Integrala gaussiana

Integrala gaussiana (de asemenea integrala Euler-Poisson sau integrala Poisson [1] ) este o integrala a unei functii gaussiana :

\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).

Dovezi

Dovada
Să luăm în considerare o funcție . Este mărginit de sus de unu pe interval , iar de jos de zero pe interval . În special, presupunând , obținem pentru : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\nu=0$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{matrice}}\dreapta.$ Să limităm modificarea primei inegalități cu intervalul , iar în a doua - cu intervalul , ridicăm ambele inegalități la putere , deoarece inegalitățile cu membri pozitivi pot fi ridicate la orice putere pozitivă. Primim: $X$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\în N)$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.$ și $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matrice}}\dreapta.$ Integrând inegalitățile în limitele indicate și reducându-le într-una singură, obținem $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ La înlocuire, obținem $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Presupunând că obținem, respectiv, $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Inlocuirea limitelor de integrare se obtine datorita faptului ca atunci cand variabila se schimba de la 0 la valoarea se schimba de la 0 la 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$ Și înlocuind , obținem $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n)}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Aici, limitele integrării sunt similare: se schimbă de la infinit la zero când variabila se schimbă de la 0 la . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ Ultimele două integrale pot fi găsite în felul următor: integrându-le de două ori pe părți, obținem relații recurente, rezolvând pe care ajungem la rezultate din partea dreaptă. Astfel, K dorit poate fi conținut în interval ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ Pentru a găsi K, pătratăm întreaga inegalitate și o transformăm. Ca rezultat, totul este mult simplificat ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ Din formula Wallis rezultă că atât expresiile din stânga, cât și din dreapta tind să $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$ Prin urmare, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Deoarece funcția este pară, obținem asta $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Dovada

Să luăm în considerare o funcție . Este mărginit de sus de unu pe interval , iar de jos de zero pe interval . În special, presupunând , obținem pentru :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\nu=0

\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{matrice}}\dreapta.

Să limităm modificarea primei inegalități cu intervalul , iar în a doua - cu intervalul , ridicăm ambele inegalități la putere , deoarece inegalitățile cu membri pozitivi pot fi ridicate la orice putere pozitivă. Primim: $X$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\în N)$

\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.

și

\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matrice}}\dreapta.

Integrând inegalitățile în limitele indicate și reducându-le într-una singură, obținem

\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx

La înlocuire, obținem $u=x{\sqrt {n}}$

\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.

Presupunând că obținem, respectiv, $x=\cos t$

\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}

Inlocuirea limitelor de integrare se obtine datorita faptului ca atunci cand variabila se schimba de la 0 la valoarea se schimba de la 0 la 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$

Și înlocuind , obținem $x=\mathrm {ctg} \,t$

\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n)}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))

Aici, limitele integrării sunt similare: se schimbă de la infinit la zero când variabila se schimbă de la 0 la . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

Ultimele două integrale pot fi găsite în felul următor: integrându-le de două ori pe părți, obținem relații recurente, rezolvând pe care ajungem la rezultate din partea dreaptă.

Astfel, K dorit poate fi conținut în interval

{\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}

Pentru a găsi K, pătratăm întreaga inegalitate și o transformăm. Ca rezultat, totul este mult simplificat

{\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))

Din formula Wallis rezultă că atât expresiile din stânga, cât și din dreapta tind să $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$

Prin urmare, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$

Deoarece funcția este pară, obținem asta $e^{-x^{2}}$

\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).

Dovada 2
Integrala gaussiană poate fi reprezentată ca . Se consideră pătratul acestei integrale . Introducând coordonatele carteziene bidimensionale , trecând de la acestea la coordonate polare , și integrând peste (de la 0 la ), obținem: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $eu^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Prin urmare, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Dovada 2

Integrala gaussiană poate fi reprezentată ca . Se consideră pătratul acestei integrale . Introducând coordonatele carteziene bidimensionale , trecând de la acestea la coordonate polare , și integrând peste (de la 0 la ), obținem:

I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y

eu^{2}

(x=r\cos\phi

y=r\sin\phi

r^{2}=x^{2}+y^{2})

\phi

2\pi

I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .

Prin urmare, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Dovada 3
Integrala gaussiană poate fi reprezentată ca . Luați în considerare cubul acestei integrale . Introducerea coordonatelor carteziene tridimensionale , trecând de la acestea la coordonate sferice : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2)}})dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , jacobianul transformării este , $J={r^{2}}\sin \theta$ și integrând peste (de la la ), peste (de la la ), peste (de la la ), obținem: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Prin urmare, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2)}})dx}={\sqrt {\pi ))$

Dovada 3

Integrala gaussiană poate fi reprezentată ca . Luați în considerare cubul acestei integrale . Introducerea coordonatelor carteziene tridimensionale , trecând de la acestea la coordonate sferice :

I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2)}})dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}

I^{3}

$\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , jacobianul transformării este , $J={r^{2}}\sin \theta$

și integrând peste (de la la ), peste (de la la ), peste (de la la ), obținem: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\right)}\right|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$

Prin urmare, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2)}})dx}={\sqrt {\pi ))$

Variante

Integrale gaussiene ale unei funcții gaussiene scalate

\int \limits _{-\infty }^{\infty }\alpha e^{-x^{2}/\beta ^{2}}\,dx=\alpha \beta {\sqrt {\ pi}}

și integrale gaussiene multidimensionale

\int \alpha e^{-(x^{2}/\beta _{1}^{2}+y^{2}/\beta _{2}^{2}+z^{2}/\ beta _{3}^{2}+\dots )}\,dxdydz\dots =\alpha \beta _{1}\beta _{2}\beta _{3}\dots {\sqrt {\pi ^{ n}}}

sunt reduse elementar la cea obișnuită unidimensională descrisă mai întâi (aici și mai jos, integrarea pe întreg spațiul este implicată peste tot).

Același lucru este valabil și pentru integralele multidimensionale ale formei

\int e^{x^{T}Mx}\,dx_{1}dx_{2}dx_{3}\dots dx_{n}={\sqrt {\frac {\pi ^{n}} {|\det(M)|}}}

unde x este un vector și M este o matrice simetrică cu valori proprii negative, deoarece astfel de integrale se reduc la precedenta dacă se face o transformare de coordonate care diagonalizează matricea M .

Aplicația practică (de exemplu, pentru a calcula transformata Fourier a unei funcții Gauss) găsește adesea următoarea relație

\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-ax^{2}+bx+c}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a)} }\,e^{{\frac {b^{2}}{4a}}+c},

În fizică

Calculul acestei integrale și diferitele sale variații este conținutul principal al multor subiecte ale fizicii teoretice moderne [2] .

Istorie

Pentru prima dată, integrala gaussiană unidimensională a fost calculată în 1729 de Euler , apoi Poisson a găsit o metodă simplă de calcul. În acest sens, a primit denumirea de integrală Euler-Poisson [2] .

Vezi și

Funcția de eroare

Note

↑ Poisson integral - articol din Marea Enciclopedie Sovietică .
↑ 1 2 Zee E. Teoria câmpului cuantic pe scurt. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 p. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Link -uri

Morozov, A.; Shakirov, Sh. (2009). „Introducere în discriminanții integrali”. Journal of High Energy Physics . 2009 (12): 002.arXiv : 0903.2595 . Cod biblic : 2009JHEP ...12..002M . DOI : 10.1088/1126-6708/2009/12/002 .