¿Es $\int_{M_{n}(\mathbb{R})} e^{-A^{2}}d\mu$ un integral convergente? (2)

Question

Identificamos $M_{n}(\mathbb{R})$ $\mathbb{R}^{n^{2}}$

Ponemos a $\int_{M_{n}(\mathbb{R})} e^{-A^{2}}d\mu=\lim_{r\to \infty} \int_{D_{r}} e^{-A^{2}}$ cuando la tarde se contará como una de Riemann integral no integral de Lebesgue. Aquí $D_{r}$ es el disco de radio $r$ con respecto a la norma Euclídea de $\mathbb{R}^{n^{2}}$. Es la integral anterior convergente incorrecto integral? ¿Qué pasa si tenemos en cuenta $D_{r}$ con respecto a la matriz de la norma?

El siguiente post se muestra que esta integral no es convergente en el sentido de Lebesgue. También muestra que si es Riemann convergente, entonces el valor de la integral es una matriz escalar.

Es $\int_{M_{n}(\mathbb{R})} e^{-A^{2}}d\mu$ convergente integral?

Answer 1

En la dimensión $n = 2$, tenemos $$ \int_{D_r} e^{-A^2} \, \mu(dA) = \frac{\pi^2}{2}\left( e^{-r^2} - 1 + r^2 + \frac{r^4}{2} \right) I_2, \tag{*} $$ donde $I_2$ es la matriz identidad en $M_2(\Bbb{R})$.

En particular, la integral impropia no converge.

He aquí un resumen de mi solución en mi blog. Pero he aquí mi idea: Evaluar la integral de la expansión de la serie

$$ \int_{D_r} e^{-A^2} \, \mu(dA) = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m!} \int_{D_r} A^{2m} \, \mu(dA). $$

término por término. Escrito $A$

$$ A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}, $$

observe que cada entrada de $A^{2m}$ es un polinomio homogéneo de grado $2m$ en las variables de $a, b, c, d$. Con un poco de observaciones, nos encontramos con que

Lema 1. Deje $D$ ser cualquier simétrica de dominio (en el sentido de que $-D = D$). Entonces para cualquier $n \geq 0$, $$ \int_{D} A^{2m} \, \mu(dA) = I_2 \sum_{i+j+2k=m} \binom{2k+2i}{2i}\binom{2k+2j-1}{2j} \int_{D} a^{2i}d^{2j}(bc)^{2k} \, \mu(dA). \tag{1} $$ Aquí se explota la convención que $\binom{-1}{0} = 1$.

Croquis de la prueba. Cada entrada de $A^{2m}$ admite una combinatoria interpretación en términos de la transición de la ruta 2-espacio de estado:

(Por ejemplo, la ruta de acceso 1→1→1→2→2→2→1→2→1 contribuye a la $(1,1)$-entrada de $A^8$ con el término $aacddbcb = a^2b^2c^2d^2$.) También, por la simetría de $D$, sólo necesitamos considerar los términos, incluso con los exponentes, es decir, de la forma

$$\text{(coef.)}\cdot a^{2i}b^{2j}c^{2k}d^{2l}.$$

Estos términos corresponden a las rutas donde cada transición se lleva a cabo en los números pares. Un momento de reflexión muestra que dicho término corresponde a los trazados cerrados. Así las tesis término sólo aparece en $(1,1)$-entrada y $(2,2)$-entrada de $A^{2m}$, y los exponentes de la $b$ $c$ son iguales. A continuación, $\text{(1)}$ sigue contando el número de rutas de acceso. ////

Ahora, cada término en $\text{(1)}$ puede ser fácilmente calculada al $D = D_r$:

Lema 2. Para cualquier $i+j+2k = m$ hemos $$ \int_{D_r} a^{2i}d^{2j}(bc)^{2k} \, \mu(dA) = \frac{(i-\frac{1}{2})!(j-\frac{1}{2})!(k-\frac{1}{2})!^2}{(m+2)!} r^{2m+4}. \tag{2} $$

Por supuesto que estamos utilizando la convención de que $(l-\frac{1}{2})! = \Gamma(l+\frac{1}{2})!$$\text{(2)}$. Nos saltamos la prueba ya que la prueba es fácil.

Sorprendentemente, la atroz fórmula $\text{(1)}$ los rendimientos de los valores simples:

Lema 3. Para $m \geq 1$ hemos $$ \int_{D_r} A^{2m} \, \mu(dA) = \frac{\pi^2}{2(m+1)(m+2)} r^{2m+4}. $$ (Al $m = 0$ nos tienen diferente valor.)

Esto equivale a probar que

$$ \sum_{i+j+2k=m} \binom{2k+2i}{2i}\binom{2k+2j-1}{2j} (i-\tfrac{1}{2})!(j-\tfrac{1}{2})!(k-\tfrac{1}{2})!^2 = \frac{m! \pi^2}{2}. $$

Prueba de este hecho se puede encontrar en mi blog. Ahora suponiendo que esto es cierto, $\text{(*)}$ fácilmente de la siguiente manera.