Gaussisk integral

Gaussisk integral (også Euler-Poisson integral eller Poisson integral [1] ) er et integral af en Gaussisk funktion :

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

Beviser

Bevis
Lad os overveje en funktion . Det er afgrænset ovenfra af én på intervallet og nedefra af nul på intervallet . Især, hvis vi antager , at vi opnår for : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\ikke=0$ $\venstre\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{matrix}}\right.$ Lad os begrænse ændringen i den første ulighed med intervallet , og i den anden - med intervallet , hæve begge uligheder til magten , da uligheder med positive medlemmer kan hæves til enhver positiv magt. Vi får: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\i N)$ $\venstre\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.$ og $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matrix}}\right.$ Vi opnår at integrere ulighederne inden for de angivne grænser og reducere dem til én $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Ved udskiftning får vi $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty}e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Forudsat at vi får hhv. $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Udskiftningen af integrationsgrænserne opnås på grund af det faktum, at når variablen ændres fra 0 til ændres værdien fra 0 til 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$ Og udskiftning får vi $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Her er grænserne for integration ens: den skifter fra uendelig til nul, når variablen ændres fra 0 til . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ De sidste to integraler kan findes på følgende måde: ved at integrere dem to gange efter dele, opnår vi tilbagevendende relationer, løser som vi når frem til resultaterne på højre side. Således kan det ønskede K være indeholdt i intervallet ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ For at finde K, kvadrerer vi hele uligheden og transformerer den. Som et resultat er alt meget forenklet til ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ Det følger af Wallis-formlen , at både venstre og højre udtryk har en tendens til $\pi /4$ $n\højrepil \infty$ Følgelig, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Da funktionen er lige, 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

Lad os overveje en funktion . Det er afgrænset ovenfra af én på intervallet og nedefra af nul på intervallet . Især, hvis vi antager , at vi opnår for :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\ikke=0

\venstre\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{matrix}}\right.

Lad os begrænse ændringen i den første ulighed med intervallet , og i den anden - med intervallet , hæve begge uligheder til magten , da uligheder med positive medlemmer kan hæves til enhver positiv magt. Vi får: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\i N)$

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

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

Vi opnår at integrere ulighederne inden for de angivne grænser og reducere dem til én

\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

Ved udskiftning 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.

Forudsat at vi får hhv. $x=\cos t$

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

Udskiftningen af integrationsgrænserne opnås på grund af det faktum, at når variablen ændres fra 0 til ændres værdien fra 0 til 1. $t$ $\pi /2$ $\cos t$

Og udskiftning får vi $x=\mathrm {ctg} \,t$

\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)!!))

Her er grænserne for integration ens: den skifter fra uendelig til nul, når variablen ændres fra 0 til . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

De sidste to integraler kan findes på følgende måde: ved at integrere dem to gange efter dele, opnår vi tilbagevendende relationer, løser som vi når frem til resultaterne på højre side.

Således kan det ønskede K være indeholdt i intervallet

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

For at finde K, kvadrerer vi hele uligheden og transformerer den. Som et resultat er alt meget forenklet til

{\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 følger af Wallis-formlen , at både venstre og højre udtryk har en tendens til $\pi /4$ $n\højrepil \infty$

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

Da funktionen er lige, 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
Det Gaussiske integral kan repræsenteres som . Overvej kvadratet af dette integral . Ved at introducere todimensionelle kartesiske koordinater , der går fra dem til polære koordinater , , og integrerer over (fra 0 til ), får vi: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $I^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty}e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Derfor ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Bevis 2

Det Gaussiske integral kan repræsenteres som . Overvej kvadratet af dette integral . Ved at introducere todimensionelle kartesiske koordinater , der går fra dem til polære koordinater , , og integrerer over (fra 0 til ), 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 .

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

Bevis 3
Det Gaussiske integral kan repræsenteres som . Overvej terningen af dette integral . Introduktion af tredimensionelle kartesiske koordinater , der går fra dem til sfæriske koordinater : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty {{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , forvandlingens Jacobian er , $J={r^{2}}\sin \theta$ og integrerer over (fra til ), over (fra til ), over (fra til ), får vi: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Derfor ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

Bevis 3

Det Gaussiske integral kan repræsenteres som . Overvej terningen af dette integral . Introduktion af tredimensionelle kartesiske koordinater , der går fra dem til sfæriske 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}

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

og integrerer over (fra til ), over (fra til ), over (fra til ), får vi: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

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

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

Variationer

Gaussiske integraler af en skaleret Gaussisk funktion

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

og multidimensionelle Gaussiske 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}}}

er elementært reduceret til den sædvanlige endimensionelle beskrevet først (her og nedenfor antydes integration over hele rummet overalt).

Det samme gælder for multidimensionelle integraler af formen

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

hvor x er en vektor, og M er en symmetrisk matrix med negative egenværdier, da sådanne integraler reduceres til den foregående, hvis man laver en koordinattransformation, der diagonaliserer matrixen M .

Praktisk anvendelse (for eksempel til at beregne Fourier-transformationen af en Gauss-funktion) finder ofte følgende sammenhæng

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

I fysik

Beregningen af dette integral og dets forskellige variationer er hovedindholdet i mange emner i moderne teoretisk fysik [2] .

Historie

For første gang blev det endimensionelle Gauss-integral beregnet i 1729 af Euler , derefter fandt Poisson en simpel metode til at beregne det. I denne henseende modtog den navnet Euler-Poisson-integralet [2] .

Se også

Fejlfunktion

Noter

↑ Poisson-integral -artikel fra Great Soviet Encyclopedia .
↑ 1 2 Zee E. Kvantefeltteori i en nøddeskal. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 s. — ISBN 978-5-93972-770-9 .