Integración de $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ encima $\mathbb{R}^n$ [duplicar]
Problema:
Si $A_{n \times n}$ es una matriz simétrica, definida positiva, demuestre que: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ dónde $\langle a , b\rangle$ denota el producto interno de $a$ y $b$.
Acercarse :
Me estaba acercando al problema usando la fórmula de cambio de variable, usando la función $\varphi(x) = A^{-1}x$. Ya que$A$es pd, puedo demostrar que es invertible. Pero ya no puedo continuar.
Encontré un problema similar aquí , pero no pude entender nada.
Respuestas
Dejar $v_1,\ldots,v_n$ ser una base ortonormal para el producto interno inducido por $A$, con los valores propios correspondientes $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Tenemos$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ y por una isometria $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$
Ya que $A$ es simétrico, existe algún ortogonal $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (es decir $S^{-1} = S^\top$) tal que $A = S^{-1}DS$ dónde $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ es una matriz diagonal que contiene todos los valores propios de $A$. Tenga en cuenta que son positivos debido a la suposición de$A$siendo positivo definido. Entonces, debido a$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Ahora presenta un operador $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ es biyectiva debido a $S$siendo invertible. Además, uno encuentra fácilmente$D\Phi(x) = S^{-1}$ para todos $x \in \mathbb{R}^n$. También sabemos que$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ porque $S$es ortogonal. Entonces, la fórmula de transformación produce:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Usa eso $e^{x+y} = e^x e^y$ para todos $x, y \in \mathbb{R}$ y Fubini para concluir: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Ahora considera $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Introducir una sustitución $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Entonces:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Poniendo todo junto: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ En el último paso usamos que el producto de los valores propios es el determinante.