Gauss integrál

A Gauss-integrál ( Euler-Poisson integrál vagy Poisson integrál [1] is) egy Gauss-függvény integrálja :

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

Bizonyíték

Bizonyíték
Tekintsünk egy függvényt . Az intervallumon felülről egy, az intervallumon alulról nulla határolja . Különösen, ha feltételezzük , hogy a következőt kapjuk : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ $[-1;+\infty )$ $t=\pm x^{2}$ $x\not=0$ $\left\{{\begin{mátrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} <1\end{mátrix}}\jobbra.$ Korlátozzuk az első egyenlőtlenség változását az intervallumban , a másodikban pedig az intervallumban emeljük mindkét egyenlőtlenséget hatványra , mivel a pozitív tagú egyenlőtlenségek bármely pozitív hatványra emelhetők. Kapunk: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\in N)$ $\left\{{\begin{mátrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{mátrix}}\jobbra.$ és $\left\{{\begin{mátrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {mátrix}}\jobbra.$ Az egyenlőtlenségeket a megadott határokon belül integrálva és egybe redukálva kapjuk $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Csere után kapjuk $u=x{\sqrt {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Feltéve , hogy kapunk, ill. $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}$ Az integrációs határok pótlása abból adódik, hogy amikor a változó 0-ról vált át, az érték 0-ról 1-re változik. $t$ $\pi /2$ $\cos t$ És lecserélve kapjuk $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Itt is hasonlóak az integráció határai: végtelenről nullára változik, ha a változó 0-ról -ra változik . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ Az utolsó két integrált a következőképpen találhatjuk meg: részenként kétszer integrálva ismétlődő összefüggéseket kapunk, melyek megoldásával a jobb oldalon lévő eredményekhez jutunk. Így a kívánt K-t az intervallum tartalmazhatja ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ K megtalálásához négyzetre emeljük a teljes egyenlőtlenséget, és átalakítjuk. Ennek eredményeként minden nagyon leegyszerűsödik ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ A Wallis-képletből következik, hogy mind a bal, mind a jobb oldali kifejezések hajlamosak $\pi /4$ $n\jobbra \infty$ Következésképpen, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Mivel a függvény páros, ezt kapjuk $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Tekintsünk egy függvényt . Az intervallumon felülről egy, az intervallumon alulról nulla határolja . Különösen, ha feltételezzük , hogy a következőt kapjuk :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

[-1;+\infty )

t=\pm x^{2}

x\not=0

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

Korlátozzuk az első egyenlőtlenség változását az intervallumban , a másodikban pedig az intervallumban emeljük mindkét egyenlőtlenséget hatványra , mivel a pozitív tagú egyenlőtlenségek bármely pozitív hatványra emelhetők. Kapunk: $x$ $(0,1)$ $(0;\infty )$ $n(n\in N)$

\left\{{\begin{mátrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{mátrix}}\jobbra.

és

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

Az egyenlőtlenségeket a megadott határokon belül integrálva és egybe redukálva kapjuk

\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

Csere után kapjuk $u=x{\sqrt {n}}$

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

Feltéve , hogy kapunk, ill. $x=\cos t$

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

Az integrációs határok pótlása abból adódik, hogy amikor a változó 0-ról vált át, az érték 0-ról 1-re változik. $t$ $\pi /2$ $\cos t$

És lecserélve kapjuk $x=\mathrm {ctg} \,t$

\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)!!))

Itt is hasonlóak az integráció határai: végtelenről nullára változik, ha a változó 0-ról -ra változik . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

Az utolsó két integrált a következőképpen találhatjuk meg: részenként kétszer integrálva ismétlődő összefüggéseket kapunk, melyek megoldásával a jobb oldalon lévő eredményekhez jutunk.

Így a kívánt K-t az intervallum tartalmazhatja

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

K megtalálásához négyzetre emeljük a teljes egyenlőtlenséget, és átalakítjuk. Ennek eredményeként minden nagyon leegyszerűsödik

{\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))

A Wallis-képletből következik, hogy mind a bal, mind a jobb oldali kifejezések hajlamosak $\pi /4$ $n\jobbra \infty$

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

Mivel a függvény páros, ezt kapjuk $e^{-x^{2}}$

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

2. bizonyítás
A Gauss-integrál így ábrázolható . Tekintsük ennek az integrálnak a négyzetét . Bevezetve a kétdimenziós derékszögű koordinátákat , átlépve belőlük a polárkoordinátákba , és átintegrálva (0-tól ig ), megkapjuk: $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $én^{2}$ $(x=r\cos\phi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\phi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0 }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Ezért ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

2. bizonyítás

A Gauss-integrál így ábrázolható . Tekintsük ennek az integrálnak a négyzetét . Bevezetve a kétdimenziós derékszögű koordinátákat , átlépve belőlük a polárkoordinátákba , és átintegrálva (0-tól ig ), megkapjuk:

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

én^{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 .

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

3. bizonyíték
A Gauss-integrál így ábrázolható . Tekintsük ennek az integrálnak a kockáját . Bemutatjuk a háromdimenziós derékszögű koordinátákat , áttérve belőlük a gömbkoordinátákra : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ $I^{3}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.$ , az átalakulás jakobiánusa , $J={r^{2}}\sin \theta$ és átintegrálva (tól -ig ), át (tól -ig ), át (tól -ig ) kapjuk: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\jobbra)}\jobbra\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}$ Ezért ,. $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

3. bizonyíték

A Gauss-integrál így ábrázolható . Tekintsük ennek az integrálnak a kockáját . Bemutatjuk a háromdimenziós derékszögű koordinátákat , áttérve belőlük a gömbkoordinátákra :

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}

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

és átintegrálva (tól -ig ), át (tól -ig ), át (tól -ig ) kapjuk: $\theta$ $0$ $\pi$ $\varphi$ $0$ $2\pi$ $r$ $0$ $\infty$

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

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

Változatok

Egy skálázott Gauss-függvény Gauss-integráljai

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

és többdimenziós Gauss integrálok

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

alapvetően az előbb leírt szokásos egydimenziósra redukálódnak (itt és alább mindenhol a teljes térre kiterjedő integrációt sejtetnek).

Ugyanez vonatkozik az űrlap többdimenziós integráljaira is

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

ahol x egy vektor, M pedig egy szimmetrikus mátrix negatív sajátértékekkel, mivel az ilyen integrálok az előzőre redukálódnak, ha olyan koordinátatranszformációt hajtunk végre, amely átlósítja az M mátrixot .

A gyakorlati alkalmazás (például egy Gauss-függvény Fourier-transzformációjának kiszámításához) gyakran a következő összefüggést találja

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

A fizikában

Ennek az integrálnak és különféle variációinak kiszámítása a modern elméleti fizika számos témakörének fő tartalma [2] .

Történelem

Először 1729-ben Euler számolta ki az egydimenziós Gauss-integrált , majd Poisson talált egy egyszerű módszert a kiszámítására. Ebből a szempontból az Euler-Poisson integrál nevet kapta [2] .

Lásd még

Hiba funkció

Jegyzetek

↑ Poisson integrál - cikk a Great Soviet Encyclopedia- ból .
↑ 1 2 Zee E. A kvantumtérelmélet dióhéjban. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 p. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Linkek

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