L'intégration de $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ plus de $\mathbb{R}^n$ [dupliquer]
Problème:
Si $A_{n \times n}$ est une matrice symétrique définie positive, montrer que: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ où $\langle a , b\rangle$ désigne le produit intérieur de $a$ et $b$.
Approche:
J'abordais le problème en utilisant le changement de formule variable, en utilisant la fonction $\varphi(x) = A^{-1}x$. Puisque$A$est pd, je peux montrer qu'il est inversible. Mais je ne peux plus continuer.
J'ai trouvé un problème similaire ici , mais je n'ai rien compris.
Réponses
Laisser $v_1,\ldots,v_n$ être une base orthonormée pour le produit interne induit par $A$, avec les valeurs propres correspondantes $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Nous avons$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ et par une isométrie $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$
Puisque $A$ est symétrique, il existe des orthogonales $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (c'est à dire $S^{-1} = S^\top$) tel que $A = S^{-1}DS$ où $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ est une matrice diagonale contenant toutes les valeurs propres de $A$. Notez qu'ils sont positifs en raison de l'hypothèse de$A$être positif défini. Donc, à cause de$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Maintenant, introduisez un opérateur $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ est bijective en raison de $S$étant inversible. On trouve en outre facilement$D\Phi(x) = S^{-1}$ pour tous $x \in \mathbb{R}^n$. Nous savons aussi que$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ car $S$est orthogonal. Ainsi, la formule de transformation donne:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Utiliser ça $e^{x+y} = e^x e^y$ pour tous $x, y \in \mathbb{R}$ et Fubini pour conclure: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Considérez maintenant $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Introduire une substitution $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Ensuite:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Tout rassembler: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ Dans la dernière étape, nous avons utilisé que le produit des valeurs propres est le déterminant.