Gaussisk integral

Gauss-integral (även Euler-Poisson- integral eller Poisson-integral [1] ) är en integral av en Gauss-funktion :

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

Bevis

Bevis
Låt oss överväga en funktion . Den avgränsas uppifrån av ett på intervallet och underifrån av noll på intervallet . I synnerhet om vi antar att vi får för : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\inte=0$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} }<1\end{matris}}\höger.$ Låt oss begränsa förändringen i den första ojämlikheten med intervallet , och i den andra - med intervallet , höja båda ojämlikheterna till makten , eftersom ojämlikheter med positiva medlemmar kan höjas till vilken positiv kraft som helst. Vi får: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\i N)$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matris}}\höger.$ och $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matris}}\höger.$ Att integrera ojämlikheterna inom de angivna gränserna och reducera dem till en, får vi $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Vid byte får vi $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Förutsatt att vi får resp. $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Ersättningen av integrationsgränserna erhålls på grund av det faktum att när variabeln ändras från 0 till ändras värdet från 0 till 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$ Och att ersätta , vi får $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Här är gränserna för integration liknande: den ändras från oändlighet till noll när variabeln ändras från 0 till . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ De två sista integralerna kan hittas på följande sätt: genom att integrera dem två gånger i delar, får vi återkommande relationer, och löser vilka vi kommer fram till resultaten på höger sida. Således kan det önskade K innehållas i intervallet ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ För att hitta K kvadrerar vi hela ojämlikheten och transformerar den. Som ett resultat är allt mycket förenklat ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ Det följer av Wallis formel att både vänster och höger uttryck tenderar att $\pi /4$ $n\högerpil \infty$ Följaktligen, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Eftersom funktionen är jämn får vi det $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Låt oss överväga en funktion . Den avgränsas uppifrån av ett på intervallet och underifrån av noll på intervallet . I synnerhet om vi antar att vi får för :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\inte=0

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

Låt oss begränsa förändringen i den första ojämlikheten med intervallet , och i den andra - med intervallet , höja båda ojämlikheterna till makten , eftersom ojämlikheter med positiva medlemmar kan höjas till vilken positiv kraft som helst. Vi får: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\i N)$

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

och

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

Att integrera ojämlikheterna inom de angivna gränserna och reducera dem till en, får vi

\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

Vid byte får vi $u=x{\sqrt {n}}$

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

Förutsatt att vi får resp. $x=\cos t$

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

Ersättningen av integrationsgränserna erhålls på grund av det faktum att när variabeln ändras från 0 till ändras värdet från 0 till 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$

Och att ersätta , vi får $x=\mathrm {ctg} \,t$

\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)!!))

Här är gränserna för integration liknande: den ändras från oändlighet till noll när variabeln ändras från 0 till . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

De två sista integralerna kan hittas på följande sätt: genom att integrera dem två gånger i delar, får vi återkommande relationer, och löser vilka vi kommer fram till resultaten på höger sida.

Således kan det önskade K innehållas i intervallet

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

För att hitta K kvadrerar vi hela ojämlikheten och transformerar den. Som ett resultat är allt mycket förenklat

{\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))

Det följer av Wallis formel att både vänster och höger uttryck tenderar att $\pi /4$ $n\högerpil \infty$

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

Eftersom funktionen är jämn får vi det $e^{-x^{2}}$

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

Bevis 2
Den Gaussiska integralen kan representeras som . Betrakta kvadraten på denna integral . Genom att introducera tvådimensionella kartesiska koordinater , passera från dem till polära koordinater , och integrera över (från 0 till ), får vi: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $I^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Därför, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Bevis 2

Den Gaussiska integralen kan representeras som . Betrakta kvadraten på denna integral . Genom att introducera tvådimensionella kartesiska koordinater , passera från dem till polära koordinater , och integrera över (från 0 till ), får vi:

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

I^{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 .

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

Bevis 3
Den Gaussiska integralen kan representeras som . Betrakta kuben av denna integral . Introduktion av tredimensionella kartesiska koordinater , som går från dem till sfäriska koordinater : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , förvandlingens Jacobian är , $J={r^{2}}\sin \theta$ och genom att integrera över (från till ), över (från till ), över (från till ), får vi: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Därför, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

Bevis 3

Den Gaussiska integralen kan representeras som . Betrakta kuben av denna integral . Introduktion av tredimensionella kartesiska koordinater , som går från dem till sfäriska koordinater :

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}

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

och genom att integrera över (från till ), över (från till ), över (från till ), får vi: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

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

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

Variationer

Gaussiska integraler av en skalad Gaussfunktion

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

och multidimensionella Gaussiska integraler

\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}}}

är elementärt reducerade till den vanliga endimensionella som beskrivs först (här och nedan antyds integration över hela rummet överallt).

Detsamma gäller multidimensionella integraler av formen

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

där x är en vektor och M är en symmetrisk matris med negativa egenvärden, eftersom sådana integraler reduceras till den föregående om man gör en koordinattransformation som diagonaliserar matrisen M .

Praktisk tillämpning (till exempel för att beräkna Fouriertransformen av en Gaussfunktion) finner ofta följande samband

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

I fysik

Beräkningen av denna integral och dess olika variationer är huvudinnehållet i många ämnen inom modern teoretisk fysik [2] .

Historik

För första gången beräknades den endimensionella gaussiska integralen 1729 av Euler , sedan hittade Poisson en enkel metod för att beräkna den. I detta avseende fick den namnet Euler-Poisson-integralen [2] .

Se även

Felfunktion

Anteckningar

↑ Poisson integral -artikel från Great Soviet Encyclopedia .
↑ 1 2 Zee E. Kvantfältteori i ett nötskal. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 sid. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Länkar

Morozov, A.; Shakirov, Sh. (2009). "Introduktion till integrerade diskriminanter". Journal of High Energy Physics . 2009 (12): 002.arXiv : 0903.2595 . Bibcode : 2009JHEP...12..002M . DOI : 10.1088/1126-6708/2009/12/002 .