Gaussin integraali

Gaussin integraali (myös Euler-Poisson- integraali tai Poisson-integraali [1] ) on Gaussin funktion integraali :

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

Todisteet

Todiste
Tarkastellaan funktiota . Sitä rajoittaa ylhäältä välissä yksi ja alhaalta välissä nolla . Erityisesti olettaen , että saamme : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\not=0$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{matrix}}\right.$ Rajoitetaan ensimmäisen epäyhtälön muutosta välillä ja toisessa - intervallilla , nostetaan molemmat epäyhtälöt potenssiin , koska positiivisten jäsenten epäyhtälöt voidaan nostaa mihin tahansa positiiviseen potenssiin. Saamme: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\in N)$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.$ ja $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matriisi}}\oikea.$ Integroimalla eriarvoisuudet osoitettujen rajojen sisällä ja vähentämällä ne yhdeksi saadaan $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Vaihtamalla saamme $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Olettaen , että saamme vastaavasti $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Integrointirajojen korvaaminen johtuu siitä, että muuttujan muuttuessa 0:sta arvo muuttuu 0:sta 1:ksi. $t$ $\pi /2$ $\kustannus$ Ja korvaamalla saamme $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n))}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Tässä integroinnin rajat ovat samanlaiset: se muuttuu äärettömästä nollaan, kun muuttuja muuttuu 0:sta arvoon . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ Kaksi viimeistä integraalia löytyvät seuraavalla tavalla: integroimalla ne kaksi kertaa osittain, saadaan toistuvia suhteita, joita ratkaisemalla saadaan oikean puolen tulokset. Siten haluttu K voidaan sisällyttää väliin ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ Löytääksemme K:n neliöimme koko epäyhtälön ja muunnamme sen. Tämän seurauksena kaikki yksinkertaistuu huomattavasti ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ Wallisin kaavasta seuraa, että sekä vasen että oikea ilmaisu pyrkivät $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$ Näin ollen $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Koska funktio on parillinen, saamme sen $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Todiste

Tarkastellaan funktiota . Sitä rajoittaa ylhäältä välissä yksi ja alhaalta välissä nolla . Erityisesti olettaen , että saamme :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\not=0

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

Rajoitetaan ensimmäisen epäyhtälön muutosta välillä ja toisessa - intervallilla , nostetaan molemmat epäyhtälöt potenssiin , koska positiivisten jäsenten epäyhtälöt voidaan nostaa mihin tahansa positiiviseen potenssiin. Saamme: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\in N)$

\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 {matriisi}}\oikea.

Integroimalla eriarvoisuudet osoitettujen rajojen sisällä ja vähentämällä ne yhdeksi saadaan

\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

Vaihtamalla saamme $u=x{\sqrt {n}}$

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

Olettaen , että saamme vastaavasti $x=\cos t$

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

Integrointirajojen korvaaminen johtuu siitä, että muuttujan muuttuessa 0:sta arvo muuttuu 0:sta 1:ksi. $t$ $\pi /2$ $\kustannus$

Ja korvaamalla saamme $x=\mathrm {ctg} \,t$

\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)!!))

Tässä integroinnin rajat ovat samanlaiset: se muuttuu äärettömästä nollaan, kun muuttuja muuttuu 0:sta arvoon . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

Kaksi viimeistä integraalia löytyvät seuraavalla tavalla: integroimalla ne kaksi kertaa osittain, saadaan toistuvia suhteita, joita ratkaisemalla saadaan oikean puolen tulokset.

Siten haluttu K voidaan sisällyttää väliin

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

Löytääksemme K:n neliöimme koko epäyhtälön ja muunnamme sen. Tämän seurauksena kaikki yksinkertaistuu huomattavasti

{\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))

Wallisin kaavasta seuraa, että sekä vasen että oikea ilmaisu pyrkivät $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$

Näin ollen $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$

Koska funktio on parillinen, saamme sen $e^{-x^{2}}$

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

Todiste 2
Gaussin integraali voidaan esittää muodossa . Harkitse tämän integraalin neliötä . Esittelemällä kaksiulotteiset suorakulmaiset koordinaatit , siirtymällä niistä napakoordinaatteihin , ja integroimalla (0 - ) saamme: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $minä^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Siksi ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Todiste 2

Gaussin integraali voidaan esittää muodossa . Harkitse tämän integraalin neliötä . Esittelemällä kaksiulotteiset suorakulmaiset koordinaatit , siirtymällä niistä napakoordinaatteihin , ja integroimalla (0 - ) saamme:

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

minä^{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 .

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

Todiste 3
Gaussin integraali voidaan esittää muodossa . Tarkastellaan tämän integraalin kuutiota . Esittelyssä kolmiulotteiset suorakulmaiset koordinaatit , siirtyminen niistä pallomaisiin koordinaatteihin : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , muodonmuutoksen jakobilainen on , $J={r^{2}}\sin \theta$ ja integroimalla yli (from to ), over (from to ), over (from to ), saamme: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\oikea)}\oikea\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Siksi ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

Todiste 3

Gaussin integraali voidaan esittää muodossa . Tarkastellaan tämän integraalin kuutiota . Esittelyssä kolmiulotteiset suorakulmaiset koordinaatit , siirtyminen niistä pallomaisiin koordinaatteihin :

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}

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

ja integroimalla yli (from to ), over (from to ), over (from to ), saamme: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

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

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

Muunnelmia

Skaalatun Gaussin funktion Gaussin integraalit

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

ja moniulotteiset Gaussin integraalit

\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}}}

pelkistetään alkeellisesti tavalliseen yksiulotteiseen, joka kuvattiin ensin (tässä ja alla, koko tilan integrointi viitataan kaikkialla).

Sama koskee muodon moniulotteisia integraaleja

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

missä x on vektori ja M on symmetrinen matriisi negatiivisilla ominaisarvoilla, koska tällaiset integraalit pelkistyvät edelliseen, jos tehdään koordinaattimuunnos, joka diagonalisoi matriisin M .

Käytännön sovellus (esimerkiksi Gaussin funktion Fourier-muunnoksen laskemiseen) löytää usein seuraavan suhteen

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

Fysiikassa

Tämän integraalin ja sen eri muunnelmien laskeminen on monien nykyaikaisen teoreettisen fysiikan aiheiden pääsisältö [2] .

Historia

Ensimmäisen kerran Euler laski yksiulotteisen Gaussin integraalin vuonna 1729 , jolloin Poisson löysi yksinkertaisen menetelmän sen laskemiseen. Tässä suhteessa se sai nimen Euler-Poisson-integraali [2] .

Katso myös

Virhetoiminto

Muistiinpanot

↑ Poisson-integraali - artikkeli Great Soviet Encyclopediasta .
↑ 1 2 Zee E. Kvanttikenttäteoria pähkinänkuoressa. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 s. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Linkit

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