¿Es una expresión de forma cerrada para $\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^y \frac{1}{2 \pi} e^{-(1/2) ( x^2+y^2 )} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$?

Question

He estado tratando de evaluar la integral:

$$\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^y \frac{1}{2 \pi} e^{-(1/2) ( x^2+y^2 )}\mathrm {d}x\,\mathrm{d}y$$

Por supuesto sé que la integral es igual a $1$ $[-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]$ pero yo no sé bien cómo manejar el presente caso. ¿Hay cualquier trucos aquí?

Gracias.

Answer 1

Tu integral es la probabilidad: $$\mathbb{P}[X\leq Y]$ $ donde $X$ y $Y$ son dos variables normales independientes $N(0,1)$,

por lo tanto, el valor de la integral es simplemente $\frac{1}{2}$, puesto que: $$\mathbb{P}[X\leq Y]=\mathbb{P}[Y\leq X],\qquad \mathbb{P}[X\leq Y]+\mathbb{P}[Y\leq X]=1.$ $

Answer 2

Jack D'Aurizio la respuesta es buena, pero ya que usted dijo en los comentarios en los que usted quería un punto de vista diferente, vamos a probar esto: \begin{align} u & = (\cos45^\circ)x-(\sin45^\circ)y = \tfrac{\sqrt{2}}2 x - \tfrac{\sqrt{2}}2 y \\ v & = (\sin45^\circ)x+(\cos45^\circ)y = \tfrac{\sqrt{2}}2 x + \tfrac{\sqrt{2}}2 y \end{align} Esto es sólo una $45^\circ$ rotación del sistema de coordenadas, sugerido por el hecho de que su línea de límite de la $y=x$ es sólo un $45^\circ$ rotación de uno de los ejes de coordenadas.

Luego de simplificar $u^2+v^2$ y que desciende a $x^2+y^2$.

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones anteriores para$x$$y$, se obtiene \begin{align} x & = \phantom{-}\tfrac{\sqrt{2}}2 u + \tfrac{\sqrt{2}}2 v \\ y & = -\tfrac{\sqrt{2}}2 u + \tfrac{\sqrt{2}}2 v \end{align} Por trivial álgebra, la condición de que $x\le y$ ahora vuelve $u\le0$.

Si usted sabe acerca de Jacobians, se obtiene $$ du\,dv = \left|\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\right|\,dx\,dy = \left|\frac{\partial u}{\partial x}\cdot\frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}\right|\,dx\,dy = 1\,dx\,dy. $$ De ahí su iterada integral se convierte en $$ \int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^0 \frac 1{2\pi} e^{-(u^2+v^2)/2}\,du\,dv = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^0 \left\{\frac 1{2\pi} e^{-v^2/2}\right\} e^{-u^2/2}\,du\,dv $$ La parte en $\{\text{braces}\}$ no depende de $u$, por lo que esta es $$ \int_{-\infty}^\infty\left( \frac 1{2\pi} e^{-v^2/2} \int_{-\infty}^0 e^{-u^2/2}\,du \right)\,dv. $$ Ahora el interior de la integral no depende de la $v$, por lo que saca: $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-v^2/2}\dv \cdot \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^0 e^{-u^2/2}\,du $$ y esta es, por supuesto, $$ \int_{-\infty}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}} e^{-v^2/2}\dv \cdot \int_{-\infty}^0 \frac1{\sqrt{2\pi}} e^{-u^2/2}\,du. $$ La primera integral viene a $1$ y el segundo, por una simple simetría argumento, es $1/2$.

Answer 3

Set $x=r\cos \theta,y=r\sin \theta$, entonces tenemos

$$\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^y e^{-(1/2) ( x^2+y^2 )}\mathrm {d}x\,\mathrm{d}y=\int_{0}^\infty \left(\int_{-3\pi/4}^{\pi/4} e^{-r^2/2}\mathrm {d}\theta\,\right)r\,\mathrm{d}r=\pi \int_{0}^\infty e^{-r^2/2}r\,\mathrm{d}r=\pi$$

Por lo tanto la integral original es igual a $(1/2)$.

Este método así como método de @MichaelHardy también funciona para los integrales como:

$$\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^{a y} e^{-(1/2) ( x^2+y^2 )}\mathrm {d}x\,\mathrm{d}y, \text{ }a \in \mathbb{R}$$

Los resultados son los mismos. Esto es porque la función a ser integrado ($e^{-r^2/2}$) es invariante de rotación (independiente de $\theta$) y $x=a y$ es una línea recta que pasa por el origen y divide el plano en 2 partes de igual tamaño.

Answer 4

Ah, me doy cuenta ahora de que yo había leído mal para empezar. Algebraicamente, se puede resolver observando que el valor de la integral es el mismo en el cambio de las variables de $u=-x$, y puesto que la suma de las dos resultantes de las integrales de resultados en el $[-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]$ de los casos, la respuesta es $1/2$.

es decir:

$$\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^y \frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+y^2)} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_{- \infty}^\infty \int_{-y}^\infty \frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 \left( x^2+y^2 \right)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

$LHS+RHS=\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+y^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=1$, e $LHS=RHS$, por lo que su integral es $1/2$.

EDIT: supongo que fue un poco corto. Hay varias formas de mostrar el $LHS+RHS$ es lo cito, pero aquí es un simple, poco informativo.

$LHS+RHS=\int_{- \infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+y^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y-\int_{- \infty}^\infty \int_{-y}^y\frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+y^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$.

Ahora, Vamos A $I=\int_{- \infty}^\infty \int_{-y}^y\frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+y^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$. El uso de la sustitución de $u=-y$. Entonces

$I=-\int_{\infty}^{-\infty} \int_{u}^{-u}\frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+u^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}u=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{u}^{-u}\frac{1}{2 \pi} e^{-1/2 (x^2+u^2)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}u=-I$, por lo tanto como $I=-I$, $I=0$.

Creo que también se podría aplicar al dividir el intervalo de integración. (por ejemplo, mirando las integrales en $(-\infty,0]$$[0,\infty)$)