Integrale dalla fisica
ciao devo risolvere questo integrale, potreste darmi una mano
$beta/sqrtpiint_-oo^(+oo) e^((-beta^2x^2)/2)* ((-h^2/(2m)*d^2/dx^2+lambdax^4)e^((-beta^2x^2)/2)) dx$
Il problema è che non sono sicuro se l'estremo inferiore sia $-oo$ oppure $0$
Ma a parte questo, il problema ce l'ho quando arrivo a dover svolgere $int_(-oo)^oox^2e^((-beta^2x^2)/2)$ quanto verrebbe con $-oo$ e con $0$? Pare che sia un integrale fondamentale ma ce l'ho solo da $0$ a $+oo$ Le lettere sono tutte costanti
Da notare che la parentesi piu interna è un operatore che si applica all'esponenziale a destra
$beta/sqrtpiint_-oo^(+oo) e^((-beta^2x^2)/2)* ((-h^2/(2m)*d^2/dx^2+lambdax^4)e^((-beta^2x^2)/2)) dx$
Il problema è che non sono sicuro se l'estremo inferiore sia $-oo$ oppure $0$
Ma a parte questo, il problema ce l'ho quando arrivo a dover svolgere $int_(-oo)^oox^2e^((-beta^2x^2)/2)$ quanto verrebbe con $-oo$ e con $0$? Pare che sia un integrale fondamentale ma ce l'ho solo da $0$ a $+oo$ Le lettere sono tutte costanti
Da notare che la parentesi piu interna è un operatore che si applica all'esponenziale a destra
Risposte
Tipico integrale da risolvere riconducendosi alla relazione [tex]\int_0^x e^{-t^2}\ \text{d} t =\frac{\sqrt{\pi}}{2}[/tex], visto che una primitiva non è esprimibile elementarmente (c'è dentro la funzione di errore, [tex]\text{erf} (x):=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\ \text{d} t[/tex]).
Inoltre, visto che la derivata seconda di una funzione pari è una funzione pari, l'integrale di quella roba esteso a [tex]$\mathbb{R}$[/tex] è il doppio di quello esteso a [tex]$[0,+\infty[$[/tex]: pertanto basta calcolare un solo integrale improprio per ottenere anche l'altro.
Nel seguito assumo che l'intervallo d'integrazione sia [tex]$[0,+\infty[$[/tex].
Se non capisco male, il tuo integrale è la somma di due contributi, ossia:
(1) [tex]$I_1:=C_1\ \int_0^{+\infty} e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\ \frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\ \text{d} x$[/tex]
e:
(2) [tex]$I_2:=C_2\ \int_0^{+\infty} x^4\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex]
in cui [tex]C_1:=-\frac{\beta h^2}{2m\sqrt{\pi}},\ C_2:= \frac{\beta \lambda}{\sqrt{\pi}}[/tex] (per comodità).
Evidentamente i due integrali si svolgono per parti: il primo è semplice per via della derivata:
[tex]$\int_0^{+\infty} e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\ \frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\ \text{d} x = \Bigg[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}} \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\Bigg]_0^{+\infty} -\int_0^{+\infty} \left( \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\right)^2\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]\frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right][/tex])
[tex]$=\Big[-\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}\Big]_0^{+\infty} -\int_0^{+\infty} \beta^4 x^2 e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]-2\beta^2 x e^{-\beta^2 x^2} =\frac{\text{d}}{\text{d} x}[e^{-\beta^2 x^2}][/tex])
[tex]$=\Big[ \frac{\beta^2}{2} x e^{-\beta^2 x^2}\Big]_0^{+\infty} -\frac{\beta^2}{2}\int_0^{+\infty} e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (sostituisco [tex]$t=\beta x$[/tex] nell'integrale)
[tex]$=-\frac{\beta}{2}\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=-\frac{\beta \sqrt{\pi}}{4}$[/tex]
quindi il primo contributo è [tex]$I_1=\left( -\frac{\beta h^2}{2m\sqrt{\pi}}\right) \left( -\frac{\beta \sqrt{\pi}}{4}\right) =\frac{\beta^2 h^2}{8}$[/tex].
Il secondo integrale si calcola sempre effettuando due integrazioni per parti:
[tex]$\int_0^{+\infty} x^4\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x = -\frac{1}{2\beta^2} \int_0^{+\infty} x^3 \left( -2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}\right)\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]$-2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}$[/tex])
[tex]$=-\frac{1}{2\beta^2} \Bigg[ x^3 e^{-\beta^2 x^2}\Bigg]_0^ {+\infty} +\frac{1}{2\beta^2} \int_0^ {+\infty} 3x^2 e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex]
[tex]$=-\frac{3}{4\beta^4} \int_0^{+\infty} x (-2\beta^2 x e^{-\beta^2 x^2})\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]$-2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}$[/tex])
[tex]$=-\frac{3}{4\beta^4} \Bigg[ xe^{-\beta^2 x^2}\Bigg]_0^{+\infty} + \frac{3}{4\beta^4} \int_0^{+\infty} e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (sostituisco [tex]$t=\beta x$[/tex])
[tex]$=\frac{3}{4\beta^5} \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\frac{3\sqrt{\pi}}{8\beta^5}$[/tex]
quindi il secondo contributo è [tex]$I_2=\left( \frac{\beta \lambda}{\sqrt{\pi}}\right) \left( \frac{3\sqrt{\pi}}{8\beta^5}\right) = \frac{3\lambda}{8\beta^4}$[/tex].
Ovviamente, controlla i conti.
Inoltre, visto che la derivata seconda di una funzione pari è una funzione pari, l'integrale di quella roba esteso a [tex]$\mathbb{R}$[/tex] è il doppio di quello esteso a [tex]$[0,+\infty[$[/tex]: pertanto basta calcolare un solo integrale improprio per ottenere anche l'altro.
Nel seguito assumo che l'intervallo d'integrazione sia [tex]$[0,+\infty[$[/tex].
Se non capisco male, il tuo integrale è la somma di due contributi, ossia:
(1) [tex]$I_1:=C_1\ \int_0^{+\infty} e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\ \frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\ \text{d} x$[/tex]
e:
(2) [tex]$I_2:=C_2\ \int_0^{+\infty} x^4\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex]
in cui [tex]C_1:=-\frac{\beta h^2}{2m\sqrt{\pi}},\ C_2:= \frac{\beta \lambda}{\sqrt{\pi}}[/tex] (per comodità).
Evidentamente i due integrali si svolgono per parti: il primo è semplice per via della derivata:
[tex]$\int_0^{+\infty} e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\ \frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\ \text{d} x = \Bigg[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}} \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\Bigg]_0^{+\infty} -\int_0^{+\infty} \left( \frac{\text{d}}{\text{d} x} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right]\right)^2\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]\frac{\text{d}^2}{\text{d} x^2} \left[ e^{-\frac{\beta^2 x^2}{2}}\right][/tex])
[tex]$=\Big[-\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}\Big]_0^{+\infty} -\int_0^{+\infty} \beta^4 x^2 e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]-2\beta^2 x e^{-\beta^2 x^2} =\frac{\text{d}}{\text{d} x}[e^{-\beta^2 x^2}][/tex])
[tex]$=\Big[ \frac{\beta^2}{2} x e^{-\beta^2 x^2}\Big]_0^{+\infty} -\frac{\beta^2}{2}\int_0^{+\infty} e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (sostituisco [tex]$t=\beta x$[/tex] nell'integrale)
[tex]$=-\frac{\beta}{2}\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=-\frac{\beta \sqrt{\pi}}{4}$[/tex]
quindi il primo contributo è [tex]$I_1=\left( -\frac{\beta h^2}{2m\sqrt{\pi}}\right) \left( -\frac{\beta \sqrt{\pi}}{4}\right) =\frac{\beta^2 h^2}{8}$[/tex].
Il secondo integrale si calcola sempre effettuando due integrazioni per parti:
[tex]$\int_0^{+\infty} x^4\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x = -\frac{1}{2\beta^2} \int_0^{+\infty} x^3 \left( -2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}\right)\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]$-2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}$[/tex])
[tex]$=-\frac{1}{2\beta^2} \Bigg[ x^3 e^{-\beta^2 x^2}\Bigg]_0^ {+\infty} +\frac{1}{2\beta^2} \int_0^ {+\infty} 3x^2 e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex]
[tex]$=-\frac{3}{4\beta^4} \int_0^{+\infty} x (-2\beta^2 x e^{-\beta^2 x^2})\ \text{d} x$[/tex] (per parti con f. d. [tex]$-2\beta^2 x\ e^{-\beta^2 x^2}$[/tex])
[tex]$=-\frac{3}{4\beta^4} \Bigg[ xe^{-\beta^2 x^2}\Bigg]_0^{+\infty} + \frac{3}{4\beta^4} \int_0^{+\infty} e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x$[/tex] (sostituisco [tex]$t=\beta x$[/tex])
[tex]$=\frac{3}{4\beta^5} \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\frac{3\sqrt{\pi}}{8\beta^5}$[/tex]
quindi il secondo contributo è [tex]$I_2=\left( \frac{\beta \lambda}{\sqrt{\pi}}\right) \left( \frac{3\sqrt{\pi}}{8\beta^5}\right) = \frac{3\lambda}{8\beta^4}$[/tex].
Ovviamente, controlla i conti.
grazie gugo, il secondo contributo mi torna esattamente. riguardo al primo non c'è anche un fattore 3 a numeratore, (a parte la $m$ a denominatore)?
Al momento il [tex]$3$[/tex] non vedo da dove possa uscire... Comunque, te l'ho detto: rifai i conti, tanto ormai la strada è segnata e dovresti vedere subito se sono giusti o no.
Per quanto riguarda l'integrale, quello corretto è:
[tex]$\int_0^{+\infty} x^m\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x = \frac{1}{2\beta^{m+1}}\ \Gamma \left( \frac{m+1}{2}\right)$[/tex],
come si può dimostrare facilmente per induzione (per comodità ho messo [tex]$\alpha=\beta^2$[/tex]).
P.S.: Non sono ammattito; mentre scrivevo il post in cui compare l'integrale cui mi riferivo è stato cancellato.
Per quanto riguarda l'integrale, quello corretto è:
[tex]$\int_0^{+\infty} x^m\ e^{-\beta^2 x^2}\ \text{d} x = \frac{1}{2\beta^{m+1}}\ \Gamma \left( \frac{m+1}{2}\right)$[/tex],
come si può dimostrare facilmente per induzione (per comodità ho messo [tex]$\alpha=\beta^2$[/tex]).
P.S.: Non sono ammattito; mentre scrivevo il post in cui compare l'integrale cui mi riferivo è stato cancellato.
si si mi trovo grazie, errore di segno...
ahahahah no no l'ho cancellato io proprio perché avevo risolto
Grazie mille e... Buon Anno
ahahahah no no l'ho cancellato io proprio perché avevo risolto
Grazie mille e... Buon Anno
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