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

Перестановка порядка интегрирования в том случае, когда оба интеграла несобственные

Теорема

Пусть функция $f(x,y)$ определена и непрерывна на полуоткрытом прямоугольнике $\{(x,y)\colon a \le x < b, \ — \infty < a < b \le +\infty, \  c \le y < d\}$.

    Если выполняются условия:

  • Несобственный интеграл $\int\limits_a^b |f(x,y)| dx$ сходится равномерно на любом отрезке $[\gamma,\delta] \subset (c,d)$
  • Несобственный интеграл $\int\limits_c^d |f(x,y)| dy$ сходится равномерно на любом отрезке $[\alpha, \beta] \subset (a,b)$,
  • Сходится один из повторных интегралов: $$\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b |f(x,y)| dx, \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d |f(x,y)| dy,$$

то существуют оба повторных интеграла $\int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y) dy$ $\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx$ и $$\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y) dy.$$

Доказательство

Пусть $f(x,y) \ge 0$ и существует интеграл $\int\limits_a^b dx\int\limits_c^d f(x,y)dy$. Возьмем произвольный отрезок $[\gamma,\delta] \subset (c,d)$. Тогда интеграл по отрезку $[\gamma,\delta]$ будет собственным. Согласно теореме о перестановки порядка интегрирования имеем:

$$\int\limits_\gamma^\delta dy\int\limits_a^b f(x,y)dx = \int\limits_a^b dx\int\limits_\gamma^\delta f(x,y)dy \le \int\limits_a^b dx\int\limits_c^d f(x,y)dy.$$

где последнее неравенство следует из существования интеграла $\int\limits_a^b dx\int\limits_c^d f(x,y)dy$ и неотрицательности функции $f$.  Предел левой части равенства при $\delta \to d-0$ и $\gamma \to c+0$, равен интегралу $\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx$. Следовательно, получаем неравенство

$$\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx \le \int\limits_a^b dx\int\limits_c^d f(x,y)dy.$$

Проведя аналогичное рассуждение для интеграла $\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx$ получим новое неравенство

$$\int\limits_a^b dx\int\limits_c^d f(x,y)dy \le \int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx.$$

Из этих двух неравенств следует равенство

$$\int\limits_c^d dy\int\limits_a^b f(x,y) dx = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y) dy.$$

Пусть теперь функция $f(x,y)$ — произвольная. Тогда её можно представить в виде разности

$f=f^+ — f^-$, где $f^+ = \frac{|f|+f}{2}$, $f^- = \frac{|f|-f}{2}$, $f^+ \ge 0$, $f^- \ge 0$.

Используя следствие теоремы (критерий коши равномерной сходимости несобственного интеграла по параметру) и признаки сравнения несобственных интегралов, заключаем, что условие теоремы выполнены для функций $f^+$ и $f^-$. Тогда, основываясь на приведенном доказательстве для неотрицательных функций, можно заключить, что повторные интегралы от функций $f^+$ и $f^-$ равны. Следовательно, повторные интегралы от функции $f=f^+ — f^-$ также равны.

Пример 1

Допустима ли перестановка порядка интегрирования для функции $f(x,y)= \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$ в прямоугольнике [0, 1; 0, 1]?

Решение показать

Пример 2

Функция $f(x,y)=x^y$ определена и непрерывна в прямоугольнике $[0,1;a,b]$, где $0<a<b$. Вычислить интеграл $$\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{a}^{b}f(x,y)dy.$$

Решение показать

Список использованной литературы

Тест

Перестановка порядка интегрирования в том случае, когда оба интеграла несобственные.

Для закрепления усвоенного материала, рекомендуется пройти тест по пройденной теме

M1481. О биссектрисах вписанного треугольника

Квант_1Задача из журнала «Квант» (1995 №2)

Условие

В треугольнике ABC проведена биссектриса AK, D — точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине B с описанной окружностью. Докажите, что если \angle A> \angle C, то

\sin A / \sin C- \sin \angle CDK/ \sin \angle BDK=1.

Доказательство

Пусть углы A, B, C треугольника равны 2\alpha, 2\beta, 2\gamma соответственно. Биссектриса внутреннего угла B пересекает дугу AC описанной окружности в точке L, диаметрально противоположной D(рис. 1).

Рис. 1

Положим \angle CBD=\delta, \angle BCD=\varepsilon. Используя теорему синусов(для \vartriangle DBK и \vartriangle CDK), теорему о биссектрисе треугольника (BK/KC = AB/AC = \sin 2\gamma / \sin 2\beta) и формулу

2 \sin \varphi \cos\psi = \sin(\varphi + \psi) - \sin(\psi - \varphi),

получаем

\frac{\sin \angle CDK}{\sin \angle BDK} = \frac{KC \sin \varepsilon}{KB \sin \delta} = \frac{ \sin 2\beta \cdot \sin \frac{\pi - 4\gamma - 2\beta}{2}}{\sin 2\gamma \cdot \sin \frac{\pi - 2\beta}{2}} =

\frac{2 \sin \beta \cos \beta \cos(2\gamma + \beta)}{\sin2\gamma \cos \beta} = \frac{\sin(2\beta + 2\gamma)}{\sin2\gamma} - 1 = \frac{\sin2\alpha}{\sin2\gamma} - 1

что и требовалось доказать.

Замечание

Если \angle A< \angle C (как на рисунке 2), то меняется лишь знак в формуле

\sin \varepsilon = \sin(2\gamma + \beta - \pi /2)= - \cos (2\gamma + \beta)

а \sin \delta по-прежнемe равен \sin( \beta + \pi /2) = \cos \beta, так что равенство в условии принимает вид

\frac{\sin A}{\sin C} + \frac{\sin \angle CDK}{\sin \angle BDK} = 1

Рис. 2

Тест 2016

Рабочее тестирование плагина в 2016 году