Интеграл Эйлера-Пуассона

Перед прочтением статьи, ознакомьтесь со следующим материалом:

Признак Вейерштрасса равномерной сходимости несобственного интеграла по параметру — Тер-Крикоров A.M., Шабунин М.И. Курс Математического анализа, стр 620-621

Интеграл Эйлера-Пуассона

Интегралом Эйлера-Пуассона (Euler-Poisson integral) или интегралом вероятностей называют интеграл вида $$\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx.$$

Вычислим значение интеграла пользуясь теоремой о перестановка порядка интегрирования

$$I=\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-t^2}dt= \left[ \begin{gathered} t=xy \\ dt=ydx \end{gathered} \right] =\int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-x^{2}y^2}dx.$$

Обе части неравенства домножим на $e^{-y^2}$ и проинтегрируем по $y$ от $0$ до $+\infty$

$$I^2=\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-y^2} \left( \int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-x^2 y^2}dx \right) dy=\int\limits_{0}^{+\infty}dy \int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dx.$$

Изменение порядка интегрирования интеграла $\int\limits_{0}^{+\infty}dy \int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dx$ законно, так как выполняются все условия теоремы. Используя признак Вейерштрасса можно заключить, что интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dx$ сходится равномерно по параметру $y$ на любом отрезке $[\gamma, \delta] \subset [0,+\infty]$, так как $ye^{-y^2(x^2+1)} \le \delta e^{- \gamma^2(1+x^2)} (y \ge 0)$, а интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty}\delta e^{- \gamma^2(1+x^2)}dx$ сходится. Аналогично доказывается, что интеграл $\int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dy$ также сходится равномерно по параметру $x$ на любом отрезке $[\alpha, \beta] \subset [0,+\infty]$. Повторный интеграл $I^2=\int\limits_{0}^{+\infty}dy \int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dx$ сходится в силу равенства

$$I^2=\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-y^2}(\int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-x^2 y^2}dx)dy=\int\limits_{0}^{+\infty}dy \int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dx.$$

Изменим порядок интегрирования повторного интеграла

$$I^2=\int\limits_{0}^{+\infty}dx\int\limits_{0}^{+\infty}ye^{-y^2(x^2+1)}dy=\int\limits_{0}^{+\infty}y\frac{e^{-x^2}}{-2y(x^2+1)}\bigg|_0^{+\infty}dx= $$

$$-\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{+\infty}(0-\frac{1}{(x^2 +1)})dx= \frac{1}{2}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+1}= \frac{1}{2} \arctan x\bigg|_0^{+\infty}=\frac{\pi}{4}.$$

Отсюда получаем, что $I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

Таким образом интеграл Эйлера-Пуассона $$\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2},$$
то есть площадь фигуры, ограниченной функцией $e^{-x^2}$ и осями координат, равна $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ (рис. 1)

Интеграл Эйлера-Пуассона

Рис. 1

Список литературы

Тест

Интеграл Эйлера-Пуассона

Для закрепления усвоенного материала, рекомендуется пройти тест по пройденной теме

Интеграл Эйлера-Пуассона: 1 комментарий

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *