Гауссов интеграл | это... Что такое Гауссов интеграл? (original) (raw)

Га́уссов интегра́л (также интеграл Э́йлера — Пуассо́на или интеграл Пуассона[1]) — интеграл от гауссовой функции:

$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}.$

Доказательство 1
Посчитаем $\int_0^{\infty} e^{-x^2}\,dx$ Возьмём функцию $(1+/t) e^{-t^2}$ Она ограничена сверху единицей, то есть, полагая $t = \pm x^2$ , получим $\left\{ \begin{matrix} (1-x^2)e^{x^2}<1 \\ (1+x^2)e^{-x^2}<1 \end{matrix} \right.$ Ограничим в первом неравенстве изменение промежутком , 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 натуральную степень почленно. 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 $\int_0^1 (1-x^2)^n\,dx < \int_0^1 e^{-nx^2}\,dx < \int_0^\infty e^{-nx^2}\,dx < \int_0^\infty \frac {1} {(1+x^2)^n}\,dx$ Но так как при замене $u=x\sqrt{n}$ получим $K = \int_0^\infty e^{-nx^2}\,dx = \frac {1} {\sqrt{n}} \cdot K$ $x=\cos t$ получим соответственно $\int_0^1 (1-x^2)^n\,dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n+1}t\,dt = \frac {2n!!} {(2n+1)!!}$ Замена пределов интегрирования получается из-за того, что при изменении переменной $t \cos t$ меняется в пределах от 0 до $\pi/2$ И заменяя $x=\mathrm{ctg}t$ , получим $\int_0^\infty \frac {1} {(1+x^2)^n}\,dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-2}t\,dt = \frac {\pi(2n-3)!!} {2(2n-2)!!}$ Здесь с пределами интегрирования аналогично: при изменении переменной t $\mathrm{ctg}t$ меняется от 0 до $\pi/2$ Последние два интеграла можно получить дважды интегрируя их по частям. 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 $\frac {n} {2n+1} \cdot \frac {(2n!!)^2} {(2n+1)((2n-1)!!)^2} < K^2 < \frac {n} {2n-1} \cdot \frac {(2n-1)((2n-3)!!)^2} {((2n-2)!!)^2} \cdot \frac {\pi^2} {4}$ По формуле Валлиса можно видеть, что и левое, и правое выражение стремятся к $\pi/4$ при $n \rightarrow \infty$ Следовательно, $K^2 = \frac {\pi} {4} \Longleftrightarrow K = \frac {\sqrt{\pi}} {2}$ Действуя аналогично с $\int_{-\infty}^0 e^{-x^2}\,dx$ , получаем, что $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = \int_{-\infty}^0 e^{-x^2}\,dx + \int_0^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}.$

Доказательство 1

Посчитаем $\int_0^{\infty} e^{-x^2}\,dx$ Возьмём функцию $(1+/t) e^{-t^2}$ Она ограничена сверху единицей, то есть, полагая $t = \pm x^2$ , получим $\left\{ \begin{matrix} (1-x^2)e^{x^2}<1 \\ (1+x^2)e^{-x^2}<1 \end{matrix} \right.$ Ограничим в первом неравенстве изменение

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 натуральную степень почленно. 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 $\int_0^1 (1-x^2)^n\,dx < \int_0^1 e^{-nx^2}\,dx < \int_0^\infty e^{-nx^2}\,dx < \int_0^\infty \frac {1} {(1+x^2)^n}\,dx$ Но так как при замене $u=x\sqrt{n}$ получим $K = \int_0^\infty e^{-nx^2}\,dx = \frac {1} {\sqrt{n}} \cdot K$ $x=\cos t$ получим соответственно $\int_0^1 (1-x^2)^n\,dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n+1}t\,dt = \frac {2n!!} {(2n+1)!!}$ Замена пределов интегрирования получается из-за того, что при изменении переменной $t \cos t$ меняется в пределах от 0 до $\pi/2$ И заменяя $x=\mathrm{ctg}t$ , получим $\int_0^\infty \frac {1} {(1+x^2)^n}\,dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-2}t\,dt = \frac {\pi(2n-3)!!} {2(2n-2)!!}$ Здесь с пределами интегрирования аналогично: при изменении переменной t $\mathrm{ctg}t$ меняется от 0 до $\pi/2$ Последние два интеграла можно получить дважды интегрируя их по частям. 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 $\frac {n} {2n+1} \cdot \frac {(2n!!)^2} {(2n+1)((2n-1)!!)^2} < K^2 < \frac {n} {2n-1} \cdot \frac {(2n-1)((2n-3)!!)^2} {((2n-2)!!)^2} \cdot \frac {\pi^2} {4}$ По формуле Валлиса можно видеть, что и левое, и правое выражение стремятся к $\pi/4$ при $n \rightarrow \infty$ Следовательно, $K^2 = \frac {\pi} {4} \Longleftrightarrow K = \frac {\sqrt{\pi}} {2}$ Действуя аналогично с $\int_{-\infty}^0 e^{-x^2}\,dx$ , получаем, что $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = \int_{-\infty}^0 e^{-x^2}\,dx + \int_0^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}.$

Доказательство 2
Гауссов интеграл может быть представлен как $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,{\rm d}x = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,{\rm d}y$ . Рассмотрим квадрат этого интеграла . Вводя двумерные декартовы координаты, переходя от них к полярным координатам $(x=r\cos\phi$ , $y=r\sin\phi$ , и интегрируя по $\phi$ (от 0 до $2\pi$ ), получаем: $I^2 = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\,e^{-x^2-y^2} {\rm d}x \,{\rm d}y = 2\pi \int_0^{\infty} e^{-r^2} r\; {\rm d}r = \pi \int_0^{\infty} e^{-r^2} \; {\rm d}r^2 = \pi.$ Следовательно, $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,{\rm d}x = \sqrt{\pi}$ .

Доказательство 2

Гауссов интеграл может быть представлен как $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,{\rm d}x = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,{\rm d}y$ . 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: $I^2 = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\,e^{-x^2-y^2} {\rm d}x \,{\rm d}y = 2\pi \int_0^{\infty} e^{-r^2} r\; {\rm d}r = \pi \int_0^{\infty} e^{-r^2} \; {\rm d}r^2 = \pi.$ Следовательно, $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,{\rm d}x = \sqrt{\pi}$ .

Гауссовы интегралы от масштабированной гауссовой функции

$\int_{-\infty}^\infty \alpha e^{-x^2 /\beta^2}\,dx = \alpha \beta \sqrt{\pi}$

и многомерные гауссовы интегралы

$\int\alpha e^{- (x^2 /\beta_1^2 + y^2/\beta_2^2 + z^2/\beta_3^2 + \dots)}\,dx dy dz \dots = \alpha \beta_1\beta_2\beta_3\dots \sqrt{\pi^n}$

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

То же относится к многомерным интегралам вида

$\int e^{x M x}\,dx_1 dx_2 dx_3 \dots dx_n = \sqrt{\frac{\pi^n}{|\det(M)|}}$

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-преобразование от гауссовой функции) часто находит следующее соотношение

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 x^2 + bx + c} \, dx = \frac{1}{a} \sqrt{\pi} e^{b^2/4a^2 + c}$

История

Впервые одномерный гауссов интеграл вычислен в 1729 году Эйлером, затем Пуассон нашел простой приём его вычисления[2]. В связи с этим он получил название интеграла Эйлера — Пуассона.

Примечания

↑ Пуассона интеграл БСЭ
↑ См. там же.