Matematyka.pl

Dzień dobry, mam problem z rozwiązaniem poniższej całki nieoznaczonej.
Z góry dziękuję za pomoc
Dodatkowo znam jej rozwiązanie - \(\displaystyle{ \frac{1}{2\cdot\pi} - \pi}\) wychodzi poprzez rozwiązanie tej całki "funkcją gamma", aczkolwiek mam problem z tym pierwszym członem, który wydaje mi się przeszkadza w jej użyciu ;/

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{+ \infty }((2 x^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ x^{2} }{2} })dx}\)

Proponuję zastosować wzór na kwadrat różnicy dwumianu.

Obliczyć każdą z trzech całek metodą całkowania przez części, uwzględniając przy tym całkę Gaussa.

Jeżeli chcesz użyć funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\)
wystarczy podstawić \(\displaystyle{ t= \frac{x^2}{2} }\)
i skorzystać ze wzoru na kwadrat różnicy
ale najpierw korzystając z parzystości funkcji podcałkowej rozważasz całkę
\(\displaystyle{ 2 \int_{0}^{ \infty }\left( 2x^2-1\right)^2e^{- \frac{x^2}{2} } \dd x }\)

Wartość \(\displaystyle{ \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) }\)
można policzyć na kilka sposobów
1.
Wykorzystując związek funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\) z funkcją \(\displaystyle{ B}\)
2.
Wykorzystując pewną własność funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\)
Dla \(\displaystyle{ z \in \left( 0;1\right) }\) prawdziwy jest wzór
\(\displaystyle{ \Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right)=\frac{\pi}{\sin{\left( \pi \cdot z\right) }} }\)

Niech
\(\displaystyle{ I = \int_{- \infty }^{+ \infty }((2 x^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ x^{2} }{2} })dx}\)

Wówczas

\(\displaystyle{ I^2 = (\int_{- \infty }^{+ \infty }((2 x^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ x^{2} }{2} })dx)(\int_{- \infty }^{+ \infty }((2 y^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ y^{2} }{2}} ) dy) = }\)

\(\displaystyle{ = \int_{-\infty} ^ \infty dx\int_{-\infty} ^ \infty (2 x^{2}-1)^{2}(2 y^{2}-1)^{2} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dy = }\)

Po przejściu na zmienne biegunowe mamy:

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}r(2 r^{2}\cos^2 \phi-1)^{2}(2 r^{2} \sin^2 \phi-1)^{2} e^{\frac{-r^2}{2}}dr }\)

Podstawiamy \(\displaystyle{ t = \frac{r^2}{2}}\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(4 t\cos^2 \phi-1)^{2}(4 t \sin^2 \phi-1)^{2} e^{-t}dt= }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(16t^2 \sin^2 \phi \cos^2 \phi - 4t + 1)^{2} e^{-t}dt = }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(256t^4 \sin^4 \phi \cos^4 \phi + 16t^2 + 1 -128 t^3 \sin^2 \phi \cos^2 \phi - 8t + 32 t^2 \sin^2 \phi \cos^2 \phi)^{2} e^{-t}dt =}\)

\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}(1 - 8 + 64 \sin^2 \phi \cos^2\phi + 32 -768\sin^2 \phi \cos^2\phi +6144 \sin^4 \phi \cos^4 \phi )d\phi = }\)


\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}( - 7 -176\sin^2 2\phi +384 \sin^4 2\phi )d\phi = }\)

\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}( - 7 +208\sin^2 2\phi -384 \sin^ 2 2\phi\cos^2 2\phi )d\phi = }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\pi}( - 7 +208\sin^2 2\phi -96 \sin^ 2 4\phi )d\phi = }\)

\(\displaystyle{ =\int_0^{2\pi}( - 7 +104 -48 - 104 \cos 4\phi + 48\cos 8\phi )d\phi = 98\pi }\)


\(\displaystyle{ I^2 = 98 \pi}\)

Wobec nieujemności funkcji podcałkowej w całej dziedzinie mamy:

\(\displaystyle{ I = 7\sqrt{2\pi}}\)

Postanowiłem zastosować błyskotliwą metodę dziadka Gaussa, ale nie wiem, czy dobrze jej użyłem.

Powyżej pojawił się jakiś błąd w obliczeniach, ale nie mam takiego serca do rachunków, by to sprawdzać. Doszedłem do tego tak:
niech zmienna losowa \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\).
Szukana wartość to nic innego, jak \(\displaystyle{ \sqrt{2\pi}\mathbf{E}\left[\left(2X^{2}-1\right)^{2}\right]\\=\sqrt{2\pi}\left(4\mathbf{E}\left(X^{4}\right)-4\mathbf{E}\left(X^{2}\right)+1\right)}\)

Te momenty rozkładu normalnego łatwo powiązać z funkcją tworzącą momenty, która dla standardowego rozkładu normalnego jest równa
\(\displaystyle{ M(t)=e^{\frac{t^{2}}{2}}}\) i to się bardzo ładnie rozwija w szereg:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^{2n}}{n! 2^{n}}}\)
Stąd nietrudno wywnioskować, że \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left(X^{2}\right)=\frac{2!}{1!2^{1}}=1, \ \mathbf{E}\left(X^{4}\right)=\frac{4!}{2! 2^{2}}=3}\)
i nasza całka jest równa
\(\displaystyle{ \sqrt{2\pi}\left(4(3-1)+1\right)=9\sqrt{2\pi}}\)

Wolfram , tak że easy.

Policzmy \(\displaystyle{ \int_{0}^{+ \infty } \left( 2 x^{2}-1\right) ^{2} e^{-x^2/2} \dd x }\) kładąc \(\displaystyle{ x^2=2t}\). Wtedy dostaniemy

ta transformata Laplace jest równa ():


Kładziemy \(\displaystyle{ s=1}\) mnożymy przez \(\displaystyle{ 2}\) i dostajemy \(\displaystyle{ 9 \sqrt{2 \pi } }\).

Poprawka. Znalazłem bład i poprawiłem.
Niech
\(\displaystyle{ I = \int_{- \infty }^{+ \infty }((2 x^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ x^{2} }{2} })dx}\)

Wówczas

\(\displaystyle{ I^2 = (\int_{- \infty }^{+ \infty }((2 x^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ x^{2} }{2} })dx)(\int_{- \infty }^{+ \infty }((2 y^{2}-1)^{2}\cdot e^{- \frac{ y^{2} }{2}} ) dy) = }\)

\(\displaystyle{ = \int_{-\infty} ^ \infty dx\int_{-\infty} ^ \infty (2 x^{2}-1)^{2}(2 y^{2}-1)^{2} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dy = }\)

Po przejściu na zmienne biegunowe mamy:

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}r(2 r^{2}\cos^2 \phi-1)^{2}(2 r^{2} \sin^2 \phi-1)^{2} e^{\frac{-r^2}{2}}dr }\)

Podstawiamy \(\displaystyle{ t = \frac{r^2}{2}}\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(4 t\cos^2 \phi-1)^{2}(4 t \sin^2 \phi-1)^{2} e^{-t}dt= }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(16t^2 \sin^2 \phi \cos^2 \phi - 4t + 1)^{2} e^{-t}dt = }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\phi} d\phi \int_0^{\infty}(256t^4 \sin^4 \phi \cos^4 \phi + 16t^2 + 1 -128 t^3 \sin^2 \phi \cos^2 \phi - 8t + 32 t^2 \sin^2 \phi \cos^2 \phi)^{2} e^{-t}dt =}\)

\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}(1 - 8 + 64 \sin^2 \phi \cos^2\phi + 32 -768\sin^2 \phi \cos^2\phi +6144 \sin^4 \phi \cos^4 \phi )d\phi = }\)


\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}(25-176\sin^2 2\phi +384 \sin^4 2\phi )d\phi = }\)

\(\displaystyle{ = \int_0^{2\pi}( 25+208\sin^2 2\phi -384 \sin^ 2 2\phi\cos^2 2\phi )d\phi = }\)

\(\displaystyle{ \int_0^{2\pi}(25+208\sin^2 2\phi -96 \sin^ 2 4\phi )d\phi = }\)
Q
\(\displaystyle{ =\int_0^{2\pi}(25 +104 -48 - 104 \cos 4\phi + 48\cos 8\phi )d\phi = 81\cdot 2\pi}\)


\(\displaystyle{ I^2 = 81\cdot 2\pi}\)

Wobec nieujemności funkcji podcałkowej w całej dziedzinie mamy:

\(\displaystyle{ I = 9\sqrt{2\pi}}\)

No fajnie tylko proponuję wam dokładnie przeczytać jego pierwszy wpis