Integrasi $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ lebih $\mathbb{R}^n$ [duplikat]

Question

Masalah:

Jika $A_{n \times n}$ adalah matriks simetris, positif-pasti, tunjukkan bahwa: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ dimana $\langle a , b\rangle$ menunjukkan produk dalam dari $a$ dan $b$.

---

Pendekatan:

Saya mendekati masalah menggunakan Perubahan Rumus Variabel, menggunakan fungsi $\varphi(x) = A^{-1}x$. Sejak$A$adalah pd, saya dapat menunjukkan bahwa ini dapat dibalik. Tapi saya tidak bisa melanjutkan lagi.

Saya menemukan masalah yang tampak serupa di sini , tetapi tidak dapat memahami apa pun.

Answer 1

Membiarkan $v_1,\ldots,v_n$ menjadi dasar ortonormal untuk produk dalam yang disebabkan oleh $A$, dengan nilai eigen yang sesuai $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Kita punya$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ dan dengan isometri $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$

Answer 2

Sejak $A$ simetris, ada beberapa ortogonal $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (yaitu $S^{-1} = S^\top$) seperti yang $A = S^{-1}DS$ dimana $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ adalah matriks diagonal yang berisi semua nilai eigen dari $A$. Perhatikan bahwa mereka positif karena asumsi$A$menjadi pasti positif. Jadi, karena$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Sekarang perkenalkan operator $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ bersifat bijektiva karena $S$menjadi bisa dibalik. Satu lagi mudah ditemukan$D\Phi(x) = S^{-1}$ untuk semua $x \in \mathbb{R}^n$. Kami juga tahu itu$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ karena $S$bersifat ortogonal. Jadi rumus transformasi menghasilkan:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Gunakan itu $e^{x+y} = e^x e^y$ untuk semua $x, y \in \mathbb{R}$ dan Fubini menyimpulkan: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Sekarang pertimbangkan $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Perkenalkan substitusi $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Kemudian:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Menyatukan semuanya: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ Pada langkah terakhir kami menggunakan hasil kali dari nilai eigen adalah determinan.