x^4e^{-ax^2-(b/x^2)}[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} (e^{-\frac{b}{x^2}}-1)e^{-ax^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} (e^{-2\sqrt{ab}}-1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{b}} e^{-2\sqrt{ab}}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^4}dx=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{b^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}\\
&(4)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^6}dx=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{b^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}\\
&(5)  \displaystyle\int_0^{\infty} x^2e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{a^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}\\
&(6)  \displaystyle\int_0^{\infty} x^4e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{a^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}\\
&(7)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-\frac{1}{2a}\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}}{x^4}dx=\sqrt{\frac{πa}{2}} (1+a)e^{-\frac{1}{a}}\\
&(8)  \displaystyle\int_0^{\infty} x^{-2n} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{(-1)^n}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^n}{\partial b^n}\left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)\\
&(9)  \displaystyle\int_0^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{(-1)^{n+1}}{2}\sqrt{\frac{π}{b}} \cdot \frac{\partial^{n+1}}{\partial a^{n+1}}\left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)











<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-a^2x^2-\frac{b^2}{x^2}} dx=\frac{\sqrtπ}{2a}e^{-2ab}$$このページでは上記の式の \(a\) と \(b\) が \(2\) 乗でない式を扱います。すなわち$$(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-2\sqrt{ab}}  (a,b \gt 0)$$







\begin{alignat}{2}
(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} (e^{-\frac{b}{x^2}}-1)e^{-ax^2}dx&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx-\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2}dx\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-2\sqrt{ab}}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} (e^{-2\sqrt{ab}}-1)
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} (e^{-\frac{b}{x^2}}-1)e^{-ax^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} (e^{-2\sqrt{ab}}-1)$$







\((2)\) \((A)\) の式の両辺を \(b\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^2}dx&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{d}{db} (e^{-2\sqrt{ab}})\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^2}dx&=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot (-2\sqrt{a}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{b}}e^{-2\sqrt{ab}}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{b}} e^{-2\sqrt{ab}}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{b}} e^{-2\sqrt{ab}}$$







\((3)\) \((2)\) の式の両辺を \(b\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^4}dx&=\frac{\sqrt{π}}{2} \cdot \frac{d}{db} \left(\frac{e^{-2\sqrt{ab}}}{\sqrt{b}}\right)\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^4}dx&=-\frac{\sqrt{π}}{2} \cdot \frac{-2\sqrt{a}\cdot \frac{1}{2\sqrt{b}}e^{-2\sqrt{ab}} \cdot \sqrt{b}-e^{-2\sqrt{ab}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{b}} }{b}\\
&=\frac{\sqrt{π}}{4} \cdot \frac{1+2\sqrt{ab}}{b\sqrt{b}}e^{-2\sqrt{ab}}\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{b^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^4}dx=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{b^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}$$







\((4)\) \((3)\) の式の両辺を \(b\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^6}dx&=\frac{\sqrt{π}}{4} \cdot \frac{d}{db} \left\{\frac{(1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}}{\sqrt{b^3}}\right\}\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^6}dx&=-\frac{\sqrt{π}}{4} \frac{\left\{2\sqrt{a} \cdot \frac{1}{2\sqrt{b}} e^{-2\sqrt{ab}}+(1+2\sqrt{ab})(-2\sqrt{a}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{b}}e^{-2\sqrt{ab}}\right\}\sqrt{b^3}-\{(1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}\} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{b}}{b^3}\\
&=-\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{\left\{\sqrt{\frac{a}{b}}e^{-2\sqrt{ab}}-(1+2\sqrt{ab})\sqrt{\frac{a}{b}}e^{-2\sqrt{ab}}\right\}\sqrt{b^3}-\frac{3}{2}\{(1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}\}\sqrt{b}}{b^3}\\
&=-\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{\left\{\sqrt{\frac{a}{b}}-(1+2\sqrt{ab})\sqrt{\frac{a}{b}}\right\}b-\frac{3}{2}(1+2\sqrt{ab})}{b^{\frac{5}{2}}}e^{-2\sqrt{ab}}\\
&=-\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{\sqrt{ab}-(1+2\sqrt{ab})\sqrt{ab}-\frac{3}{2}(1+2\sqrt{ab})}{b^{\frac{5}{2}}}e^{-2\sqrt{ab}}\\
&=\frac{\sqrt{π}}{4}\cdot \frac{4ab+3(1+2\sqrt{ab})}{2b^{\frac{5}{2}}}e^{-2\sqrt{ab}}\\
&=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{b^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}}{x^6}dx=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{b^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}$$







\((5)\) \(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{1}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} x^2e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx&=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{1}{t^2}e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}} \left(-\frac{1}{t^2}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}}}{t^4}dt\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{a^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} x^2e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{π}{a^3}} (1+2\sqrt{ab})e^{-2\sqrt{ab}}$$








\((6)\) \(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{1}{t^2}dt\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} x^4e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx&=\displaystyle\int_{\infty}^0 \frac{1}{t^4}e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}} \left(-\frac{1}{t^2}\right)dt\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}}}{t^6}dt\\
&=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{a^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} x^4e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{π}{a^5}} (4ab+6\sqrt{ab}+3)e^{-2\sqrt{ab}}$$







\((7)\) 求める積分は \((3)\) の式の \(a\) と \(b\) を \(\displaystyle \frac{1}{2a}\) としたものだから
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-\frac{1}{2a}\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}}{x^4}dx&=\frac{\sqrt{π}}{4} \cdot (2a)^{\frac{3}{2}} \left(1+2 \cdot \frac{1}{2a}\right) e^{2 \cdot \frac{1}{2a}}\\
&=\frac{\sqrt{π}}{4} \cdot 2\sqrt{2} \cdot a\sqrt{a} \left(1+\frac{1}{a}\right)e^{-\frac{1}{a}}\\
&=\sqrt{\frac{πa}{2}} (1+a)e^{-\frac{1}{a}}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-\frac{1}{2a}\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)}}{x^4}dx=\sqrt{\frac{πa}{2}} (1+a)e^{-\frac{1}{a}}$$








\((8)\) \((A)\) の式の両辺を \(b\) で \(n\) 回微分します。
\begin{alignat}{2}
\frac{\partial^n}{\partial b^n}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^n}{\partial b^n} \left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)\\
\displaystyle\int_0^{\infty} \left(-\frac{1}{x^2}\right)^ne^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^n}{\partial b^n} \left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)\\
(-1)^n\displaystyle\int_0^{\infty} x^{-2n}e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^n}{\partial b^n} \left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} x^{-2n} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{(-1)^n}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^n}{\partial b^n}\left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)$$







\((9)\) \((8)\) の式の両辺をもう一度 \(b\) で微分します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} x^{-2n-2} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{(-1)^{n+1}}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{\partial^{n+1}}{\partial b^{n+1}}\left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)$$\(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{1}{t^2}dt\right)\)$$=\displaystyle\int_{\infty}^0 t^{2n+2} e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}}\left(-\frac{1}{t^2}\right)dt=\displaystyle\int_0^{\infty} t^{2n} e^{-bt^2-\frac{a}{t^2}}dt$$\(t\) を \(x\) に戻し、\(a\) と \(b\) を入れ替えます。以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} x^{2n} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}}dx=\frac{(-1)^{n+1}}{2}\sqrt{\frac{π}{b}} \cdot \frac{\partial^{n+1}}{\partial a^{n+1}}\left(e^{-2\sqrt{ab}}\right)$$

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