Integration von $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ Über $\mathbb{R}^n$ [Duplikat]
Problem :
Wenn $A_{n \times n}$ ist eine symmetrische, positiv-definitive Matrix, zeigen Sie, dass: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ wo $\langle a , b\rangle$ bezeichnet das innere Produkt von $a$ und $b$.
Ansatz :
Ich näherte mich dem Problem mit der Änderung der Variablenformel und der Funktion $\varphi(x) = A^{-1}x$. Schon seit$A$ist pd, ich kann zeigen, dass es invertierbar ist. Aber ich kann nicht mehr weitermachen.
Ich habe hier ein ähnlich aussehendes Problem gefunden , konnte aber nichts verstehen.
Antworten
Lassen $v_1,\ldots,v_n$ eine orthonormale Basis für das innere Produkt sein, das durch induziert wird $A$mit entsprechenden Eigenwerten $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Wir haben$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ und durch eine Isometrie $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$
Schon seit $A$ ist symmetrisch, es gibt einige orthogonale $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (dh $S^{-1} = S^\top$) so dass $A = S^{-1}DS$ wo $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ ist eine Diagonalmatrix, die alle Eigenwerte von enthält $A$. Beachten Sie, dass sie aufgrund der Annahme von positiv sind$A$positiv definitiv sein. Also wegen$S^{-1} = S^\top$:: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Stellen Sie nun einen Operator vor $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ ist bijektiv wegen $S$invertierbar sein. Man findet außerdem leicht$D\Phi(x) = S^{-1}$ für alle $x \in \mathbb{R}^n$. Das wissen wir auch$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ weil $S$ist orthogonal. Die Transformationsformel ergibt also:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Verwende das $e^{x+y} = e^x e^y$ für alle $x, y \in \mathbb{R}$ und Fubini zum Schluss: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Nun überlegen Sie $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Führen Sie eine Substitution ein $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Dann:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Alles zusammenfügen: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ Im letzten Schritt haben wir verwendet, dass das Produkt der Eigenwerte die Determinante ist.