¿Cómo evaluar las integrales como: $$ \int_0^\infty{\sqrt{x}\,\dfrac{\left(x-a\right)^2}{2\sigma^2}\,\exp{\left(-\dfrac{\left(x-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right)}}\;dx $$ Hay una real y finito de valor, esto puede ser demostrado por integración numérica, pero maxima, yo y WolframAlpha lucha de evaluar de forma simbólica.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Como en la pregunta anterior, tenemos los siguientes resultados, en términos de funciones de Bessel, según
si $\mu$ es positivo o negativo. Pero primero, vamos a $\color{green}A=\dfrac\mu{2\sigma}~,\quad\color{green}P=\mu~\Big[2~\big(a-\mu\big)^2+3~\sigma^2\Big],~$ y
$\color{green}Q=2\mu~\big(a-\mu\big)^2+\big(5\mu-4a\big)~\sigma^2.~$ ,, $\color{blue}{\mu<0}$ Hemos
$$F~=~\dfrac{e^{-A^2}}{8\sigma^2}\cdot\sqrt{-\dfrac\mu2}~\cdot~\bigg[Q\cdot K_{\tfrac14}\Big(A^2\Big)-P\cdot K_{\tfrac34}\Big(A^2\Big)\bigg],$$
y para $\color{blue}{\mu>0}$ tenemos
$$F~=~\dfrac\pi2\cdot\dfrac{e^{-A^2}}{8\sigma^2}\cdot\sqrt{\mu}~\cdot~\bigg\{P\cdot\bigg[I_{\tfrac34}\Big(A^2\Big)+I_{-\tfrac34}\Big(A^2\Big)\bigg]+Q\cdot\bigg[I_{\tfrac14}\Big(A^2\Big)+I_{-\tfrac14}\Big(A^2\Big)\bigg]\bigg\},$$
mientras que para $\color{blue}{\mu=0}$ obtenemos $F~=~\dfrac{\big(2a^2+3\sigma^2\big)~\Gamma\bigg(\dfrac34\bigg)-a~|\sigma|~\sqrt2\cdot\Gamma\bigg(\dfrac14\bigg)}{4~\sqrt[\large^4]2~\sqrt{|\sigma|}}~.$
Chappers
Puntos
20774
No es, sorprendentemente, una manera fácil de hacer esto mediante sumas. En primer lugar, todo lo que realmente tiene que hacer es evaluar las integrales de la forma $$ I(s,m) = 2\int_0^{\infty} y^{s-1} \exp{(-(y-m)^2)} \, dy: $$ su integral se puede expresar en términos de una suma de las integrales de esta forma, mediante la ampliación de $y$ y la sustitución de $m=\mu/(\sqrt{2}\sigma)$ y así sucesivamente. Así, en primer lugar ampliar la exponencial y el extracto de la $m^2$ plazo, dejando $$ e^{m^2}I(s,m) = 2\int_0^{\infty} y^{s-1} e^{-y^2} e^{-2my} \, dy. $$ Hay un siguiente paso obvio: expandir el lado derecho como una potencia de la serie en $m$. Intercambiando el orden de integración, hemos $$ e^{m^2}I(s,m) = 2\int_0^{\infty} y^{m-1} e^{-y^2} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} (2m)^k y^k \right) \, dy \\ = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} (2m)^k \left( 2\int_0^{\infty} y^{k+s-1} e^{-y^2} \, dy \right) $$ La integral se puede hacer mediante la sustitución de $u=y^2$, $du/u=2dy/y$, lo que da $$ 2\int_0^{\infty} y^{k+s-1} e^{-y^2} \, dy = \int_0^{\infty} u^{(k+s)/2-1} e^{-u} \, du = \Gamma\left(\tfrac{1}{2}(k+s)\right)$$
Queda por hacer la suma, $$ e^{m^2}I(s,m) = 2\int_0^{\infty} y^{m-1} e^{-y^2} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} (2m)^k y^k \right) \, dy \\ = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!}\Gamma\left(\tfrac{1}{2}(k+s)\right) (2m)^k $$ Es muy sencillo para convertir esto en un par de hipergeométrica confluente funciones mediante la separación de los pares e impares términos y jugando con el $\Gamma$s usando la fórmula de duplicación (voy a ir si se le pide), para llegar al resultado final $$ I(s,m) = e^{-m^2} \left( \Gamma\left(\tfrac{1}{2}s\right) {}_1 F_1\left(\tfrac{1}{2}s;\tfrac{1}{2}; m^2 \right) -2m \Gamma\left(\tfrac{1}{2}(s+1)\right) {}_1 F_1\left(\tfrac{1}{2}(s+1);\tfrac{3}{2}; m^2 \right) \right), $$ donde $$ {}_1 F_1 (a;b;z) = \frac{\Gamma(b)}{\Gamma(a)}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(a+k)}{\Gamma(b+k)} \frac{z^k}{k!}. $$
