¿Generalizando el truco para integrar $\int_{-\infty}^\infty e ^ {-x ^ 2} \mathrm dx$?

Question

Hay un conocido truco para la integración de los $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\mathrm dx$, que es escribir como $\sqrt{\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}\mathrm dy}$, que luego pueden ser reexpresado en coordenadas polares como una fácil integral. Es este truco un one-hit wonder, o hay otros casos en que este truco funciona y es también necesario? Parece depender de la definición de la propiedad de la función exponencial que $f(a+b)=f(a)f(b)$, que me hacen pensar que sólo permitiría bastante trivial generalizaciones, por ejemplo, $\int_{-\infty}^\infty 7^{-x^2}\mathrm dx$ o $\int_{-\infty}^\infty a^{bx^2+cx+d}\mathrm dx$.

Puede ser adaptado a través de la rotación en el plano complejo a hacer integrales como $\int_{-\infty}^\infty \sin(x^2)\mathrm dx$? Aquí me encuentro confundido tratando de visualizar de forma simultánea tanto en el plano complejo y $(x,y)$ avión.

WP http://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_integral analiza las integrales que tienen una forma similar y parecen requerir diferentes métodos, pero me gustaría estar más interesados en las integrales que tienen diferentes formas, pero puede ser conquistado por el mismo truco.

El truco consiste en la ampliación a partir de 1 dimensión 2. Hay una generalización útil donde se expanda desde $m$ dimensiones a $n$?

Esta no es la tarea.

Answer 1

Me gustaría contestar a su pregunta sobre la integral de Fresnel como hice esto en mi época de estudiante. Así que, vamos a considerar los integrales

$$S_1=\int_{-\infty}^\infty dx\sin(x^2) \qquad C_1=\int_{-\infty}^\infty dx\cos(x^2).$$

Queremos aplicar la misma técnica utilizada para la integral de Gauss en este caso y considerar las dos dimensiones integrales

$$S_2=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy\sin(x^2+y^2) \qquad C_2=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy\cos(x^2+y^2).$$

Si usted va a coordenadas polares, estas integrales doe no convergen. Así, se introduce un factor de convergencia de la siguiente manera

$$S_2(\epsilon)=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy e^{-\epsilon(x^2+y^2)}\sin(x^2+y^2)$$ $$C_2(\epsilon)=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy e^{-\epsilon(x^2+y^2)}\cos(x^2+y^2).$$

Entonces uno tiene, pasando a coordenadas polares,

$$S_2(\epsilon)=2\pi\int_0^\infty \rho d\rho e^{-\epsilon\rho^2}\sin(\rho^2) \qquad C_2(\epsilon)=2\pi\int_0^\infty \rho d\rho e^{-\epsilon\rho^2}\cos(\rho^2)$$

que es

$$S_2(\epsilon)=\pi\int_0^\infty dx e^{-\epsilon x}\sin(x) \qquad C_2(\epsilon)=\pi\int_0^\infty dx e^{-\epsilon x}\cos(x).$$

Estas integrales son bien conocidos y dar

$$S_2(\epsilon)=\frac{\pi}{1+\epsilon^2} \qquad C_2(\epsilon)=\frac{\epsilon\pi}{1+\epsilon^2}$$

tomando nota de que la integración de variables dummy. Ahora, en este caso uno puede tomar el límite de $\epsilon\rightarrow 0$ la producción de

$$S_2=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy\sin(x^2+y^2)=\pi \qquad C_2=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty dxdy\cos(x^2+y^2)=0$$

Mediante la aplicación de simples fórmulas trigonométricas que se recupere el valor de las integrales de Fresnel. Pero ahora, como un bono, usted tiene el valor de estas integrales en dos dimensiones.

Answer 2

Robert Dawson escribió acerca de las limitaciones de este método en este artículo en el mensual matemática americana.

Answer 3

La distancia métrica que utilizamos es cuadrática en la naturaleza. No importa qué dimensiones de $\mathbb{R}^n$ los que estamos trabajando, la distancia entre dos puntos está dada por $r^2=\sum(\Delta x_i)^2$. Es la capacidad de intercambiar $\sum(\Delta x_i)^2$ con $r^2$ que ayuda a calcular $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx$. No hay espacio dimensional superior harán de esta particular de intercambio más agradable. Así que esto ayuda a explicar por qué la propiedad que usted menciona ($f(x^2)f(y^2)=f(x^2+y^2)$) es importante.

Por otro lado, lo que sucede aquí es un intercambio entre las coordenadas Cartesianas para $\mathbb{R}^2$ y coordenadas polares. Así que podríamos hacer algo similar en $\mathbb{R}^3$, con coordenadas esféricas?

$$\left(\int_{\mathbb{R}}f(x)\,dx\right)^3=\iiint_{\mathbb{R}^3} f(x)f(y)f(z)\,dxdydz=\iiint_{\mathbb{R}^3} F(\rho\theta,\varphi)\,d\rho d\theta d\varphi$$

Si $F$ saltos de hasta $g(\rho)h(\theta)k(\varphi)$, entonces usted podría tener una mancha de la manera de computar $\int_{\mathbb{R}}f(x)\,dx$.

Answer 4

Para responder a la pregunta en el primer párrafo: Sí exactamente el mismo truco funciona tanto $\int_{-\infty}^\infty 7^{-x^2}dx$ y $\int_{-\infty}^\infty a^{bx^2+cx+d}dx$, siempre $b<0$. (La segunda generaliza la primera, así que sólo tenemos que considerar). En primer lugar, completar el cuadrado para la cuadrática, y escribir $$bx^2+cx+d=b\left(x^2+\frac{c}{b}x+\frac{d}{b}\right)=b\left(x+\frac{c}{2b}\right)^2-\frac{c}{4b}+d.$$ A continuación, nuestros integral es de $$a^{d-\frac{c}{4b}} \int_{-\infty}^\infty e^{\log(a)b\left(x+\frac{c}{2b}\right)^2}dx.$$ Ya que estamos integrando sobre la recta real, se puede cambiar por $\frac{c}{2b}$ y, a continuación, deje que $u=\sqrt{-b\log a}x$ (recuerde, $b<0$) para obtener $$a^{d-\frac{c}{4b}} \int_{-\infty}^\infty e^{\log(a)bx^2}dx=\frac{a^{d-\frac{c}{4b}}}{\sqrt{-b\log}} \int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}dx$$

$$a=\frac{a^{d-\frac{c}{4b}}}{\sqrt{-b\log}}\sqrt{\pi}.$$

Answer 5

Otro ejemplo: Si

$$I = \int_{-\infty}^{\infty} x^4 e^{-ax^2} dx$$

entonces

$$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} x^4 e^{-ax^2} dx \ \cdot \int_{-\infty}^{\infty} y^4 e^{-ay^2} dx = \int\int_{\mathbb R^2} (xy)^4 e^{-x^2 + y^2)} dx \ dy$$

Movimiento en coordenadas polares,

$$I^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^\infty r^8 \cos^4\theta\sin^4\theta e^{-ar^2} r \ dr \ d\theta = \int_0^\infty r^9e^{-ar^2} \ dr \ \cdot \ \int_0^{2\pi} \left(\frac{1}{2}\sin2\theta\right)^4 \ d\theta$$

Con la sustitución de $u = r^2$, la primera integral es de $\frac{4!}{2a^5}$. Como $\sin^4 2\theta = \frac{1}{8} ( -4\cos4\theta + \cos 8\theta + 3)$, en la segunda integral de los dos primeros términos se desvanecen sobre el dominio de integración de $[0,2\pi]$ y

$$I^2 = \frac{4!}{2a^5} \cdot \frac{1}{2^4} \frac{3}{8} 2\pi = \frac{9\pi}{16a^5}$$

Por lo tanto, como $I$ es positivo,

$$I = \frac{3\sqrt \pi}{4a^{5/2}}$$

Volviendo a la OP,

Es este truco un one-hit wonder, o hay otros casos en que este truco funciona y es también necesario?

esta integral puede evaluarse otras maneras. Pero pensé que era una buena extensión de este método.