^{2}x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{6}-\frac{c}{3}\int_{0}^{\infty}\left(1-\textrm{erfc}\left(x\right)\right)^{3}e^{-c^{2}x^{2}}dx $$ $$=\frac{\sqrt{\pi}}{6}-\frac{c}{3}\int_{0}^{\infty}e^{-c^{2}x^{2}}dx+\frac{c}{3}\int_{0}^{\infty}\textrm{erfc}^{3}\left(x\right)e^{-c^{2}x^{2}}dx $$ $$-c\int_{0}^{\infty}\textrm{erfc}^{2}\left(x\right)e^{-c^{2}x^{2}}dx+c\int_{0}^{\infty}\textrm{erfc}\left(x\right)e^{-c^{2}x^{2}}dx $$ $$=\frac{\sqrt{\pi}}{6}-\frac{c}{3}H_{0,0}\left(c^{2}\right)+\frac{c}{3}H_{0,3}\left(c^{2}\right)-cH_{0,2}\left(c^{2}\right)+cH_{0,1}\left(c^{2}\right), $$ decir. He utilizado esta notación particular porque ahora podemos utilizar estos resultados en la página $13$ y obtener $$H_{0,0}\left(c^{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2c} $$ $$H_{0,1}\left(c^{2}\right)=\frac{\arctan\left(c\right)}{c\sqrt{\pi}} $$ $$H_{0,2}\left(c^{2}\right)=\frac{1}{c\sqrt{\pi}}\left(2\arctan\left(c\right)-\arccos\left(\frac{1}{1+c^{2}}\right)\right) $$ y, utilizando el corolario $10.7$ , $$H_{0,3}\left(c^{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2c}-\frac{\arctan\left(1/c\right)}{c\sqrt{\pi}}+\frac{6}{c\pi}\int_{c^{2}}^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{t+2}\right)}{\sqrt{t+2}\sqrt{t}\left(t+1\right)}dt. $$ En este momento no sé si es posible evaluar la última integral, trabajaré en ello más adelante. Sin embargo es bastante sencillo demostrar que $$\int_{c^{2}}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{t+2}\sqrt{t}\left(t+1\right)}dx=\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\frac{c}{\sqrt{c^{2}+2}}\right) $$ así que obviamente $$\int_{c^{2}}^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{t+2}\right)}{\sqrt{t+2}\sqrt{t}\left(t+1\right)}dt\leq\frac{\pi}{4}-\pi\arctan\left(\frac{c}{\sqrt{c^{2}+2}}\right) $$ et $$\int_{c^{2}}^{\infty}\frac{\arctan\left(\sqrt{t+2}\right)}{\sqrt{t+2}\sqrt{t}\left(t+1\right)}dt\geq\left(\frac{\pi}{2}-2\arctan\left(\frac{c}{\sqrt{c^{2}+2}}\right)\right)\arctan\left(\sqrt{c^{2}+2}\right) $$ por lo que no es una forma cerrada pero podría ayudar.

Answer 3

Denotemos : \begin{equation} {\mathcal I}(c) := \int\limits_0^\infty \operatorname{erf}(c x) \cdot [\operatorname{erf}( x)]^2 e^{-x^2} dx \end{equation} Al diferenciar con respecto al parámetro $c$ que tenemos: \begin{equation} \frac{ d }{d c} {\mathcal I}(c) = \frac{2^2}{\pi^{3/2}} \frac{1}{1+c^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2+c^2}} \cdot \arctan\left( \frac{1}{\sqrt{2+c^2}}\right) \end{equation} Por lo tanto, lo único que tenemos que hacer es integrar el lado derecho. He calculado una integral más genérica que involucra a ésta como un caso especial en Una integral de Ahmed generalizada . Aquí sólo expongo el resultado: \begin{eqnarray} &&{\mathcal I}(c) = \frac{4}{\pi^{3/2}} \left(\right.\\ && \arctan( \frac{c}{\sqrt{2+c^2}}) \arctan( \frac{1}{\sqrt{2+c^2}})+\\ && \frac{\imath}{2} \left.\left[ {\mathcal F}^{(\alpha_-,+e^{-\imath \phi})}(t)+ {\mathcal F}^{(\alpha_-,-e^{-\imath \phi})}(t)- {\mathcal F}^{(\alpha_-,-e^{+\imath \phi})}(t)- {\mathcal F}^{(\alpha_-,+e^{+\imath \phi})}(t) \right]\right|_0^B-\\ && \frac{\imath}{2} \left.\left[ {\mathcal F}^{(\alpha_+,+e^{-\imath \phi})}(t)+ {\mathcal F}^{(\alpha_+,-e^{-\imath \phi})}(t)- {\mathcal F}^{(\alpha_+,-e^{+\imath \phi})}(t)- {\mathcal F}^{(\alpha_+,+e^{+\imath \phi})}(t) \right]\right|_0^B \left.\right) \end{eqnarray} donde $\alpha_- = \sqrt{2}-1$ , $\alpha_+:=\sqrt{2}+1$ , $\phi:= \arccos(1/\sqrt{3})$ , $B:=(-\sqrt{2}+\sqrt{2+c^2})/c$ et \begin{eqnarray} &&{\mathcal F}^{(a,b)}(t):=\int \arctan(\frac{t}{a}) \frac{1}{t-b} dt = \log(t-b) \arctan(\frac{t}{a})\\ &&-\frac{1}{2 \imath} \left( \log(t-b) \left[ \log(\frac{t-\imath a}{b-\imath a}) - \log(\frac{t+\imath a}{b+\imath a})\right] + Li_2(\frac{b-t}{b-\imath a}) - Li_2(\frac{b-t}{b+\imath a})\right) \end{eqnarray}

Actualización:

Obsérvese que la antiderivada ${\mathcal F}^{(a,b)}(t)$ puede tener un salto. Esto ocurrirá si y sólo si la cantidad $(t+\imath a)/(b+\imath a)$ cruza el eje real negativo o la cantidad $(t-\imath a)/(b-\imath a)$ cruza el eje real negativo tanto para unos $t\in(0,B)$ . Esto tiene como efecto que el argumento del logaritmo salta por $2\pi$ . Para tener esto en cuenta tenemos que excluir de la región de integración una pequeña vecindad de la singularidad en cuestión. En otras palabras, la fórmula correcta es la siguiente

\begin{eqnarray} &&{\mathcal I}(c) = \frac{4}{\pi^{3/2}} \left(\right.\\ && \arctan( \frac{c}{\sqrt{2+c^2}}) \arctan( \frac{1}{\sqrt{2+c^2}})+\\ && \frac{\imath}{2}\left[ {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_-,+e^{-\imath \phi})}(0,B)+ {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_-,-e^{-\imath \phi})}(0,B)- {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_-,-e^{+\imath \phi})}(0,B)- {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_-,+e^{+\imath \phi})}(0,B) \right]-\\ && \frac{\imath}{2} \left[ {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_+,+e^{-\imath \phi})}(0,B)+ {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_+,-e^{-\imath \phi})}(0,B)- {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_+,-e^{+\imath \phi})}(0,B)- {\bar {\mathcal F}}^{(\alpha_+,+e^{+\imath \phi})}(0,B) \right] \left.\right) \end{eqnarray}

donde

\begin{eqnarray} {\bar {\mathcal F}}^{a,b}(0,B) &:=& {\mathcal F}^{(a,b)}(B)-{\mathcal F}^{(a,b)}(A) +\\ && 1_{t^{(*)}_+ \in (0,1)} \left( -{\mathcal F}^{(a,b)}(B(t^{(*)}_+ +\epsilon))+{\mathcal F}^{(a,b)}(B(t^{(*)}_+ -\epsilon))\right)+\\ && 1_{t^{(*)}_- \in (0,1)} \left( -{\mathcal F}^{(a,b)}(B(t^{(*)}_- +\epsilon))+{\mathcal F}^{(a,b)}(B(t^{(*)}_- -\epsilon))\right) \end{eqnarray}

donde

\begin{eqnarray} t^{(*)}_\pm:= \frac{Im[\mp \imath a(\bar{b} \mp \imath a)]}{B Im[\bar{b} \mp \imath a]} \end{eqnarray}

Vea el código de Mathematica más abajo para probarlo:

F[t_, a_, b_] := 
  Log[t - b] ArcTan[t/a] - 
   1/(2 I) (Log[
        t - b] (Log[(t - I a)/(b - I a)] - 
         Log[(t + I a)/(b + I a)]) + PolyLog[2, (b - t)/(b - I a)] - 
      PolyLog[2, (b - t)/(b + I a)]);
FF[A_, B_, a_, b_] := Module[{res, rsp, rsm, tsp, tsm, eps = 10^(-9)},
   res = F[B, a, b] - F[A, a, b];

   tsp = -(Im[I a (Conjugate[b] - I a)]/(B Im[Conjugate[b] - I a]));
   tsm = +(Im[I a (Conjugate[b] + I a)]/(B Im[Conjugate[b] + I a]));
   (*
   If[0\[LessEqual] tsp\[LessEqual]1,Print["Jump +!!"]];
   If[0\[LessEqual] tsm\[LessEqual]1,Print["Jump -!!"]];
   *)

   rsp = If[
     0 <= tsp <= 1, -F[A + (tsp + eps) (B - A), a, b] + 
      F[A + (tsp - eps) (B - A), a, b], 0];
   rsm = If[
     0 <= tsm <= 1, -F[A + (tsm + eps) (B - A), a, b] + 
      F[A + (tsm - eps) (B - A), a, b], 0];

   res + rsp + rsm

   ];

For[count = 1, count <= 100, count++,
  c = RandomReal[{-10, 10}, WorkingPrecision -> 50];
  x1 = NIntegrate[Erf[c x] Erf[x]^2 Exp[-x^2], {x, 0, Infinity}, 
    WorkingPrecision -> 30];
  4/Pi^(3/2)
    NIntegrate[
    1/(1 + xi^2) 1/Sqrt[2 + xi^2] ArcTan[1/Sqrt[2 + xi^2]], {xi, 0, 
     c}];
  A1 = 1; A2 = 1; A3 = c;
  phi = ArcCos[1/Sqrt[3]]; B = (-Sqrt[2] + Sqrt[2 + c^2])/c;
  4/Pi^(3/
    2) ((ArcTan[c/Sqrt[2 + c^2]]) ArcTan[1 /Sqrt[2 + c^2]] + 
     4  Sqrt[2]
       NIntegrate[(ArcTan[t/(Sqrt[2] - 1)] - 
          ArcTan[t/(Sqrt[2] + 1)])  
        t/((1 - t^2)^2 + (2 ) (1 + t^2)^2), {t, 
        0, (-Sqrt[2] + Sqrt[2 + c^2])/c}, WorkingPrecision -> 30]);
  4/Pi^(3/
    2) ((ArcTan[c/Sqrt[2 + c^2]]) ArcTan[1 /Sqrt[2 + c^2]] + 
     I/2 NIntegrate[(ArcTan[t/(Sqrt[2] - 1)] - 
          ArcTan[t/(Sqrt[2] + 1)]) (1/(t - E^(-I phi)) - 
          1/(t - E^(I phi)) + 1/(t + E^(-I phi)) - 
          1/(t + E^(I phi))), {t, 0, (-Sqrt[2] + Sqrt[2 + c^2])/c}, 
       WorkingPrecision -> 30]);

  x2 = 4/Pi^(3/2) ((ArcTan[c/Sqrt[2 + c^2]]) ArcTan[1/Sqrt[2 + c^2]] +
       I/2 (FF[0, B, (Sqrt[2] - 1), 1/Sqrt[3] - I Sqrt[2/3]] + 
         FF[0, B, (Sqrt[2] - 1), -(1/Sqrt[3]) + I Sqrt[2/3]] - 
         FF[0, B, (Sqrt[2] - 1), -(1/Sqrt[3]) - I Sqrt[2/3]] - 
         FF[0, B, (Sqrt[2] - 1), 1/Sqrt[3] + I Sqrt[2/3]]) - 
      I/2 (FF[0, B, (Sqrt[2] + 1), 1/Sqrt[3] - I Sqrt[2/3]] + 
         FF[0, B, (Sqrt[2] + 1), -(1/Sqrt[3]) + I Sqrt[2/3]] - 
         FF[0, B, (Sqrt[2] + 1), -(1/Sqrt[3]) - I Sqrt[2/3]] - 
         FF[0, B, (Sqrt[2] + 1), 1/Sqrt[3] + I Sqrt[2/3]]));
  If[Abs[x2/x1 - 1] > 10^(-3), 
   Print["results do not match..", {c, {x1, x2}}]; Break[]];
  If[Mod[count, 10] == 0, PrintTemporary[count]];
  ];