Propiedad de gauss integrales

Question

Disculpas si esto ha sido preguntado antes... Me llegó a través de la siguiente relación:

si $$P(x_2, t_2 \mid x_1, t_1) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2(t_2-t_1)}}e^{-\frac{(x_2-x_1)^2}{2\sigma^2(t_2-t_1)}}$$ ( $t_2 > t_1$ ), entonces se tiene la siguiente identidad, con $T>0$: $$P(x_1, T \mid x_0, 0)\delta(x_1-x_2)-P(x_1, T \mid x_0, 0)P(x_2, T \mid x_0, 0)$$ $$=\sigma^2 \int_0^T\int_x P(x, t \mid x_0, 0)\frac{\partial P(x_1, T \mid x, t)}{\partial x}\frac{\partial P(x_2, T \mid x, t)}{\partial x}dxdt$$

He intentado varias cosas pero ninguno se acercó a un principio de una solución...

Muchas gracias!

Answer 1

Esta es sólo una respuesta parcial, donde supongo que $x_1 \neq x_2$, por lo que el primer término con la delta de Dirac función desaparece. No estoy seguro de cuál es la interpretación correcta debe ser al $x_1 =x_2$, pero los cálculos con Arce indican que el doble de la integral es divergente, entonces, y supongo que el primer término $P(x_1,T \mid x_0,0)\delta(x_1-x_2)$ dice cómo se bifurca. Pero a partir de ahora, $x_1\neq x_2$ es asumido.

Vamos a necesitar los tres integrales $$\int_{-\infty}^\infty {\rm e}^{-\beta u^2}{\rm d}u=\sqrt{\pi/\beta}$$ $$\int_{-\infty}^\infty u{\rm e}^{-\beta u^2}{\rm d}u=0$$ $$\int_{-\infty}^\infty u^2{\rm e}^{-\beta u^2}{\rm d}u={1\over 2}\sqrt{\pi/\beta^3}$$ que vamos a utilizar con $u=x-{b\over a}$ $\beta ={a\over 2\sigma^2}$ donde $a$ $b$ se determina a continuación.

La multiplicación de los tres factores en el interior de la integral, obtenemos el integrando $$A=(2\pi)^{-3/2}\sigma^{-7}{(x-x_1)(x-x_2) \over t^{1/2}(T-t)^3}{\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}(ax^2-2bx+c)\Bigr)$$ donde $$a={1\over t}+{1\over T-t}+{1\over T-t}$$ $$b={x_0\over t}+{x_1\over T-t}+{x_2\over T-t}$$ $$c={x_0^2\over t}+{x_1^2\over T-t}+{x_2^2\over T-t}$$ Vamos a integrar este con respecto a $x$. Primero completar el cuadrado para llegar $$ax^2-2bx+c=a\Bigl(x-{b\over a}\Bigr)^2+{ac-b^2\over a}$$ Aquí $${ac-b^2 \over a}={(T-t)(x_1-x_0)^2+(T-t)(x_2-x_0)^2+t(x_2-x_1)^2 \over T^2-t^2}$$ También necesitamos modificar el factor de en frente de la función exponencial en $A$, encontrando $d$ $e$ tal que $(x-x_1)(x-x_2)=(x-{b\over a})^2+d(x-{b\over a})+e$. No vamos a necesitar el valor exacto de $d$, y la evaluación de a $x={b\over a}$ vemos que $$e=\Bigl({b\over a}-x_1\Bigr)\Bigl({b\over a}-x_2\Bigr)$$ $$={1 \over (T+t)^2} \bigl((T-t)(x_0-x_1)+t(x_2-x_1)\bigr)\bigl((T-t)(x_0-x_2)+t(x_1-x_2)\bigr)$$

Ahora estamos listos para calcular el interior de la integral, utilizando las tres integral de las fórmulas mencionadas inicialmente junto con la sustitución de $u=x-{b\over a}$. $$\int_{-\infty}^\infty A\,{\rm d}x={(2\pi)^{-3/2}\sigma^{-7}\over t^{1/2}(T-t)^3}\int_{-\infty}^\infty(u^2+du+e){\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}\Bigl(au^2+{ac-b^2\over a}\Bigr)\Bigr){\rm d}u$$ $$={(2\pi)^{-3/2}\sigma^{-7}\over t^{1/2}(T-t)^3}\Bigl({1\over 2}\sqrt{{\pi \over (a/2\sigma^2)^3}}+0+e\sqrt{{\pi\over a/2\sigma^2}}\Bigr){\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}\Bigl({ac-b^2\over a}\Bigr)\Bigr)$$ $$=(2\pi)^{-1}\sigma^{-4}\Bigl({t \over (T^2-t^2)^{3/2}}+\sigma^{-2}{B\over (T^2-t^2)^{5/2}}\Bigr){\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}\Bigl({ac-b^2\over a}\Bigr)\Bigr)$$ Aquí $B$ en la última expresión está dada por $$B=\bigl((T-t)(x_0-x_1)+t(x_2-x_1)\bigr)\bigl((T-t)(x_0-x_2)+t(x_1-x_2)\bigr)$$ y también tenemos una desagradable expresión de ${ac-b^2\over a}$ a un sustituto, el cual es dado de arriba.

Ahora es el momento para un milagro! Queremos integrar a esta última expresión, con respeto a $t$, y hay un explícito función primitiva, dado por $$F(t)=(2\pi)^{-1}\sigma^{-4}{{\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}\Bigl({ac-b^2\over a}\Bigr)\Bigr) \over (T^2-t^2)^{1/2}}$$ Aquí $F(t)\to 0$$t\to T$, y por lo tanto $$\int_0^T\int_{-\infty}^\infty A \,{\rm d}x\,{\rm d}t=-F(0)=-(2\pi)^{-1}\sigma^{-4}{1\over T}{\rm exp}\Bigl(-{1\over 2\sigma^2}\Bigl({(x_1-x_0)^2\over T}+{(x_2-x_0)^2 \over T}\Bigr)$$ Multiplicando por $\sigma^2$, este último se convierte en $$-P(x_1,T\mid x_0,0)P(x_2,T\mid x_0,0)$$ como se desee.

Answer 2

Ok, me equivoqué obviamente, PerManne el resultado es correcto, me tomó un largo tiempo y un poco de papel para finalmente volver a hacer todo.

Para la parte de Dirac es en realidad más fácil de lo que pensaba, solo tienes que elegir cualquier función bastante agradable $g(x_1, x_2)$ e intentar calcular $I(t) = \int_{x_1}\int_{x_2}g(x_1, x_2)F(t, x_1, x_2)dx_1 dx_2$ donde $F$ se define como la anterior, cuando $t \to T$.

Cálculos sencillos llevar a

$$I(t)=\frac{1}{\sigma^2} \int_{x_1}\int_{x_2} \frac{g(x_1, x_2)}{\sqrt{2\pi \sigma^2 t}} e^{-\frac{(x_1-x_0)^2+(x_2-x_0)^2}{2\sigma^2(T+t)}} \frac{e^{-\frac{(x_1-x_2)^2}{2\hat{\sigma}^2}}}{\sqrt{2\pi \hat{\sigma}^2}}dx_2dx_1$$ $$= \frac{1}{\sigma^2} \int_{x_1}\int_{x_2} h(t, x_1, x_2) \frac{e^{-\frac{(x_1-x_2)^2}{2\hat{\sigma}^2}}}{\sqrt{2\pi \hat{\sigma}^2}}dx_2dx_1$$

con $\hat{\sigma} = \sigma \sqrt{\frac{T^2-t^2}{t}}$, $\hat{\sigma} \to 0$ al $t \to T$.

Luego de Dirac término viene de la segunda exponencial desde $\frac{e^{-\frac{(x_1-x_2)^2}{2\hat{\sigma}^2}}}{\sqrt{2\pi \hat{\sigma}^2}} \to +\infty$ al $x_1 = x_2$ $t \to T$ sin embargo $\int_{x_2}\frac{e^{-\frac{(x_1-x_2)^2}{2\hat{\sigma}^2}}}{\sqrt{2\pi \hat{\sigma}^2}}dx_2 = 1$

Así que finalmente llegamos al $t \to T$, $$I(T) \to \frac{1}{\sigma^2}\int_{x_1} h(x_1, x_1, T)dx_1$$ with $$h(x_1, x_1, T) = g(x_1, x_1)P(x_1, T \mid x_0, 0)$$

(podría ser un poco más que decir para demostrar esto, pero esto funciona)

Y supongo que se puede escribir como $$I(T) \to \frac{1}{\sigma^2}\int_{x_1}\int_{x_2} g(x_1, x_2)P(x_1, T \mid x_0, 0) \delta(x_2-x_1) dx_ 1dx_2$$ que es, sin la integral y la función de $g$, lo que le pregunté.

Muchas gracias PerManne!