Mam problem z pytaniem: jak się nazywa funkcja podcałkowa i jakie ma znaczenie fizyczne? oraz mam problem z całką - totalnie nie pamiętam jak się za taką zabrać, w jakie sposób się je robi, prosiłbym o pomoc przy jej rozwiązaniu. Z góry bardzo dziękuję za pomoc.
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{+ \infty } \frac{1}{ \sqrt{2 \pi }} e^{ \frac{- x^{2}}{2}} \dd x}\)
Problematyczna całka oraz pytanie :(
-
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 24 kwie 2020, o 12:11
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 24
- Podziękował: 1 raz
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Problematyczna całka oraz pytanie :(
Tutaj funkcja podcałkowa to jest gęstość standardowego rozkładu normalnego, a czy ma jakąś inną fajną nazwę, to nie pamiętam. O znaczeniu fizycznym się nie wypowiadam, bo od 10 lat nie miałem fizyki, natomiast potrafię policzyć tę całkę (choć jak się wie, że to jest gęstość standardowego rozkładu normalnego, to oczywistym jest, że ta całka wynosi \(\displaystyle{ 1}\)).
Oczywiście ze zbieżnością nie ma problemu, ponieważ mamy \(\displaystyle{ e^{t}\ge 1+t}\), co w nieujemnych pozwala zapisać \(\displaystyle{ e^{-t}\le \frac{1}{1+t}}\) (u nas \(\displaystyle{ t=\frac{x^{2}}{2}}\)) i dalej łatwo…
Obliczmy zatem kwadrat tej całki:
\(\displaystyle{ \left(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x\right)^{2}\\=\frac{1}{2\pi}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x \right) \left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{y^{2}}{2}}\mbox{d}y\right)\\=[\text{Fubini}]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\mbox{d}x \mbox{d}y\\=\left|\begin{array}{cc}x=r\cos \theta\\ y=r\sin \theta \end{array}\right|=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{+\infty}Re^{-\frac{R^{2}}{2}}\mbox{d}R\mbox{d}\theta\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}1\mbox{d}\theta=1}\)
A ponieważ rozważana całka w sposób oczywisty jest dodatnia jako całka z funkcji dodatniej, więc skoro jej kwadrat wynosi \(\displaystyle{ 1}\), to ona sama jest równa \(\displaystyle{ 1}\). To \(\displaystyle{ R}\) nam „wyskoczyło" ze względu na jakobian odwzorowania, czyli wyznacznik takiej macierzy pochodnych cząstkowych:
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}\cos \theta&-R\sin \theta\\\sin \theta&R\cos\theta\end{array}\right)}\)
Dodano po 29 minutach 58 sekundach:
Można również zaproponować sposób na obliczenie tej całki bez całek podwójnych, ale za to z użyciem funkcji specjalnych Gamma i Beta.
Zaczniemy od tego, że
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=2\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=\left|\begin{array}{cc}x=\sqrt{2t}\\\mbox{d}x=\frac{1}{\sqrt{2}}t^{-\frac{1}{2}}\mbox{d}t\end{array}\right|=\sqrt{2}\int_{0}^{+\infty}t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}\mbox{d}t=\sqrt{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\)
Następnie skorzystamy z tego, że
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}}\)
dla \(\displaystyle{ x=y=\frac{1}{2}}\), a zatem (wszak \(\displaystyle{ \Gamma(1)=0!=1}\)) dostajemy
\(\displaystyle{ \Gamma^{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{1}\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{t(1-t)}}\\=\int_{0}^{1}\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{\frac{1}{4}-\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}}}\\=\arcsin(2t-1)\bigg|^{t=1}_{t=0}=\pi}\)
Stąd nietrudno wywnioskować, że \(\displaystyle{ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}}\)
i nasza całka wyniesie
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}=1}\).
Oczywiście ze zbieżnością nie ma problemu, ponieważ mamy \(\displaystyle{ e^{t}\ge 1+t}\), co w nieujemnych pozwala zapisać \(\displaystyle{ e^{-t}\le \frac{1}{1+t}}\) (u nas \(\displaystyle{ t=\frac{x^{2}}{2}}\)) i dalej łatwo…
Obliczmy zatem kwadrat tej całki:
\(\displaystyle{ \left(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x\right)^{2}\\=\frac{1}{2\pi}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x \right) \left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{y^{2}}{2}}\mbox{d}y\right)\\=[\text{Fubini}]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\mbox{d}x \mbox{d}y\\=\left|\begin{array}{cc}x=r\cos \theta\\ y=r\sin \theta \end{array}\right|=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{+\infty}Re^{-\frac{R^{2}}{2}}\mbox{d}R\mbox{d}\theta\\=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}1\mbox{d}\theta=1}\)
A ponieważ rozważana całka w sposób oczywisty jest dodatnia jako całka z funkcji dodatniej, więc skoro jej kwadrat wynosi \(\displaystyle{ 1}\), to ona sama jest równa \(\displaystyle{ 1}\). To \(\displaystyle{ R}\) nam „wyskoczyło" ze względu na jakobian odwzorowania, czyli wyznacznik takiej macierzy pochodnych cząstkowych:
\(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}\cos \theta&-R\sin \theta\\\sin \theta&R\cos\theta\end{array}\right)}\)
Dodano po 29 minutach 58 sekundach:
Można również zaproponować sposób na obliczenie tej całki bez całek podwójnych, ale za to z użyciem funkcji specjalnych Gamma i Beta.
Zaczniemy od tego, że
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=2\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=\left|\begin{array}{cc}x=\sqrt{2t}\\\mbox{d}x=\frac{1}{\sqrt{2}}t^{-\frac{1}{2}}\mbox{d}t\end{array}\right|=\sqrt{2}\int_{0}^{+\infty}t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}\mbox{d}t=\sqrt{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\)
Następnie skorzystamy z tego, że
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}}\)
dla \(\displaystyle{ x=y=\frac{1}{2}}\), a zatem (wszak \(\displaystyle{ \Gamma(1)=0!=1}\)) dostajemy
\(\displaystyle{ \Gamma^{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\int_{0}^{1}\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{t(1-t)}}\\=\int_{0}^{1}\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{\frac{1}{4}-\left(t-\frac{1}{2}\right)^{2}}}\\=\arcsin(2t-1)\bigg|^{t=1}_{t=0}=\pi}\)
Stąd nietrudno wywnioskować, że \(\displaystyle{ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}}\)
i nasza całka wyniesie
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}=1}\).