Integração de $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ sobre $\mathbb{R}^n$ [duplicado]

Dec 15 2020

Problema:

E se $A_{n \times n}$ é uma matriz simétrica, definida positivamente, mostra que: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ Onde $\langle a , b\rangle$ denota o produto interno de $a$ e $b$.


Abordagem :

Eu estava abordando o problema usando a fórmula de mudança de variável, usando a função $\varphi(x) = A^{-1}x$. Desde a$A$é pd, posso mostrar que é invertível. Mas não posso prosseguir.

Encontrei um problema semelhante aqui , mas não consegui entender nada.

Respostas

3 JackD'Aurizio Dec 15 2020 at 20:47

Deixei $v_1,\ldots,v_n$ ser uma base ortonormal para o produto interno induzido por $A$, com autovalores correspondentes $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. Nós temos$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ e por uma isometria $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$

3 Meowdog Dec 15 2020 at 20:51

Desde a $A$ é simétrico, existe algum ortogonal $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (ie $S^{-1} = S^\top$) de tal modo que $A = S^{-1}DS$ Onde $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ é uma matriz diagonal contendo todos os valores próprios de $A$. Observe que eles são positivos devido à suposição de$A$sendo positivo definitivo. Então, por causa de$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Agora apresente um operador $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ é bijetivo por causa de $S$sendo invertível. Além disso, encontra-se facilmente$D\Phi(x) = S^{-1}$ para todos $x \in \mathbb{R}^n$. Nós também sabemos que$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ Porque $S$é ortogonal. Portanto, a fórmula de transformação produz:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Use isso $e^{x+y} = e^x e^y$ para todos $x, y \in \mathbb{R}$ e Fubini para concluir: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Agora considere $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Introduzir uma substituição $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Então:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Juntando tudo: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ Na última etapa, usamos que o produto dos autovalores é o determinante.