Гауссов интеграл

Подробнее Рассмотрим функцию

...

Доказательство
Рассмотрим функцию $(1+t)e^{-t}$ . Она ограничена сверху единицей на интервале ${\displaystyle (-\infty$ , а снизу нулем на интервале $[-1;+\infty )$ . В частности, полагая $t=\pm x^{2}$ , получим при $x\not =0$ : $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2}}<1\end{matrix}}\right.$ Ограничим в первом неравенстве изменение $x$ промежутком $(0,1)$ , а во втором — промежутком $(0;\infty )$ , возведём оба неравенства в степень $n(n\in N)$ , так как неравенства с положительными членами можно возводить в любую положительную степень. Получим: $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.$ и $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end{matrix}}\right.$ Интегрируя неравенства в указанных пределах и сведя их в одно, получим $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ При замене $u=x{\sqrt {n}}$ получим $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\;K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Полагая $x=\cos t$ получим, соответственно, $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Замена пределов интегрирования получается из-за того, что при изменении переменной $t$ от 0 до $\pi /2$ величина $\cos t$ меняется в пределах от 0 до 1. И заменяя $x=\mathrm {ctg} \,t$ , получим $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}$ Здесь с пределами интегрирования аналогично: $\mathrm {ctg} \,t$ изменяется от бесконечности до нуля при изменении переменной $t$ от 0 до $\pi /2$ . Два последних интеграла могут быть найдены следующим образом: дважды интегрируя их по частям, мы получим рекуррентные соотношения, разрешая которые придем к результатам в правой части. Таким образом искомое К может быть заключено в интервале ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}$ Для нахождения К возведём всё неравенство в квадрат и преобразуем. В результате всё сильно упрощается до ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}<K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2)!!)^{2}}}\cdot {\frac {\pi ^{2}}{4}}$ Из формулы Валлиса следует, что и левое, и правое выражение стремятся к $\pi /4$ при $n\rightarrow \infty$ Следовательно, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ В силу чётности функции $e^{-x^{2}}$ , получаем, что $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.$

Доказательство

Рассмотрим функцию

(1+t)e^{-t}

. Она ограничена сверху единицей на интервале

{\displaystyle (-\infty

, а снизу нулем на интервале

[-1;+\infty )

. В частности, полагая

t=\pm x^{2}

, получим при

x\not =0

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

Ограничим в первом неравенстве изменение $x$ промежутком $(0,1)$ , а во втором — промежутком $(0;\infty )$ , возведём оба неравенства в степень $n(n\in N)$ , так как неравенства с положительными членами можно возводить в любую положительную степень. Получим:

\left\{{\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.

Интегрируя неравенства в указанных пределах и сведя их в одно, получим

\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

При замене $u=x{\sqrt {n}}$ получим

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

Полагая $x=\cos t$ получим, соответственно,

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

Замена пределов интегрирования получается из-за того, что при изменении переменной $t$ от 0 до $\pi /2$ величина $\cos t$ меняется в пределах от 0 до 1.

И заменяя $x=\mathrm {ctg} \,t$ , получим

\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)!!}}

Здесь с пределами интегрирования аналогично: $\mathrm {ctg} \,t$ изменяется от бесконечности до нуля при изменении переменной $t$ от 0 до $\pi /2$ .

Два последних интеграла могут быть найдены следующим образом: дважды интегрируя их по частям, мы получим рекуррентные соотношения, разрешая которые придем к результатам в правой части.

Таким образом искомое К может быть заключено в интервале

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

Для нахождения К возведём всё неравенство в квадрат и преобразуем. В результате всё сильно упрощается до

{\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}}

Из формулы Валлиса следует, что и левое, и правое выражение стремятся к $\pi /4$ при $n\rightarrow \infty$

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

В силу чётности функции $e^{-x^{2}}$ , получаем, что

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

Подробнее Гауссов интеграл может быть представлен как

...

Доказательство 2
Гауссов интеграл может быть представлен как $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ . Рассмотрим квадрат этого интеграла $I^{2}$ . Вводя двумерные декартовы координаты, переходя от них к полярным координатам $(x=r\cos \phi$ , $y=r\sin \phi$ , $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ и интегрируя по $\phi$ (от 0 до $2\pi$ ), получаем: $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2}-y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}}r^{2}=\pi .$ Следовательно, $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$ .

Доказательство 2

Гауссов интеграл может быть представлен как

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

. Рассмотрим квадрат этого интеграла

I^{2}

. Вводя двумерные декартовы координаты, переходя от них к полярным координатам

(x=r\cos \phi

y=r\sin \phi

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

и интегрируя по

\phi

(от 0 до

2\pi

), получаем:

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 .

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

Подробнее Гауссов интеграл может быть представлен как

...

Доказательство 3
Гауссов интеграл может быть представлен как $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}}}dx}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}}}dz}$ . Рассмотрим куб этого интеграла $I^{3}$ . Вводя трёхмерные декартовы координаты, переходя от них к сферическим координатам: $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \\{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , якобиан преобразования равен $J={r^{2}}\sin \theta$ , и интегрируя по $\theta$ (от $0$ до $\pi$ ), по $\varphi$ (от $0$ до $2\pi$ ), по $r$ (от $0$ до $\infty$ ), получаем: ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx}dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^{\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}{r^{2}}dr}}}=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2}}}}}}\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^{-{r^{2}}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Следовательно, $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}}}dx}={\sqrt {\pi }}$ .

Доказательство 3

Гауссов интеграл может быть представлен как

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}

. Рассмотрим куб этого интеграла

I^{3}

. Вводя трёхмерные декартовы координаты, переходя от них к сферическим координатам:

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

и интегрируя по $\theta$ (от $0$ до $\pi$ ), по $\varphi$ (от $0$ до $2\pi$ ), по $r$ (от $0$ до $\infty$ ), получаем:

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

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

Гауссовы интегралы от масштабированной гауссовой функции

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

и многомерные гауссовы интегралы

\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}}}

элементарно сводятся к обычному одномерному, описанному первым (здесь и ниже везде подразумевается интегрирование по всему пространству).

То же относится к многомерным интегралам вида

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

где x — вектор, а M — симметричная матрица с отрицательными собственными числами, так как такие интегралы сводятся к предыдущему, если сделать преобразование координат, диагонализующее матрицу М.

Практическое применение (например, для вычисления Фурье-преобразования от гауссовой функции) часто находит следующее соотношение

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

Гауссов интеграл

Доказательства

Вариации

В физике

История

См. также

Примечания

Ссылки

Wikiwand - on