Las funciones de tipo gaussiana son funciones que en su definición tienen la función ${\large e^{-x^2} }$. Estas funciones tienen forma de campana.
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| Función Gaussiana en 3D |
1.- $\int_{-\infty}^{\infty}\left( x^{2n} e^{-x^2}\right) dx $ = $ \frac{\sqrt{\pi}(2n-1)!!}{2^n} $
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$${\large \begin{align*} I_{n} = \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-x^2} )dx \end{align*} }$$
Siendo ${\large f(x) = x^{2n} e^{-x^2} }$
$${\large \begin{align*} f(x) &= x^{2n}e^{-x^2} \\ f(x) &= x^{2n-1} \cdot xe^{-x^2} \end{align*}} $$
Si definimos ${\large \mu = x^{2n-1} }$ y ${\large d\nu = xe^{-x^2}dx }$ entonces podemos realizar la integración por partes ${\large \int \mu d\nu = \mu\nu - \int \nu d\mu }$
$${\large \begin{align*} I_{n} &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-x^2} )dx \\ I_{n} &= \left. -\frac{x^{2n-1}e^{-x^2}}{2} \right|_{-\infty}^{\infty} + \frac{2n-1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} (x^{2(n-1)}e^{-x^2})dx \\ I_{n} &= \lim_{b \to \infty}\left( -\frac{b^{2n-1}e^{-b^2}}{2} - \frac{b^{2n-1}e^{-b^2}}{2} \right) + \frac{2n-1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} (x^{2(n-1)}e^{-x^2})dx \\ I_{n} &= \frac{2n-1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} (x^{2(n-1)}e^{-x^2})dx \\ I_{n} &= \frac{2n-1}{2}I_{n-1} \end{align*} }$$
La integral $\large {I_{n} }$ es una sucesión de integrales ${\large I_{n}, I_{n-1}, I_{n-2}, I_{n-3}, I_{n-4} \cdots, I_{0} }$
$${\large \begin{align*} I_{n-1} &= \frac{2n-3}{2}I_{n-2} \\ I_{n-2} &= \frac{2n-5}{2}I_{n-3} \\ I_{n-3} &= \frac{2n-7}{2}I_{n-4} \\ I_{n-4} &= \frac{2n-9}{2}I_{n-5} \\ \vdots \hspace{0.3cm} &= \hspace{0.5cm} \vdots \\ I_{n-k} &= \frac{2n - (2k + 1) }{2}I_{n-k-1} \end{align*} }$$
Por consiguiente
$${\large \begin{align*} I_{n} &= \frac{2n-1}{2}I_{n-1} \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)}{2^2}I_{n-2} \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)}{2^3}I_{n-3} \\ \vdots \hspace{0.3cm} &= \hspace{0.5cm} \vdots \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots(2n-2k-1)}{2^{k+1}}I_{n-(k+1)} \end{align*} }$$
Si k = n - 1 entonces el valor de ${\large I_{n}}$ es igual a:
$${\large \begin{align*} I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots(2n-2k-1)}{2^{k+1}}I_{n-(k+1)} \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots(1)}{2^{n}}I_{0} \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots(1)}{2^{n}}\int_{-\infty}^{\infty}(e^{-x^2})dx \\ I_{n} &= \frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots(1)}{2^{n}}(\sqrt{\pi}) \\ I_{n} &= \frac{\sqrt{\pi}(2n-1)!!}{2^n} \end{align*} }$$
Por lo tanto la integral impropia de $\large{ f(x) =x^{2n} e^{-x^2}}$ es igual a la siguiente igualdad respectivamente.
$${\large \begin{equation*} \int_{-\infty}^{\infty}(x^{2n}e^{-x^2})dx = \frac{\sqrt{\pi}(2n-1)!!}{2^n} \end{equation*} }$$
2.- $\int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-\frac{x^2}{a^2}} )dx = \sqrt{\pi}\left( \frac{a^{2n + 1}(2n-1)!!}{2^n} \right)$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$$ {\large \begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-\frac{x^2}{a^2}} )dx \\ I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-\left(\frac{x}{a}\right)^2} )dx \end{align*}} $$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} z = \frac{x}{a} \hspace{2cm},\hspace{2cm} dz = \frac{dx}{a} \end{equation*} }$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$$ {\large \begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-\left(\frac{x}{a}\right)^2} )dx \\ I &= a^{2n+1}\int_{-\infty}^{\infty} ( z^{2n} e^{-z^2} )dz \\ I &= a^{2n+1} \left( \frac{\sqrt{\pi}(2n-1)!!}{2^n} \right) \\ I &= \sqrt{\pi}\left( \frac{a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^n} \right) \end{align*} }$$
3.- $\int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-ax^2} )dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \left( \frac{(2n-1)!!}{2^na^n} \right)$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$${\large \begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-ax^2} )dx \\ I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \end{align*}}$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} z = \sqrt{a}x \hspace{2cm},\hspace{2cm} dz = \sqrt{a}dx \end{equation*} }$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{\infty} ( x^{2n} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \\ I &= \frac{1}{\sqrt{a}a^n}\int_{-\infty}^{\infty} ( z^{2n} e^{-z^2} )dz \\ I &= \frac{1}{\sqrt{a}a^n} \left( \frac{\sqrt{\pi}(2n-1)!!}{2^n} \right) \\ I &= \sqrt{\frac{\pi}{a}} \left( \frac{(2n-1)!!}{2^n a^n} \right) \end{align*} }$$
4.- $\int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-\frac{x^2}{a^2}} )dx = \frac{a^{2(n+1)}n!}{2}$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-\frac{x^2}{a^2}} )dx \\ I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-\left(\frac{x}{a}\right)^2} )dx \end{align*}}$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} z = \frac{x}{a} \hspace{2cm},\hspace{2cm} dz = \frac{dx}{a} \end{equation*} }$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-\left(\frac{x}{a}\right)^2} )dx \\ I &= a^{2(n+1)}\int_{0}^{\infty} (z^{2n+1} e^{-z^2})dz \end{align*} }$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} t = z^2 \hspace{2cm},\hspace{2cm} dt = 2\sqrt{t}dz \end{equation*} }$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= a^{2(n+1)}\int_{0}^{\infty} (z^{2n+1} e^{-z^2})dz \\ I &= \frac{a^{2(n+1)}}{2} \int_{0}^{\infty} (t^{n} e^{-t})dt \\ I &= \frac{a^{2(n+1)}\Gamma(n+1)}{2} \\ I &= \frac{a^{2(n+1)}n!}{2} \end{align*}}$$
5.- $\int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-ax^2} )dx = \frac{n!}{2a^{n+1}}$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-ax^2} )dx \\ I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \end{align*}}$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} z = \sqrt{a}x \hspace{2cm},\hspace{2cm} dz = \sqrt{a}dx \end{equation*} }$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{2n+1} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \\ I &= \frac{1}{a^{n+1}}\int_{0}^{\infty} ( z^{2n+1} e^{-z^2} )dz \end{align*} }$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} t = z^2 \hspace{2cm},\hspace{2cm} dt = 2\sqrt{t}dz \end{equation*}}$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*}I &= \frac{1}{a^{n+1}}\int_{0}^{\infty} ( z^{2n+1} e^{-z^2} )dz \\ I &= \frac{1}{2a^{n+1}}\int_{0}^{\infty} ( t^{n} e^{-t} )dt \\ I &= \frac{\Gamma(n+1)}{2a^{n+1}} \\ I &= \frac{n!}{2a^{n+1}} \end{align*}}$$
6.- $\int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-ax^2} )dx = \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)}{2a^{\left( \frac{n+1}{2} \right)}}$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia anterior
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-ax^2} )dx \\ I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \end{align*}}$$
Realizando un cambio de variable.
$${\large \begin{equation*} z = \sqrt{a}x \hspace{2cm},\hspace{2cm} dz = \sqrt{a}dx \end{equation*}}$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-(\sqrt{a}x)^2} )dx \\I &= \frac{1}{a^{\left(\frac{n+1}{2}\right)}} \int_{0}^{\infty} ( z^{n} e^{-z^2} )dz \end{align*}}$$
Realizando un cambio de variable
$${\large\begin{equation*} t = z^2 \hspace{2cm},\hspace{2cm} dt = 2\sqrt{t}dz \end{equation*}}$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$$ {\large \begin{align*} I &= \frac{1}{a^{\left(\frac{n+1}{2}\right)}} \int_{0}^{\infty} ( z^{n} e^{-z^2} )dz \\ I &= \frac{1}{2a^{\left(\frac{n+1}{2}\right)}} \int_{0}^{\infty} ( t^{\left(\frac{n-1}{2}\right)} e^{-t} )dt \\ I &= \frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{2a^{\left(\frac{n+1}{2}\right)}} \end{align*}}$$
7.- $\int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-ax^b} )dx = \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{b}\right)}{ba^{\left( \frac{n+1}{b} \right)}}$
Demostración:
Partiendo de la integral impropia
$${\large \begin{equation*} I = \int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-ax^b} )dx \end{equation*}}$$
Realizando un cambio de variable
$${\large \begin{equation*} t = ax^b \hspace{2cm},\hspace{2cm} dt = ab\left(\frac{t}{a}\right)^{\frac{b-1}{b}}dx \end{equation*}}$$
Reemplazando las nuevas relaciones en la integral I
$${\large \begin{align*} I &= \int_{0}^{\infty} ( x^{n} e^{-ax^b} )dx \\ I &= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^{-t}}{ab} \left(\frac{t}{a}\right)^{n/b} \left(\frac{t}{a}\right)^{\frac{1-b}{b}} \right)dt \\ I &= \frac{1}{ba^{\left( \frac{n+1}{b} \right)}} \int_{0}^{\infty} \left( t^{\left( \frac{n+1-b}{b} \right) } e^{-t} \right) dt \\ I &= \frac{\Gamma(\frac{n+1}{b})}{ba^{\left( \frac{n+1}{b} \right)}}\end{align*}}$$
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