численное интегрирование с возможным делением на «ноль»

Я пытаюсь интегрировать

\int_{0}^{1} T^{2 N + 2} ехр (\frac{α р_{0}}{T}) d T

$\int^1_0 t^{2n+2}\exp\left({\frac{\alpha r_0}{t}}\right)dt$

которая является простым преобразованием

\int_{1}^{\infty} {Икс}^{2 N} ехр (- α р_{0} Икс) d Икс

$\int^{\infty}_1 x^{2n}\exp(-\alpha r_0 x)dx$

используя потому что трудно численно аппроксимировать несобственные интегралы. Это, однако, приводит к проблеме оценки нового подынтегрального выражения около нуля. Будет очень легко получить правильное количество квадратурных узлов, поскольку интервал имеет только длину 1 (поэтому сравнимое значение можно сделать очень маленьким), но какие соображения следует учитывать при интегрировании около нуля? $t = \frac1{x}$ $dt$

На некотором уровне, я думаю, что просто взятие $\int^1_\epsilon t^{2n+2}\exp({\frac{\alpha r_0} {t}})dt$ - хорошая идея, где $\epsilon$ - это небольшое число , Однако какой номер мне выбрать? Должно ли это быть машинное эпсилон? Является ли разделение по машинам эпсилон хорошо определенным числом? Кроме того, если деление моей машины epsilon (или близкой к ней) дает невероятно большое число, тогда брать $\exp(\frac{1}{\epsilon})$ станет еще больше.

Как я должен учитывать это? Есть ли способ получить четко определенный числовой интеграл этой функции? Если нет, как лучше интегрировать функцию?

quadrature accuracy

— drjrm3
источник

Рассматривали ли вы использовать Монте-Карло?

— Фахим Митха

Я чувствую, что это не решит проблему. Интеграция Монте-Карло часто зарезервирована для интегралов высокой размерности. Я столкнулся бы с точно такими же проблемами с Монте-Карло, я бы просто меньше контролировал, где оценивается моя функция.

— drjrm3

Возможно, ты прав.

— Фахим Митха

Я думаю, что все еще было бы хорошо иметь ответ (возможно, на отдельный, более общий вопрос), объясняющий, как выполняется численное интегрирование, когда функция расходится в одном пределе, для общего случая, когда невозможно выполнить интегральное аналитическое исследование. Опять же, это также можно найти в «Численных рецептах» ...

— Дэвид З.

@Faheem: «Монте-Карло - очень плохой метод; его следует использовать только тогда, когда все альтернативные методы хуже». - Алан Сокаль

— JM

Ответы:

Это может быть сделано путем интеграции по частям: и продолжается по индукции так что и .

\int_{1}^{\infty} Икс е^{- a Икс} знак равно \frac{- 1}{a} Икс е^{- a Икс} |_{1}^{\infty} - \frac{- 1}{a} \int_{1}^{\infty} е^{- a Икс} знак равно \frac{е^{- a}}{a} + \frac{е^{- a}}{a^{2}} знак равно \frac{a + 1}{a^{2}} е^{- a}

$\int^\infty_1 x e^{-ax} = \frac{-1}{a} x e^{-ax}\mid^\infty_1 - \frac{-1}{a} \int^\infty_1 e^{-ax} = \frac{e^{-a}}{a} + \frac{e^{-a}}{a^2} = \frac{a+1}{a^2} e^{-a}$

\int_{1}^{\infty} {Икс}^{К} е^{- a Икс} знак равно \frac{- 1}{a} {Икс}^{К} е^{- a Икс} |_{1}^{\infty} - \frac{- К}{a} \int_{1}^{\infty} {Икс}^{К - 1} е^{- a Икс} знак равно \frac{е^{- a}}{a} + \frac{К}{a} \int_{1}^{\infty} {Икс}^{К - 1} е^{- a Икс}

$\int^\infty_1 x^k e^{-ax} = \frac{-1}{a} x^k e^{-ax}\mid^\infty_1 - \frac{-k}{a} \int^\infty_1 x^{k-1} e^{-ax} = \frac{e^{-a}}{a} + \frac{k}{a} \int^\infty_1 x^{k-1} e^{-ax}$

я (К) знак равно \frac{е^{- a}}{a} + \frac{К}{a} я (К - 1)

$I(k) = \frac{e^{-a}}{a} + \frac{k}{a} I(k-1)$

I (0) = \frac{e^{- a}}{a}

$I(0) = \frac{e^{-a}}{a}$

— Мэтт Кнепли
источник

абсолютно не знаю, как я это упустил. благодарю вас.

— drjrm3

Умные замены и интеграция по частям всегда должны быть одной из первых вещей, которые вы делаете с недисциплинированными интегралами.

— JM

Часто бывает полезно спросить систему компьютерной алгебры, когда у вас есть такой интеграл. Maple вычисляет " " непосредственно в ; Я уверен, что Mathematica делает то же самое. (Конечно, хорошая идея проверить это численно, что обычно делают и эти ребята.)

\int_{1}^{\infty} x^{2 n} \exp (- α x) d x assuming n :: nonnegint, α > 0

$\int_1^\infty x^{2n} \exp(-\alpha x) \mathrm{d}x \text{ assuming }n :: \text{nonnegint}, \alpha > 0$

Γ (2 n + 1, α) α^{- 2 n - 1}

$\Gamma(2n+1, \alpha) \alpha^{-2n-1}$

— Эрик П.

На самом деле Mathematica выбирает представление ответа как ExpIntegralE [-2 n, ar]. Если вы запустите FunctionExpand на нем, то он даст тот же ответ, что и Maple.

— Searke

Посмотрите на КВАДПАК . У него есть процедуры для интеграции по (полу) бесконечным доменам.

— GertVdE
источник