Ciao jack ishimaura,
Mi perdonerai se per pura comodità nella trattazione farò uso di $a $ al posto di $\alpha $ e di $x $ al posto di $\lambda $...
Partiamo dall'
integrale di Gauss:
\begin{equation}
\boxed{\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}}
\end{equation}
La classe generale di integrali della forma
\begin{equation}
I_n(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^n}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
può essere calcolata a partire dall'integrale di Gauss. Infatti, ponendo $x := \sqrt{a}y$ e richiamando poi nuovamente con $x$ la variabile di integrazione, da esso si ha:
\begin{equation}
I_0(a) = \int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Derivando quest'ultima relazione rispetto ad $a$ si ha:
\begin{equation}
\frac{\partial}{{\partial}a}I_0(a) = \frac{\partial}{{\partial}a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\partial}{{\partial}a}\bigg(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \bigg)
\end{equation}
Dunque si ha:
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\sqrt\pi}{2} \frac{\partial}{{\partial}a}\bigg(a^{-\frac{1}{2}}\bigg) = \frac{\sqrt\pi}{2}\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)a^{-\frac{3}{2}} = -\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Essendo soddisfatte le condizioni per cui la derivata può essere portata sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial}{\partial a}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x = -\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Dunque in definitiva si ha:
\begin{equation}
I_2(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^2}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 2.0cm a > 0
\end{equation}
Generalizzando, si è indotti a considerare l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^{2n}}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
Derivando $n$ volte rispetto ad $a$ si ha::
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}I_0(a) = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\partial^{n}}{{\partial}a^{n}}\bigg(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \bigg)
\end{equation}
Dunque si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\sqrt\pi}{2} \frac{\partial^{n}}{{\partial}a^{n}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}} \bigg)
\end{equation}
Ma si ha:
\begin{align}
&{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = -\frac{1}{2}a^{{-\frac{1}{2}}-1} = -\frac{1}{2}a^{{-\frac{3}{2}}}\nonumber \\
&{\frac{\partial^{2}}{\partial a^{2}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = {\frac{\partial}{\partial a}}\bigg(-\frac{1}{2}a^{{-\frac{3}{2}}}\bigg) = -\frac{1}{2}\bigg(-\frac{3}{2}\bigg)a^{{-\frac{3}{2}}-1} = {\frac{1 \cdot3}{2^2}}a^{{-\frac{5}{2}}} \nonumber \\
&\hskip 2.0cm \vdots \nonumber \\
&{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = (-1)^n {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^n}}a^{{-\frac{1}{2}-n}}
\end{align}
Perciò si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}dx = (-1)^n {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Si consideri il primo membro di quest'ultima equazione; essendo soddisfatte le condizioni per cui la derivata può essere portata sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\int_{0}^{+\infty}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x = (-1)^n \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n I_{2n}(a)
\end{equation}
Perciò in definitiva si ha:
\begin{equation}
I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 1.5cm a > 0
\end{equation}
Introducendo la notazione di
semifattoriale $(2n - 1)!! := (2n -1)(2n - 3)\cdot ... \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1$ quest'ultima formula può scriversi nella più compatta forma seguente:
\begin{equation}
\boxed{I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{(2n -1)!!}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 2.0cm a > 0}
\label{intGauss:derivgenclass2nda0ainfl}
\end{equation}
A questo punto è evidente che interesserebbe saper calcolare anche l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{2n + 1}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
A tale scopo, si consideri l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{1}(a) = \int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
Si ha:
\begin{equation}
I_{1}(a) = \int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = -\frac{1}{2a}\int_{0}^{+\infty}{-2ax}e^{-ax^2}\text{d}x = -\frac{1}{2a}\Big[e^{-ax^2}\Big]_0^{+\infty} = \frac{1}{2a}
\end{equation}
Derivando $n$ volte rispetto ad $a$ si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}I_{1}(a) = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(\frac{1}{2a}\bigg) = \frac{1}{2}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}(a^{-1})
\end{equation}
Ma si ha:
\begin{align}
&{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}(a^{-1}) = - 1 \cdot a^{- 1 - 1} = - a^{- 2} \nonumber \\
&{\frac{\partial^{2}}{\partial a^{2}}}(a^{-1}) = {\frac{\partial}{\partial a}}\bigg[{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}(a^{-1})\bigg] = {\frac{\partial}{\partial a}}(- a^{-2}) = -(-2)a^{- 2 - 1} = 2a^{- 3} \nonumber \\
&\hskip 1.7cm \vdots \nonumber \\
&{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}(a^{-1}) = (-1)^n {n!}\cdot a^{- 1 - n}
\end{align}
Perciò si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n{\frac{n!}{2a^{n + 1}}}
\end{equation}
Si consideri il primo membro di quest'ultima equazione; essendo soddisfatte le condizioni per le quali è possibile portare $\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}$ sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\begin{split}
\int_{0}^{+\infty}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(xe^{-ax^2}\bigg)\text{d}x & = \int_{0}^{+\infty}x{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x =\\
& = (-1)^n \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n I_{2n + 1}(a)
\end{split}
\end{equation}
Perciò in definitiva si ha:
\begin{equation}
\boxed{I_{2n + 1}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{n!}{2a^{n + 1}}
\hskip 0.5cm a > 0}
\label{intGauss:I_2n+1da0ainf}
\end{equation}
Si osservi infine che la funzione integranda $x^{2n + 1}e^{-ax^2}$ è una funzione dispari,
mentre la funzione integranda $x^{2n}e^{-ax^2}$ è una funzione pari; dunque valgono anche le relazioni seguenti:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = 0 \hskip 2.0cm a > 0
\end{equation}
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = 2 \cdot I_{2n}(a) = {\frac{(2n - 1)!!}{(2a)^{n}}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 1.0cm a > 0
\end{equation}
Quest'ultima relazione vale anche per $n = 0$ e dunque vale per $n \in \NN$ se si definisce $(-1)!! := 1$.
Ponendo $m := 2n$ nella relazione (\ref{intGauss:derivgenclass2nda0ainfl}) e $m := 2n + 1$ nella relazione (\ref{intGauss:I_2n+1da0ainf}) e richiamando poi $m$ con $n$, si può riassumere quanto finora detto nelle relazioni seguenti:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x =
\begin{cases}
\dfrac{(n - 1)!!}{2^{\frac{n}{2}+1}a^{\frac{n}{2}}}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}& \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm a > 0\\
\dfrac{[\frac{n - 1}{2}]!}{2a^{\frac{n + 1}{2}}}& \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
I primi 10 valori sono i seguenti:
\begin{align}
I_{0}(a) & = \int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:I0(a)}\\
I_{1}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x\,e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2a} \label{intGauss:I1(a)}\\
I_{2}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:I2(a)}\\
I_{3}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{3}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2a^2} \label{intGauss:I3(a)}\\
I_{4}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{4}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{3}{8a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
I_{5}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{5}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{a^3} \label{intGauss:I5(a)}\\
I_{6}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{6}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{15}{16a^3}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
I_{7}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{7}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{3}{a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
I_{8}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{8}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{105}{32a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
I_{9}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{9}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{12}{a^5}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{align}
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x =
\begin{cases}
2 \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{(n -1)!!}{(2a)^{\frac{n}{2}}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}& \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm a > 0\\
0& \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
I primi 6 valori per $n$ pari (per $n$ dispari sono tutti nulli) sono i seguenti:
\begin{align}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x & = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:2I0(a)}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{4}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{3}{4a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{6}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{15}{8a^3}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{8}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{105}{16a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{10}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{945}{32a^5}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{align}