Integracja $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ nad $\mathbb{R}^n$ [duplikować]

Question

Problem:

Jeśli $A_{n \times n}$ jest symetryczną macierzą dodatnią, pokaż, że: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ gdzie $\langle a , b\rangle$ oznacza iloczyn skalarny $a$ i $b$.

---

Podejście :

Podchodziłem do problemu za pomocą zmiany formuły zmiennej, używając funkcji $\varphi(x) = A^{-1}x$. Od$A$jest pd, mogę pokazać, że jest odwracalny. Ale nie mogę już kontynuować.

Znalazłem podobny wyglądające problemu tutaj , ale nic nie mógł zrozumieć.

Answer 1

Pozwolić $v_1,\ldots,v_n$ być bazą ortonormalną dla iloczynu wewnętrznego wywołanego przez $A$, z odpowiednimi wartościami własnymi $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Mamy$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ i przez izometrię $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$

Answer 2

Od $A$ jest symetryczny, istnieje pewne ortogonalne $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (to znaczy $S^{-1} = S^\top$) takie, że $A = S^{-1}DS$ gdzie $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ jest macierzą diagonalną zawierającą wszystkie wartości własne $A$. Zauważ, że są one pozytywne ze względu na założenie$A$bycie pewnym pozytywnym. Więc z powodu$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Teraz wprowadź operatora $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ jest bijektywny z powodu $S$bycie odwracalnym. Ponadto łatwo znaleźć$D\Phi(x) = S^{-1}$ dla wszystkich $x \in \mathbb{R}^n$. My też to wiemy$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ dlatego $S$jest ortogonalna. Zatem formuła transformacji daje:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Użyć tego $e^{x+y} = e^x e^y$ dla wszystkich $x, y \in \mathbb{R}$ i Fubini na zakończenie: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ A teraz zastanów się $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Wprowadź zmianę $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Następnie:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Wszystko razem: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ W ostatnim kroku użyliśmy, że iloczyn wartości własnych jest wyznacznikiem.