Integral gaussiana

La integral de Gauss (también integral de Euler-Poisson o integral de Poisson [1] ) es una integral de una función de Gauss :

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

Evidencia

Prueba
Consideremos una función . Está acotado por arriba por uno en el intervalo , y por abajo por cero en el intervalo . En particular, suponiendo , obtenemos para : $(1+t)e^{-t}$ $(-\infty ;+\infty )$ ${\ estilo de visualización [-1; + \ infinito)}$ $t=\pm x^{2}$ $x\no=0$ $\left\{{\begin{matriz}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2} }<1\end{matriz}}\right.$ Limitemos el cambio en la primera desigualdad por el intervalo , y en la segunda - por el intervalo , elevemos ambas desigualdades a la potencia , ya que las desigualdades con miembros positivos pueden elevarse a cualquier potencia positiva. Obtenemos: $X$ $(0.1)$ $(0;\infty)$ $n(n\en N)$ $\left\{{\begin{matriz}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matriz}}\right.$ y $\left\{{\begin{matriz}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end {matriz}}\derecha.$ Integrando las desigualdades dentro de los límites indicados y reduciéndolas a uno, obtenemos $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^ {2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\ fracción {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx$ Al sustituir, obtenemos $u=x{\raíz cuadrada {n}}$ $\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\; K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$ Suponiendo que obtenemos, respectivamente, $x=\cos t$ $\int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^ {2n+1}t\,dt={\frac{2n!!}{(2n+1)!!}}$ El reemplazo de los límites de integración se obtiene debido a que cuando la variable cambia de 0 a 1 el valor cambia de 0 a 1. $t$ $\pi /2$ $\costo$ Y reemplazando obtenemos $x=\mathrm {ctg} \,t$ $\int \limits _{0}^{\infty}{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sen ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))$ Aquí, los límites de integración son similares: cambia de infinito a cero cuando la variable cambia de 0 a . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$ Las dos últimas integrales se pueden encontrar de la siguiente manera: integrándolas dos veces por partes, obtenemos relaciones recurrentes, resolviendo las cuales llegamos a los resultados del lado derecho. Por lo tanto, el K deseado puede estar contenido en el intervalo ${\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3) !!}{2(2n-2)!!}}$ Para encontrar K, elevamos al cuadrado toda la desigualdad y la transformamos. Como resultado, todo se simplifica enormemente a ${\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}< K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2) !!)^{2))}\cdot {\frac {\pi ^{2)){4))$ De la fórmula de Wallis se deduce que tanto la expresión izquierda como la derecha tienden a $\pi /4$ $n\rightarrow\infty$ Como consecuencia, $K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$ Como la función es par, obtenemos que $e^{-x^{2}}$ $\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{- x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi )).$

Prueba

Consideremos una función . Está acotado por arriba por uno en el intervalo , y por abajo por cero en el intervalo . En particular, suponiendo , obtenemos para :

(1+t)e^{-t}

(-\infty ;+\infty )

{\ estilo de visualización [-1; + \ infinito)}

t=\pm x^{2}

x\no=0

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

Limitemos el cambio en la primera desigualdad por el intervalo , y en la segunda - por el intervalo , elevemos ambas desigualdades a la potencia , ya que las desigualdades con miembros positivos pueden elevarse a cualquier potencia positiva. Obtenemos: $X$ $(0.1)$ $(0;\infty)$ $n(n\en N)$

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

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

Integrando las desigualdades dentro de los límites indicados y reduciéndolas a uno, obtenemos

\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 }{\ fracción {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx

Al sustituir, obtenemos $u=x{\raíz cuadrada {n}}$

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

Suponiendo que obtenemos, respectivamente, $x=\cos t$

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

El reemplazo de los límites de integración se obtiene debido a que cuando la variable cambia de 0 a 1 el valor cambia de 0 a 1. $t$ $\pi /2$ $\costo$

Y reemplazando obtenemos $x=\mathrm {ctg} \,t$

\int \limits _{0}^{\infty}{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0} ^{\pi /2}\sen ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!))

Aquí, los límites de integración son similares: cambia de infinito a cero cuando la variable cambia de 0 a . $\mathrm {ctg} \,t$ $t$ $\pi /2$

Las dos últimas integrales se pueden encontrar de la siguiente manera: integrándolas dos veces por partes, obtenemos relaciones recurrentes, resolviendo las cuales llegamos a los resultados del lado derecho.

Por lo tanto, el K deseado puede estar contenido en el intervalo

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

Para encontrar K, elevamos al cuadrado toda la desigualdad y la transformamos. Como resultado, todo se simplifica enormemente a

{\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))

De la fórmula de Wallis se deduce que tanto la expresión izquierda como la derecha tienden a $\pi /4$ $n\rightarrow\infty$

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

Como la función es par, obtenemos que $e^{-x^{2}}$

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

Prueba 2
La integral de Gauss se puede representar como . Considere el cuadrado de esta integral . Introduciendo coordenadas cartesianas bidimensionales , pasando de ellas a coordenadas polares , e integrando sobre (de 0 a ), obtenemos: $I=\int \limits_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits_{-\infty }^{\infty}e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y$ $yo^{2}$ $(x=r\cos\fi$ $y=r\sin\phi$ $r^{2}=x^{2}+y^{2})$ $\fi$ $2\pi$ $I^{2}=\int \limits_{-\infty}^{\infty}\int \limits_{-\infty}^{\infty}\,e^{-x^{2} -y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0} }^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^ {2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}} r^{2}=\pi .$ Por lo tanto, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}$

Prueba 2

La integral de Gauss se puede representar como . Considere el cuadrado de esta integral . Introduciendo coordenadas cartesianas bidimensionales , pasando de ellas a coordenadas polares , e integrando sobre (de 0 a ), obtenemos:

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

yo^{2}

(x=r\cos\fi

y=r\sin\phi

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

\fi

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 .

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

Prueba 3
La integral de Gauss se puede representar como . Considere el cubo de esta integral . Introduciendo coordenadas cartesianas tridimensionales , pasando de ellas a coordenadas esféricas : $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}=\int \limits _{-\infty }^{ \infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}} }dz}$ ${\ estilo de visualización yo ^ {3}}$ $\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{matriz}}\right.$ , el jacobiano de la transformación es , $J={r^{2}}\sin\theta$ e integrando over (from to ), over (from to ), over (from to ), obtenemos: $\ theta$ ${\ estilo de visualización 0}$ $\Pi$ $\varphi$ ${\ estilo de visualización 0}$ $2\pi$ ${\ estilo de visualización r}$ ${\ estilo de visualización 0}$ ${\ estilo de visualización \ infinito}$ ${\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits_{-\infty}^{\infty }{\int \limits_{-\infty}^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx} dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty}{{e ^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^ {\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2)))){r^{2}}dr}} }=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _ {0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2))))))\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^ {-{r^{2}}}}\right)}\right\|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r ^ {2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{matriz}}$ Por lo tanto, . $I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2))))dx}={\sqrt {\pi ))$

Prueba 3

La integral de Gauss se puede representar como . Considere el cubo de esta integral . Introduciendo coordenadas cartesianas tridimensionales , pasando de ellas a coordenadas esféricas :

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}

{\ estilo de visualización yo ^ {3}}

$\left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \ \{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{matriz}}\right.$ , el jacobiano de la transformación es , $J={r^{2}}\sin\theta$

e integrando over (from to ), over (from to ), over (from to ), obtenemos: $\ theta$ ${\ estilo de visualización 0}$ $\Pi$ $\varphi$ ${\ estilo de visualización 0}$ $2\pi$ ${\ estilo de visualización r}$ ${\ estilo de visualización 0}$ ${\ estilo de visualización \ infinito}$

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

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

Variaciones

Integrales gaussianas de una función gaussiana escalada

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

e integrales gaussianas multidimensionales

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

se reducen elementalmente a la unidimensional habitual descrita primero (aquí y más abajo, la integración en todo el espacio está implícita en todas partes).

Lo mismo se aplica a las integrales multidimensionales de la forma

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

donde x es un vector y M es una matriz simétrica con valores propios negativos, ya que tales integrales se reducen a la anterior si se realiza una transformación de coordenadas que diagonalice la matriz M .

La aplicación práctica (por ejemplo, para calcular la transformada de Fourier de una función gaussiana) a menudo encuentra la siguiente relación

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

En física

El cálculo de esta integral y sus diversas variaciones es el contenido principal de muchos temas de la física teórica moderna [2] .

Historia

Por primera vez, la integral gaussiana unidimensional fue calculada en 1729 por Euler , luego Poisson encontró un método simple para calcularla. En este sentido, recibió el nombre de integral de Euler-Poisson [2] .

Véase también

Función de error

Notas

↑ Integral de Poisson : artículo de la Gran Enciclopedia Soviética .
↑ 1 2 Zee E. Teoría cuántica de campos en pocas palabras. - Izhevsk: RHD, 2009. - S. 16. - 632 p. — ISBN 978-5-93972-770-9 .

Enlaces

Morózov, A.; Shakirov, Sh. (2009). "Introducción a los discriminantes integrales". Revista de física de alta energía . 2009 (12): 002.arXiv : 0903.2595 . Código Bib : 2009JHEP...12..002M . DOI : 10.1088/1126-6708/2009/12/002 .