Gaussův integrál

Gaussův integrál (také Euler-Poissonův integrál nebo Poissonův integrál [1] ) je integrál Gaussovy funkce :

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

Důkazy

Důkaz
Uvažujme o funkci . Na intervalu je shora ohraničena jedničkou a na intervalu zdola nulou . Zejména za předpokladu , že získáme pro : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\ne=0$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} }<1\end{matrix}}\vpravo.$ Omezme změnu v první nerovnosti intervalem a ve druhé - intervalem zvyšme obě nerovnosti na mocninu , protože nerovnosti s kladnými členy lze zvýšit na jakoukoli kladnou mocninu. Dostaneme: $X$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n (n\in N)$ $\left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.$ a $\left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matrix}}\vpravo.$ Získáme integraci nerovností v uvedených mezích a jejich snížení do jedné $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Při střídání dostáváme $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Za předpokladu , že dostaneme, resp. $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Nahrazení integračních mezí je dosaženo tím, že když se proměnná změní z 0 na hodnotu , změní se z 0 na 1. $t$ $\pi /2$ $\náklady$ A výměnou dostaneme $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n))}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Zde jsou limity integrace podobné: změní se z nekonečna na nulu, když se proměnná změní z 0 na . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ Poslední dva integrály najdeme takto: jejich dvojitým integrováním po částech získáme rekurentní vztahy, jejichž řešením dojdeme k výsledkům na pravé straně. Požadované K tedy může být obsaženo v intervalu ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ Abychom našli K, odmocníme celou nerovnost a transformujeme ji. V důsledku toho je vše výrazně zjednodušeno ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ Z Wallisova vzorce vyplývá, že levý i pravý výraz mají tendenci $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$ Tudíž, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Protože funkce je sudá, dostaneme to $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Důkaz

Uvažujme o funkci . Na intervalu je shora ohraničena jedničkou a na intervalu zdola nulou . Zejména za předpokladu , že získáme pro :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\ne=0

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

Omezme změnu v první nerovnosti intervalem a ve druhé - intervalem zvyšme obě nerovnosti na mocninu , protože nerovnosti s kladnými členy lze zvýšit na jakoukoli kladnou mocninu. Dostaneme: $X$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n (n\in N)$

\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 {matrix}}\vpravo.

Získáme integraci nerovností v uvedených mezích a jejich snížení do jedné

\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

Při střídání dostáváme $u=x{\sqrt {n}}$

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

Za předpokladu , že dostaneme, 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)!!}}

Nahrazení integračních mezí je dosaženo tím, že když se proměnná změní z 0 na hodnotu , změní se z 0 na 1. $t$ $\pi /2$ $\náklady$

A výměnou dostaneme $x=\mathrm {ctg} \,t$

\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)!!))

Zde jsou limity integrace podobné: změní se z nekonečna na nulu, když se proměnná změní z 0 na . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

Poslední dva integrály najdeme takto: jejich dvojitým integrováním po částech získáme rekurentní vztahy, jejichž řešením dojdeme k výsledkům na pravé straně.

Požadované K tedy může být obsaženo v intervalu

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

Abychom našli K, odmocníme celou nerovnost a transformujeme ji. V důsledku toho je vše výrazně zjednodušeno

{\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))

Z Wallisova vzorce vyplývá, že levý i pravý výraz mají tendenci $\pi /4$ $n\rightarrow \infty$

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

Protože funkce je sudá, dostaneme to $e^{-x^{2}}$

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

Důkaz 2
Gaussův integrál může být reprezentován jako . Uvažujme druhou mocninu tohoto integrálu . Zavedením dvourozměrných kartézských souřadnic , přechodem z nich do polárních souřadnic , a integrací přes (od 0 do ) získáme: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $já^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Proto, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Důkaz 2

Gaussův integrál může být reprezentován jako . Uvažujme druhou mocninu tohoto integrálu . Zavedením dvourozměrných kartézských souřadnic , přechodem z nich do polárních souřadnic , a integrací přes (od 0 do ) získáme:

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

já^{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 .

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

Důkaz 3
Gaussův integrál může být reprezentován jako . Uvažujme třetí mocninu tohoto integrálu . Zavedení trojrozměrných kartézských souřadnic , přechod z nich na sférické souřadnice : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ jakobiánem transformace je , $J={r^{2}}\sin \theta$ a integrací přes (od do ), přes (od do ), přes (od do ), dostaneme: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^) {-{r^{2}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Proto, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

Důkaz 3

Gaussův integrál může být reprezentován jako . Uvažujme třetí mocninu tohoto integrálu . Zavedení trojrozměrných kartézských souřadnic , přechod z nich na sférické souřadnice :

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}

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

a integrací přes (od do ), přes (od do ), přes (od do ), dostaneme: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

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

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

Variace

Gaussovy integrály škálované Gaussovy funkce

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

a vícerozměrné Gaussovy integrály

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

jsou elementárně redukovány na obvyklou jednorozměrnou, popsanou jako první (zde i níže je všude implikována integrace přes celý prostor).

Totéž platí pro vícerozměrné integrály formy

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

kde x je vektor a M je symetrická matice se zápornými vlastními čísly, protože takové integrály se redukují na předchozí, pokud se provede transformace souřadnic, která diagonalizuje matici M .

Praktická aplikace (například pro výpočet Fourierovy transformace Gaussovy funkce) často nachází následující vztah

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

Ve fyzice

Výpočet tohoto integrálu a jeho různých variací je hlavním obsahem mnoha témat moderní teoretické fyziky [2] .

Historie

Poprvé byl jednorozměrný Gaussův integrál vypočítán v roce 1729 Eulerem , poté Poisson našel jednoduchou metodu pro jeho výpočet. V tomto ohledu dostal název Euler-Poissonův integrál [2] .

Viz také

Chybová funkce

Poznámky

↑ Poissonův integrál - článek z Velké sovětské encyklopedie .
↑ 1 2 Zee E. Kvantová teorie pole v kostce. - Iževsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 s. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Odkazy

Morozov, A.; Shakirov, Sh. (2009). „Úvod do integrálních diskriminantů“. Journal of High Energy Physics . 2009 (12): 002.arXiv : 0903.2595 . Bibcode : 2009JHEP...12..002M . DOI : 10.1088/1126-6708/2009/12/002 .