Ryszard2012-08-20 15:51
Całka od zera do nieskończoności z funkcji exp(-x^2)

Udało mi się obliczyć

$$\int_0^\infty e^{-x^2}dx$$

bez zamiany zmiennych na biegunowe. Do tej pory miałem poczucie, że do zajmowania się rozkładem normalnym potrzebne jest twierdzenie o zamianie zmiennych w całce podwójnej (to z Jakobianem), a dzisiaj udało mi się to ominąć. Oprócz analizy jedynki korzystam z twierdzenia Fubiniego (żeby pokazać, że splot gęstości całkuje się do jedynki).


Stosując podstawienie $t=x^2$, otrzymujemy $$\int_0^\infty t^{-1/2}e^{-t}dt=2\int_0^\infty e^{-x^2}dx$$ i tak zagadnienie się sprowadza do obliczenia $$G=\int_0^\infty t^{-1/2}e^{-t}dt.$$

Wtedy $$g(x)=\frac{1}{G}x^{-1/2}e^{-x}1_{(0,\infty)}(x)$$ jest gęstością na prostej.

Dla $t>0$,
$$g*g(t)=\int_{-\infty}^\infty g(x)g(t-x)dx=\frac{e^{-t}}{G^2}\int_0^t x^{-1/2}(t-x)^{-1/2}dx.$$

Całkę $$\int_0^t x^{-1/2}(t-x)^{-1/2}dx=\pi$$ można obliczyć metodami ze skryptu Analiza 1.

Wiemy, że splot $g*g$ też jest gęstością na prostej, więc
$$1=\int_0^\infty g*g(t)dt=\frac{\pi}{G^2}\int_0^\infty{e^{-t}}dt=\frac{\pi}{G^2}.$$

Zatem $$G=\sqrt{\pi}.$$

KOMENTARZE (16)

  1. Michał Stanisław Wójcik2012-08-24 11:58:06

    Jest bardzo drobna luka. Trzeba najpierw pokazać, że
    $$\int_0^\infty e^{-x^2}$$
    jest skończona.
    Dla $x \geq 1$ zachodzi jednak $2xe^{-x^2} \geq e^{-x^2}$.
    Oczywiście zachodzi $(-e^{-x^2})’ = 2xe^{-x^2}$, zatem:
    $$\int_1^\infty 2xe^{-x^2} = 0 – (-1) = 1.$$
    czyli $$\int_0^\infty e^{-x^2} = \int_0^1 e^{-x^2} + \int_1^\infty e^{-x^2} \leq 1 + \int_1^\infty 2xe^{-x^2} \leq 2.$$

    Ponadto uzupełniam obliczenia:
    Dla całki $$\int_0^t x^{-1/2}(t-x)^{-1/2}dx$$ stosujemy podstawienie
    $x = t\sin^2z$ dla $z\in[0,\pi/2]$. Wtedy $dx = t2\sin z\cos zdz$.
    $$\int_0^t x^{-1/2}(t-x)^{-1/2}dx = \int_o^{\pi/2}t^{-1/2}\sin^{-1}z \cdot t^{-1/2}\cos^{-1}z \cdot t2\sin z\cos zdz = \pi.$$

    Tak się nad tym zastanawiam i nie wiem, czy ta zmianna zmiennych na biegunowe w klasycznym rozwiązaniu, różni się wiele od zastosowania twierdzenia Fubiniego i zamiany zmiennych dla całki pojedynczej. Przez sprytny chwyt tylko raz dokonujemy zmiany zmiennych. Na pewno w sensie dydaktycznym jest to dobre, bo nie wymaga wprowadzania tematu zamiany zmiennych w całce podwójnej, żeby udowdnić zbieżność wyjściowej całki.

  2. Ryszard2012-09-03 17:10:46

    Dziękuję za sprytne podstawienie. Ja to jakoś żmudniej obliczyłem.

    Okazało się, że nie potrzebuję powoływać się na własności splotu gęstości, a zastosowanie twierdzenia Fubiniego sprowadza się do zamiany kolejności całkowania w całce iterowanej.

    Oznaczamy szukaną całkę przez $G$ i w pierwszym kroku stwierdzamy, że jest zbieżna
    $$0<G=\int_0^\infty e^{-x^2}dx \le \int_0^1 e^{-x^2}dx + \int_1^\infty e^{-x}dx<\infty.$$

    Stosując podstawienie $t=x^2$, wyrażamy $G$ jako inną całkę
    $$\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\int_0^\infty\frac{e^{-t}}{2\sqrt{t}}dx=G\in(0,\infty).$$

    Niech funkcja $g\colon(-\infty,\infty)\to(0,\infty)$ będzie dana wzorem
    $$g(x)=\frac{1}{G}1_{(0,\infty)}(x)\frac{e^{-x}}{2\sqrt{x}}.$$

    Wtedy dla każdego $y\in(-\infty,\infty)$
    $$\int_{-\infty}^\infty g(x)dx=1=\int_{-\infty}^\infty g(x-y)dx.$$

    Podstawiając za liczbę 1 odpowiednie wzory, otrzymujemy
    $$1=\int_{-\infty}^\infty 1{\cdot} g(x)dx = \int_{-\infty}^\infty \Big(\int_{-\infty}^\infty g(y-x)dy\Big) g(x)dx$$
    $$=\int_{-\infty}^\infty \Big(\int_{-\infty}^\infty g(y-x)g(x)dy\Big)dx.$$

    Korzystając z twierdzenia Fubiniego, zamieniamy kolejność całkowania,
    czyli $dy$ zamieniamy z $dx$
    $$1 = \int_{-\infty}^\infty \Big(\int_{-\infty}^\infty g(y-x)g(x)dy\Big)dx=\int_{-\infty}^\infty \Big(\int_{-\infty}^\infty g(y-x)g(x)dx\Big)dy.$$

    Niech funkcja $h\colon(0,\infty)\to(0,1)$ będzie dana wzorem
    $$h(y)=\int_{-\infty}^\infty g(y-x)g(x)dx=\int_{0}^y g(y-x)g(x)dx.$$

    Zauważmy, że $$\int_{0}^\infty h(y)dy=1=\int_{0}^\infty e^{-y}dy$$
    oraz dla każdego $y\in(0,\infty)$
    $$h(y)=\frac{e^{-y}}{4G^2}\int_0^y\frac{dx}{\sqrt{y-x}\cdot\sqrt{x}}.$$

    Stąd wynika, że
    $$1=\frac{1}{4G^2}\int_0^y\frac{dx}{\sqrt{y-x}\cdot\sqrt{x}}.$$

    Podstawiając $x=y\cdot\sin^2 t$,
    $$\int_0^y\frac{dx}{\sqrt{y-x}\cdot\sqrt{x}}=\pi.$$

    Stąd $$\int_0^\infty e^{-x^2}dx=G=\frac{\sqrt\pi}{2}.$$

  3. Ryszard2012-09-08 17:06:13

    W roku 2011 ktoś zrobił wyprowadzenie wzoru na gęstość rozkładu normalnego i opublikował na internecie. Prawdopodobnie nauczyciel dla swoich uczniów. Na końcu, gdy przyszło do ustalenia jaka jest stała normalizująca, obliczył naszą całkę przez przejście na współrzędne biegunowe. Skoro zadał sobie trud wyprowadzenia wzoru od podstaw, to na pewno wspomniałby o prostszym sposobie niż używanie zmiennych biegunowych. Stąd przypuszczenie, że to moje obliczenie nie jest powszechnie znane.

    Derivation of the Normal Distribution Probability Density Function

  4. Ryszard2012-09-08 17:14:51

    Jeszcze inny sposób uzyskania rozkładu normalnego z jakichś pierwszych przyczyn i znowu zmienne biegunowe na koniec:
    Derivation of the univariate normal distribution

  5. Ryszard2012-09-08 21:28:18

    Wygląda na to, że w 1812 Laplace liczył tę całkę bez współrzędnych biegunowych w bardzo elegancki sposób, który mi się bardziej podoba niż ten mój.
    Wikipedia: The Gaussian integral by Cartesian coordinates

  6. Michał Stanisław Wójcik2012-09-08 22:09:32

    Wszystkie te sposoby to wałkowanie w kółko podstawienia $y = r\sin\alpha$ i ewentualnie “dualnego” $x = r \cos\alpha$. Możemy go wprowadzić explicite jako zamiana zmiennych karteziańskich na biegunowe. Możemy to robić poprzez zwyczajne podstawienia w całce pojednyńczej. Generalnie każde z rozwiązań zawiera całkę podwójną i poradzenie sobie z nią przez wyżej opisane podstawienie lub odgadnięcie funkcji pierwotnej w postaci funkcji odwrotnej do jakiejś trygonometrycznej, co jest w zasadzie tą samą operacją. W rozwiązaniu Laplaca podstawienie jest rozbite najpierw na iloczyn, a potem w drugiej całce na funkcję trygonometryczną. To jest cały czas jedno i to samo rozwiązanie wyrażane na coraz to inne sposoby. Nuda.

  7. Ryszard2012-09-09 09:22:50

    Czy chodzi o to, że obliczenie całki $\int\frac{dx}{1+x^2}$ sprowadza się do podstawienia $x=\cos t$ lub $x=\sin t$?

  8. Ryszard2012-09-09 10:28:08

    Laplace powiedział tak naprawdę tyle:
    $$\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{\int_0^\infty\frac{dx}{1+x^2}}$$

    Ta druga całka nie daje się wyrazić przez funkcje wymierne, ale możemy sprowadzić ją do liczby $\pi$ poprzez wprowadzenie funkcji trygonometrycznych. Czy tutaj siedzą implicite współrzędne biegunowe?

    Tak, jeśli funkcje trygonometryczne wprowadzimy bazując na ich geometrycznej interpretacji. Wtedy już na starcie mamy okrąg i długość łuków i wzajemną odpowiedniość między długością łuku (liczba na prostej) a miejscem na okręgu (współrzędne biegunowe).

    Nie, jeśli wprowadzamy funkcje trygonometryczne przez szeregi potęgowe. Wtedy mamy masę arbitralnych operacji, które kończą się wprowadzeniem symbolu $\pi$ i tożsamością $$\frac{d}{dx}\arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}+C.$$

  9. Michał Stanisław Wójcik2012-09-09 11:55:51

    W rozwiązaniu jakby nie patrzeć pojawiają się człony $x^2 + y^2$ lub $1 + x^2$, lub w sposób trochę bardziej przewrotny jako $\sqrt{1-x}$. Takie całki dają się policzyć, bo jest to związane z własnościami formalnymi funkcji trygonometrycznych. Nie ważne jak te własności się uzyska, czy szeregami, czy inaczej jakoś. Można też licząc szeregami nic nie wspomnieć o funkcjach trygonometrycznych tutaj. Jak powiedziałem, nie widzę zasadniczych różnic pomiędzy tymi rozwiązaniami. Nie dostaje od nich wypieków na twarzy. Choć jak przyznałem ze względów dydaktycznych można zastować Twoje, albo lepiej Laplace’a. Pochodą $\arctan$ poprostu się pamięta i zadanie staje się zupełnie proste. To są wszystko kosmetyczne zmiany, w mojej opinii nie warte aż tyle uwagi.

  10. tichy2012-12-03 18:06:56

    Może to musztarda grudniowa po obiedzie wrześniowym… te kilka uwag:

    1. “dydaktyka” – zależy, kto jest celem (inaczej dla matematyka, inaczej dla inżyniera, biologa, socjologa, czy innego cywila).

    2. Czemu unika się wspólrzędnych biegunowych – jakby posługiwanie się nimi było czymś zdrożnym?

    3. Już wprowadzając liczbę $\pi$ na przyzwoitym poziomie, wsp. biegunowane już muszą być użyte (niekonieczne nazwane).

    4. Zamianę zmiennych w całce podwójnej można wprowadzić elementarnie, bez mówienia o zadnych Jakobianach (choć po cichu się będzie takiego używać). Wszystkie przytaczane metody dokładnie to robią, tylko – przez tabu nałożone na współrzędne biegunowe – stają na głowie, lub chwytają się lewą ręką za prawe ucho.

    5. Pokazywanie zbieżności całki jest zbędne. Jak już mówi się (głosno, czy po cichu) o tw. Fubiniego, pokrywa ono swobodnie i bez lęku przypadek całek nieskończonych, po prostu zawierając trywialność: \(\inf=\inf\).

    6. Wiele można by uprościć. Np. pozbyć się tego parametru “t” w całce na splot g*g w głównym tekście.

    Tyle na razie
    tichy z okruhów

  11. Michał Stanisław Wójcik2012-12-03 22:27:46

    Ad 1. Jasne.

    Ad 2. Myślę, że dla zabawy i dla uproszczenia dowodu o jedno pojęcie. Choć cały czas było dyskutowane, czy rzeczywiście coś się tu uprościło.

    Ad 3. Można szeregami zdefiniować funckję zespoloną $t\to e^{-it}$, wykazać że jest okresowa i zdefiniować $\pi$ jako pół jej okresu. Wtedy na pewno wprost nie trzeba mówić o współrzędnych biegunowych. Czy są ukryte? No w pewnym sensie wszędzie gdzie występuje formalizm analogiczny do $sin$ i $cos$ są one ukryte …

    Ad 4. Zgoda.

    Ad 5. W dowodzie kolegi używa się wartości $G$ zdefiniowanej całką. Żeby o niej mówić, a szczególnie dać ją do mianownika, trzeba wykazać zbieżność tej całki. Piszę o tym konkretnie dowodzie.

    Ad 6. A tego akurat nie rozumiem.

  12. tichy2012-12-05 00:43:53

    1-2. “Jasne” wcale nie jest jasne, gdy rzecz niejasna. Cóż to za “uproszczenie dowodu o jedno pojęcie”, gdy zamiast niego wprowadza się co najmniej dwa nowe, trudniejsze, i z bardziej zaawansowanych dziedzin (gęstość i tw. Fubiniego).

    3. Podobnie z $\pi$. Jest to “długość połowy okręgu o promieniu 1″. Dla 95% odbiorców dodaje się coś w rodzaju “naukowcy wykazali, że wartość tej liczby wynosi 3.1415…”. Dla 1% dowodzi się a) istnienia na podstawie aksjomatów b) szacuje się c) coś jeszcze. Dla 4% – “wartość wyliczymy później”.

    Gdy wprowadza się miarę łukową, i pokazuje, że tw. Talesa z odcinków przenosi się na łuki, implicite wprowadza sie współrzędne biegunowe. Mogą one zaraz być używane do wyliczania odpowiednich pól – np. wycinka koła o promieniu $r$, odpowiadajacego kątowi $\theta$ – czyli $r^2\,\theta/2$. Stąd tylko krok do zastąpienia elementu pola powierzchni $dx\,dy$ przez element pola koła $r\,dr\,d\theta$. Powtarza się ideę całkowania, zaś nazwy w rodzaju “współrzędne biegunowe” nie muszą być wysławiane. Nawet sinus czy kosinus jest zbędny.

    5. Nie jest konieczne dzielenie przez G. Biorąc $g(t)$ niepodzielone przez $G$, $g*g(t)=\pi e^{-t}$. Całkując, $(\int_0^\infty g(t)\,dt)^2=\pi$. Oczywiście, tw. Fubiniego (ale jego riemannowska wersja dla funkcji ciągłych). Ponadto, jeżeli już pokazywać zbieżność całki z $\exp(-x^2)$, to prostsze oszacowanie $\exp(-x^2)\le e\, \exp(-x)$ może być użyte.

    6. Można wcześniej podstawić $u=tx$ ($x$ – zmienna, $t$ – stała), i $t$ się przestanie plątać.

    tichy

  13. tichy2012-12-05 00:54:53

    I jeszcze uzupełnienie. Jak zgaduję, Analiza I zajmuje się całką Riemanna, nie Lebesgue’a. Stąd terminologia zapożyczona z późniejszych Analiz nie przystoi dydaktycznie (ani naukowo). Tak więc, tw. Fubiniego będzie raczej tw. Weierstrassa (jest ich cała seria, w szczególności później pojawiające się jako tw. Lebesgue’a o zbieżności, np. ograniczonej, tu także użyte implicite w celu pokazania zbieżności całki).

  14. Michał Stanisław Wójcik2012-12-05 08:09:07

    W sprawie $\pi$, wydaje mi się, że można ją najpierw wprowadzić algebraicznie, a potem pokazać sens geometryczny. Można też odwrotnie. Ale nie zależy mi absolutnie na dyskutowaniu, które ujęcie jest lepsze.

    Co do 5. W tym konkretnym dowodzie, bez przeprowadzania dodatkowych usprawnień, należało wykazać zbieżność tej całki. Z tym jak podejrzewam oboje się zgodzimy. A tylko o to mi chodziło.

    Ogólnie, mnie takie usprawnienia, jak już pisałem mało fascynują, tym bardziej cyzelowanie kolejnych usprawnień i pojęć. Pisałem już, że to usprawnienie jest “wątpliwe”. Pan zdaje się zgadza z tą opinią. Skoro mamy konsensus, proponje przenieść się na jakieś bardziej płodne obszary dyskusji matematycznej.

  15. tichy2012-12-05 20:23:58

    “cyzelowanie”…

    No cóż, albo się rzeczy robi dobrze, albo “śmieciowo” – żaden poziom tego drugiego podejścia nie usprawiedliwia.

    Najuczciwiej (i najprościej) jest podać rzeczy do uwierzenia i zaakceptowania na wiarę… Tyle, że nie można z tym przesadzić.

  16. Michał Stanisław Wójcik2012-12-05 21:58:20

    Wprowadza Pan jakieś pojęcie “śmieciowo” i formułuje kategoryczny sąd, że żaden poziom śmieciowego podejścia nie usprawiedliwia. Ani się zgodzić, ani się nie zgodzić – wypowiedź całkowicie niefalsyfikowalna.

    Uwagi typu, że Analiza 1, to całka Riemanna, więc nie powinno się mówić o twierdzenieu Fubiniego uważam za mało trafione. Idąc tą wątpliwą logiką, tutaj mówimy o funkcji, która jest związana z gęstością rozkładu normalnego, więc jest to raczej obszar Rachunku Prawdopodobieństwa, a ten jest bardziej pokrewny z Teorią Miary, a zatem tw. Fubiniego jest w porządku. Tyle, że mi szkoda czasu, na tak jałowe rozważania. Pozdrawiam.

  17. Podgląd live
    Nie opublikowałeś jeszcze tego komentarza! Aby opublikować naciśnij przycisk Opublikuj Komentarz.

Dodaj komentarz