Integrar gaussiano veces cuadrado de la raíz de x veces polinomio de orden 2

Question

¿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.

Answer 1

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 $F~=~\dfrac{\big(2a^2+3\sigma^2\big)~\Gamma\bigg(\dfrac34\bigg)-a~|\sigma|~\sqrt2\cdot\Gamma\bigg(\dfrac14\bigg)}{4~\sqrt[\large^4]2~\sqrt{|\sigma|}}~.$

Answer 2

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 $${}_1 F_1 (a;b;z) = \frac{\Gamma(b)}{\Gamma(a)}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(a+k)}{\Gamma(b+k)} \frac{z^k}{k!}.$$