Интеграл Эйлера — Пуассона. Подробно о способах вычисления

В статье подробно, вплоть до самых мелочей, рассмотрены три способа взятия интеграла Эйлера-Пуассона. В одном из способов выводится вспомогательная формула редукции. Для нахождения некоторых сложных интегралов можно использовать формулы редукции, которые позволяют понизить степень подынтегрального выражения и вычислить соответствующие интегралы за конечное число шагов.

Данный интеграл берется от гауссовой функции: $I = intlimits_0^infty {e^{ - x^2 } dx}$
Здесь есть очень интересный математический способ. Чтобы найти исходный интеграл, сначала ищут квадрат этого интеграла, а потом от результата берут корень. Почему? Да потому что так гораздо проще и безболезненно можно перейти в полярный координаты. Поэтому, рассмотрим квадрат Гауссового интеграла:
$I^2 = intlimits_0^infty {e^{ - x^2 } dx} intlimits_0^infty {e^{ - y^2 } dy} = intlimits_0^infty {intlimits_0^infty {e^{ - left( {x^2 + y^2 } right)} } } dxdy$
Мы видим, что у нас получается двойной интеграл от некоторой функции $gleft( {x,y} right) = exp left[ { - left( {x^2 + y^2 } right)} right]$ . В конце этого поверхностного интеграла стоит элемент площади в декартовой системе координат $dS = dxdy$ .
Теперь давайте переходить в полярную систему координат:

$begin{array}{l} dS = dxdy = rdvarphi cdot dr left. begin{array}{l} x = rcos varphi y = rsin varphi end{array} right| to x^2 cos ^2 varphi + y^2 sin ^2 varphi = r^2 to x^2 + y^2 = r^2 end{array}$

Тут нужно заметить, что r может изменяться в пределах от 0 до +∞, т.к. x изменялось в таких же пределах. А вот угол φ изменяется от 0 до π/2, что описывают область интегрирования в первой четверти декартовой системы координат. Подставляя в исходный, получим:

$begin{array}{l} I^2 = intlimits_0^infty {intlimits_0^infty {e^{ - left( {x^2 + y^2 } right)} } } dxdy = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } } } rdvarphi dr = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {dvarphi } intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } rdr} = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {dvarphi } intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } frac{1}{2}dleft( {r^2 } right)} = = frac{1}{2}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {dvarphi } left( {left. { - e^{ - r^2 } } right|_0^infty } right) = frac{1}{2}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {dvarphi } left( { - e^{ - infty } - left( { - e^0 } right)} right) = frac{1}{2}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {dvarphi } = frac{1}{2}left( {left. varphi right|_0^{frac{pi }{2}} } right) = frac{pi }{4} I^2 = frac{pi }{4} to I = sqrt {frac{pi }{4}} = frac{{sqrt pi }}{2} end{array}$

В силу симметричности интеграла и положительной области значений подынтегральной функции, можно заключить, что

$intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - x^2 } dx} = 2intlimits_0^infty {e^{ - x^2 } dx} = 2 cdot frac{{sqrt pi }}{2} = sqrt pi$

Давайте поищем ещё какие-нибудь решения? Это ведь интересно! 🙂

Рассмотрим функцию $gleft( t right) = left( {1 + t} right)e^{ - t}$
А теперь вспомним школьную математику и проведем простейшее исследование функции с помощью производных и пределов. Не то, чтобы мы здесь будем считать сложные пределы (ведь в школе их не проходят), а просто порассуждаем что будет с функцией, если её аргумент стремится к нулю или к бесконечности, таким образом прикинем асимптотическое поведение, что в математике всегда очень важно. Это похоже на качественную оценку того, что происходит.

$begin{array}{l} gleft( t right) = left( {1 + t} right)e^{ - t} g'left( t right) = e^{ - t} - left( {1 + t} right)e^{ - t} = - te^{ - t} g'left( t right) = 0 to t = 0 left[ begin{array}{l} t < 0 to - te^{ - t} > 0 to gleft( t right) - {rm{increases}} t > 0 to - te^{ - t} < 0 to gleft( t right) - {rm{decreases}} end{array} right. gleft( 0 right) = left( {1 + 0} right)e^{ - 0} = 1 gleft( { - 1} right) = left( {1 - 1} right)e^{ - left( { - 1} right)} = 0 gleft( infty right) = left( {1 + infty } right)e^{ - infty } = 0 end{array}$

Она ограничена сверху единицей на интервале (-∞;+∞) и нулем на интервале [-1;+∞).

Cделаем следующую замену переменных $t = pm x^2 $
И получим:

$t = pm x^2 to left{ begin{array}{l} 0 < left( {1 - x^2 } right)e^{x^2 } < 1 0 < left( {1 + x^2 } right)e^{ - x^2 } < 1 end{array} right. to left{ begin{array}{l} 0 < left( {1 - x^2 } right) < e^{ - x^2 } 0 < e^{ - x^2 } < frac{1}{{1 + x^2 }} end{array} right.$

Ограничим в первом неравенстве изменение (0,1), а во втором — промежутком (0;+∞), возведём оба неравенства в степень n, так как неравенства с положительными членами можно возводить в любую положительную степень. Получим:

$begin{array}{*{20}c} {left{ begin{array}{l} left( {1 - x^2 } right)^n < e^{ - nx^2 } 0 < x < 1 end{array} right.} & {left{ begin{array}{l} e^{ - nx^2 } < frac{1}{{left( {1 + x^2 } right)^n }} x > 1 end{array} right.} end{array}$

Давайте для наглядного доказательства неравенств построим графики при n = 1

Теперь попробуем проинтегрировать неравенства в пределах, которые указаны в соответствующих системах. И сразу объединим всё в одно неравенство:

$intlimits_0^1 {left( {1 - x^2 } right)^n dx} < intlimits_0^1 {e^{ - nx^2 } dx} < intlimits_0^infty {e^{ - nx^2 } dx} < intlimits_0^infty {frac{1}{{left( {1 + x^2 } right)^n }}dx}$

Опять таки, если посмотреть на графики, то данное неравенство справедливо.
С учетом небольшой замены, легко увидеть, что:

$intlimits_0^infty {e^{ - nx^2 } dx} = left[ begin{array}{l} p = sqrt n x p^2 = nx^2 frac{{dp}}{{sqrt n }} = dx end{array} right] = frac{1}{{sqrt n }}intlimits_0^infty {e^{ - p^2 } dp} = frac{1}{{sqrt n }}I$

Т.е. в том большом неравенстве в середине у нас интеграл Эйлера-Пуассона, а вот теперь нам нужно найти интегралы, которые стоят на границах данного неравенства.

Найдем интеграл от левой границы:

$begin{array}{l} intlimits_0^1 {left( {1 - x^2 } right)^n dx} = left[ {begin{array}{*{20}c} begin{array}{l} x = sin t dx = cos tdt 1 - x^2 = 1 - sin ^2 t = cos ^2 t end{array} & begin{array}{l} x = 1 to t = arcsin 1 = frac{pi }{2} x = 0 to t = arcsin 0 = 0 end{array} end{array}} right] = = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{2n} t cdot cos tdt} = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{2n + 1} tdt} end{array}$

Для того, чтобы его посчитать и оценить, давайте сначала найдем интеграл общего вида. Сейчас я покажу вам как можно вывести формулу редукции ( в математике под такими формулами подразумевают понижения степени ) для данного интеграла.

$begin{array}{l} intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} = intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 1} tcos tdt} = intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 1} t cdot dleft( {sin t} right)} = = left[ {begin{array}{*{20}c} {u = cos ^{n - 1} t} & {du = - left( {n - 1} right)cos ^{n - 2} tsin tdt} {dv = dleft( {sin t} right)} & {v = sin t} end{array}} right] = = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tsin ^2 tdt} = = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tleft( {1 - cos ^2 t} right)dt} = = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tdt} - left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} end{array}$

$begin{array}{l} intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tdt} - left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt} = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tdt} nintlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt = left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + left( {n - 1} right)intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tdt} } intlimits_alpha ^beta {cos ^n tdt = frac{1}{n}left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_alpha ^beta + frac{{n - 1}}{n}intlimits_alpha ^beta {cos ^{n - 2} tdt} } end{array}$

Теперь если с помощью формулы редукции рассмотреть тот же интеграл, но с нашими пределами от 0 до π/2, то можно сделать некоторые упрощения:

$begin{array}{l} intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^n tdt = frac{1}{n}left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_0^{frac{pi }{2}} + frac{{n - 1}}{n}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 2} tdt} } = left[ {frac{1}{n}left. {cos ^{n - 1} tsin t} right|_0^{frac{pi }{2}} = 0} right] = = frac{{n - 1}}{n}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 2} tdt} = frac{{n - 1}}{n}left( {frac{1}{{n - 2}}left. {cos ^{n - 3} tsin t} right|_0^{frac{pi }{2}} + frac{{n - 3}}{{n - 2}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 4} tdt} } right) = = frac{{n - 1}}{n}left( {frac{{n - 3}}{{n - 2}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 4} tdt} } right) = frac{{n - 1}}{n}left( {frac{{n - 3}}{{n - 2}}left( {frac{{n - 5}}{{n - 4}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 6} tdt} } right)} right) = = frac{{n - 1}}{n}left( {frac{{n - 3}}{{n - 2}}left( {frac{{n - 5}}{{n - 4}}left( {frac{{n - 7}}{{n - 6}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{n - 8} tdt} } right)} right)} right) = ... end{array}$

Как мы видим, понижать можно до бесконечности (зависит от n). Однако, и тут есть одна тонкость. Формула изменяется в зависимости то того, является ли n четным числом или не является.
Для этого рассмотрим два случая.

$begin{array}{l} n = 10: intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{10} tdt} = frac{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}{{10 cdot 8 cdot 6 cdot 4}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^2 tdt} = frac{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}{{10 cdot 8 cdot 6 cdot 4}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {left( {frac{1}{2} + frac{1}{2}cos 2t} right)dt} = = frac{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}{{10 cdot 8 cdot 6 cdot 4}}left. {left( {frac{1}{2}t + frac{1}{2}sin 2t} right)} right|_0^{frac{pi }{2}} = frac{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}{{10 cdot 8 cdot 6 cdot 4}} cdot frac{pi }{4} = frac{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3 cdot 1}}{{10 cdot 8 cdot 6 cdot 4 cdot 2}} cdot frac{pi }{2} = = frac{{left( {n - 1} right)!!}}{{n!!}} cdot frac{pi }{2} end{array}$

$begin{array}{l} n = 9: intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^9 tdt} = frac{{8 cdot 6 cdot 4 cdot 2}}{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos tdt} = frac{{8 cdot 6 cdot 4 cdot 2}}{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3}}left. {left( {sin t} right)} right|_0^{frac{pi }{2}} = = frac{{8 cdot 6 cdot 4 cdot 2}}{{9 cdot 7 cdot 5 cdot 3 cdot 1}} = frac{{left( {n - 1} right)!!}}{{n!!}} end{array}$

Где n!! — двойной факториал. Двойной факториал числа n обозначается n!! и определяется как произведение всех натуральных чисел в отрезке [1, n], имеющих ту же чётность что и n

В силу того, что 2n+1 — нечетное число при любом значении n, получим для левой границы нашего неравенства:

$intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{2n + 1} tdt} = frac{{left( {2n} right)!!}}{{left( {2n + 1} right)!!}}$

Найдем интеграл от правой границы:
(здесь используем ту же формулу редукции, которую доказали ранее)

$begin{array}{l} intlimits_0^infty {frac{1}{{left( {1 + x^2 } right)^n }}dx = left[ begin{array}{l} x = tan t to begin{array}{*{20}c} {x = 0 to t = 0} {x = infty to t = frac{pi }{2}} end{array} dx = frac{{dt}}{{cos ^2 t}} frac{1}{{1 + x^2 }} = frac{1}{{1 + tan ^2 t}} = cos ^2 t end{array} right]} = = intlimits_0^{frac{pi }{2}} {cos ^{2n - 2} tdt} = left[ {left( {2n - 2} right) - {rm{even}}} right] = frac{{left( {2n - 3} right)!!}}{{left( {2n - 2} right)!!}} cdot frac{pi }{2} end{array}$

После того, как мы оценили левую и правую части неравенства, сделаем некоторые преобразования, чтобы оценить пределы левой и правой частей неравенства при условии, что n стремится к ∞:

$begin{array}{l} frac{{left( {2n} right)!!}}{{left( {2n + 1} right)!!}} < frac{1}{{sqrt n }} cdot I < frac{{left( {2n - 3} right)!!}}{{left( {2n - 2} right)!!}} cdot frac{pi }{2} sqrt n cdot frac{{left( {2n} right)!!}}{{left( {2n + 1} right)!!}} < I < sqrt n cdot frac{{left( {2n - 3} right)!!}}{{left( {2n - 2} right)!!}} cdot frac{pi }{2} end{array}$

Возведем обе части неравенства в квадрат:

$n cdot frac{{left( {left( {2n} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n + 1} right)!!} right)^2 }} < I^2 < n cdot frac{{left( {left( {2n - 3} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n - 2} right)!!} right)^2 }} cdot frac{{pi ^2 }}{4}$

Теперь сделаем небольшое лирическое отступление. В 1655 году Джон Валлис (английский математик, один из предшественников математического анализа.) предложил формулу для определения числа π. Дж. Валлис пришёл к ней, вычисляя площадь круга. Это произведение сходится крайне медленно, поэтому для практического вычисления числа π формула Валлиса мало пригодна. Но для оценки нашего выражения она отлично подходит 🙂

$pi = mathop {lim }limits_{n to infty } frac{1}{n}left[ {frac{{left( {2n} right)!!}}{{left( {2n - 1} right)!!}}} right]^2$

Теперь преобразуем наше неравенство так, чтобы мы могли увидеть где подставить формулу Валлиса:

$begin{array}{l} frac{{n^2 }}{{left( {2n + 1} right)^2 }} cdot frac{1}{n} cdot frac{{left( {left( {2n} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n - 1} right)!!} right)^2 }} < I^2 < frac{1}{{frac{1}{n} cdot frac{{left( {left( {2n - 2} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n - 3} right)!!} right)^2 }}}} cdot frac{{pi ^2 }}{4} mathop {lim }limits_{n to infty } left[ {frac{{n^2 }}{{left( {2n + 1} right)^2 }}} right] cdot mathop {lim }limits_{n to infty } left[ {frac{1}{n} cdot frac{{left( {left( {2n} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n - 1} right)!!} right)^2 }}} right] < I^2 < frac{1}{{mathop {lim }limits_{n to infty } left[ {frac{1}{n} cdot frac{{left( {left( {2n - 2} right)!!} right)^2 }}{{left( {left( {2n - 3} right)!!} right)^2 }}} right]}} cdot frac{{pi ^2 }}{4} frac{1}{4} cdot pi < I^2 < frac{1}{pi } cdot frac{{pi ^2 }}{4} to frac{pi }{4} < I^2 < frac{pi }{4} I^2 = frac{pi }{4} to I = frac{{sqrt pi }}{2} end{array}$

Из формулы Валлиса следует, что и левое, и правое выражение стремятся к π/4 при n → ∞
В силу того, что функция exp[-x²] является четной, мы смело полагаем, что

$intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - x^2 } dx} = 2intlimits_0^infty {e^{ - x^2 } dx} = 2 cdot frac{{sqrt pi }}{2} = sqrt pi$

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

Давайте еще попробуем вычислить Гауссов интеграл. Его можно написать в разных видах. Ведь ничего не меняет изменение название переменной, по которой идет интегрирование.

$begin{array}{l} I = intlimits_0^infty {e^{ - x^2 } dx} I = intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - x^2 } dx} = intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - y^2 } dy} = intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - z^2 } dz} end{array}$

Можно перейти от трехмерных декартовых к сферическим координатам и рассмотреть куб интеграла Гаусса.

$left{ begin{array}{l} x = rsin theta cos varphi y = rsin theta sin varphi z = rcos theta end{array} right. to x^2 + y^2 + z^2 = r^2$

Якобиан этого преобразования можно посчитать следующим образом:

$begin{array}{l} J = left {begin{array}{*{20}c} {frac{{partial x}}{{partial r}}} & {frac{{partial x}}{{partial theta }}} & {frac{{partial x}}{{partial varphi }}} {frac{{partial y}}{{partial r}}} & {frac{{partial y}}{{partial theta }}} & {frac{{partial y}}{{partial varphi }}} {frac{{partial z}}{{partial r}}} & {frac{{partial z}}{{partial theta }}} & {frac{{partial z}}{{partial varphi }}} end{array}} right = left {begin{array}{*{20}c} {sin theta cos varphi } & {rcos theta cos varphi } & { - rsin theta sin varphi } {sin theta sin varphi } & {rcos theta sin varphi } & {rsin theta cos varphi } {rcos theta } & { - rsin theta } & 0 end{array}} right = = r^2 sin theta end{array}$

$begin{array}{l} I^3 = intlimits_{ - infty }^infty {intlimits_{ - infty }^infty {intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - x^2 - y^2 - z^2 } } dxdydz} } = intlimits_0^{2pi } {intlimits_0^pi {intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } Jdrdtheta d} varphi = } } = intlimits_0^{2pi } {dvarphi } intlimits_0^pi {sin theta dtheta } intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } r^2 dr} end{array}$

Посчитаем интегралы последовательно, начиная с внутреннего.

$begin{array}{l} intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } r^2 dr} = left[ begin{array}{l} u = r to du = dr dv = re^{ - r^2 } dr to v = int {re^{ - r^2 } dr} = frac{1}{2}int {e^{ - r^2 } dr^2 } = - frac{1}{2}e^{ - r^2 } end{array} right] = = left. {left( { - frac{1}{2}re^{ - r^2 } } right)} right_0^infty + frac{1}{2}intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } dr} = frac{1}{2}intlimits_0^infty {e^{ - r^2 } dr} = frac{1}{2} cdot frac{I}{2} = frac{I}{4} intlimits_0^pi {sin theta dtheta } = left. {left( { - cos theta } right)} right_0^pi = left( { - cos pi } right) - left( { - cos 0} right) = 1 + 1 = 2 intlimits_0^{2pi } {dvarphi } = left. varphi right_0^{2pi } = 2pi end{array}$

Тогда в результате получим:

$begin{array}{l} I^3 = 2pi cdot 2 cdot frac{I}{4} to I^3 = pi I to I^2 = pi to I = sqrt pi I = intlimits_{ - infty }^infty {e^{ - x^2 } dx} = sqrt pi end{array}$

Интеграл Эйлера-Пуассона часто применяется в теории вероятностей.
Надеюсь, что для кого-нибудь статья будет полезной и поможет разобраться в некоторых математических приемах 🙂

Теги:

Интеграл Эйлера — Пуассона. Подробно о способах вычисления

Похожие публикации