Una solución más simple de la integral de la $\int_{x_1+\ldots+x_n \geq a} \exp\left[ -\pi \left(x_1^2+\ldots+x_n^2 \right)\right] dx_1\cdots dx_n $

Question

Quiero calcular la siguiente integral $$\int_{x_1+\ldots+x_n \geq un} \exp\left[ -\pi \left(x_1^2+\ldots+x_n^2 \right)\right] dx_1\cdots dx_n, $$ como una función de la $a$, en, posiblemente, la más corta y la manera más fácil. Necesito el resultado en un papel en matemáticas psicología y me gustaría evitar escribir un apéndice dedicado.

Sé cómo encontrar la solución. Sin embargo, creo que hay una solución más simple (por ejemplo. un inteligente cambio de variables, o un truco con el de la diferenciación). ¿Sabe usted?

Mi solución:

Vamos

$$I(n,a,b) = \int_{x_1+\ldots+x_n \geq un} \exp\left[ -\pi \left(b x_1^2+\ldots+x_n^2 \right)\right] dx_1\cdots dx_n$$ Tras el cambio de variables $t = x_1+\ldots+x_n$ obtenemos $$I(n,a,b) = \int_{-\infty}^{\infty}\cdots \int_{-\infty}^{\infty} \int_{a}^{\infty} \exp\left[ -\pi \left(b (t-x_2-\ldots-x_n)^2+\ldots+x_n^2 \right)\right] dt dx_2\cdots dx_n.$$ Después de la integración de salida $x_n$ llegamos a $$I(n,a,b)=\tfrac{1}{\sqrt{1+b}}I(n-1,a,\tfrac{b}{1+b}).$$ Entonces $$I(n,a,1) = \tfrac{1}{\sqrt{2}} I(n-1,a,\tfrac{1}{2}) = \ldots = \tfrac{1}{\sqrt{k}} I(n-k+1,,\tfrac{1}{k}) = \ldots = \tfrac{1}{\sqrt{n}} I(1,a,\tfrac{1}{n}).$$ En consecuencia, tenemos la solución $$I(n,a,1) = \int_{a}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} \exp \left[ -\pi \frac{1}{n} t^2\right]dt = \int_{a/\sqrt{n}}^\infty \exp \left[ -\pi t^2\right]dt,$$ que está relacionado con la función de error (Fer).

Answer 1

Deje $X_k$ denotar yo.yo.d. centrado aleatoria Gaussiana con las variables de la varianza $v=1/(2\pi)$. Entonces su integral es $I_n(a)=P(X_1+\cdots+X_n\ge a)$ $X_1+\cdots+X_n$ se centra Gaussiano con varianza $nv$ por lo tanto $I_n(a)=P(\sqrt{nv}X\ge a)$ donde $X$ es el estándar de Gauss.

Finalmente, $a/\sqrt{nv}=a\sqrt{2\pi/n}$ por lo tanto $I_n(a)=P(X\ge a\sqrt{2\pi/n})=1-\Phi(a\sqrt{2\pi/n})$.

La segunda solución Si uno quiere ocultar el Gaussiano variables aleatorias, uno puede demostrar que esta fórmula de forma recursiva sobre $n$. A partir de $$ I_{n+1}(a)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} I_n(a-x)\mathrm{e}^{-\pi x^2}\mathrm{d}x, $$ y suponiendo que $$ \partial_aI_n(a)=-\frac{a}{\sqrt{n}}\mathrm{e}^{-\pi^2/n}, $$ uno se $$ \partial_aI_{n+1}(a)=-\frac{a}{\sqrt{n}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi (a-x)^2/n}\mathrm{e}^{-\pi x^2}\mathrm{d}x, $$ por lo tanto $$ \partial_aI_{n+1}(a)=-\frac{a}{\sqrt{n}}\mathrm{e}^{-\pi^2/(n+1)}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi (x-a/(n+1))^2(n+1)/n}\mathrm{d}x. $$ La última integral se $$ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\pi x^2(n+1)/n}\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{n}{n+1}}, $$ esto demuestra el resultado.

Answer 2

La función integrando es esféricamente simétrica, ya que depende de $x_1,\ldots,x_n$ sólo a través de la suma de sus cuadrados. En consecuencia, puede girar sobre el origen sin necesidad de cambiar la forma de la función. Así que el nuevo sistema de coordenadas se han coordenadas $w_1,\ldots,w_n$. Vamos a la $w_1$ punto del eje en una dirección en ángulo recto a la hyperplane $x_1,\ldots,x_n$, por lo que el $w_2,\ldots,w_n$ espacio es paralela a la que hyperplane. Entonces la integral se convierte en $$ \int_{w_1\ge\text{algo}} \exp(-\pi(w_1^2+\cdots+w_n^2) \; dw_1\cdots dw_n. $$ Así que usted puede dividir en $$ \int_{w_1\ge\text{algo}} \exp(-\pi w_1^2)\;dw_1 \cdot \int_{-\infty}^\infty \exp(-\pi w_2^2)\;dw_2 \cdots \int_{-\infty}^\infty \exp(-\pi w_n^2)\;dw_n. $$ La última $n-1$ integrales son todos de la misma y su valor es bien conocido. La primera es la probabilidad de que una variable aleatoria normal es mayor que "algo", y usted tiene que averiguar la varianza (que es fácil). Y "algo" es la distancia desde el origen a la hyperplane $x_1+\cdots+x_n = a$, es decir, desde el origen a $(a/n,\ldots,a/n)$.