Интеграция $e^{-\langle Ax , x \rangle}$ над $\mathbb{R}^n$ [дубликат]

Question

Проблема:

Если $A_{n \times n}$ является симметричной положительно определенной матрицей, покажем, что: $$\int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax , x \rangle}~ dx = \sqrt{\dfrac{\pi^n}{\det(A)}}$$ где $\langle a , b\rangle$ обозначает внутренний продукт $a$ и $b$.

---

Подход :

Я подходил к проблеме, используя формулу изменения переменной, используя функцию $\varphi(x) = A^{-1}x$. поскольку$A$это pd, я могу показать, что он обратим. Но я не могу больше продолжать.

Я нашел подобный вид проблемы здесь , но ничего не мог понять.

Answer 1

Позволять $v_1,\ldots,v_n$ быть ортонормированным базисом для внутреннего произведения, индуцированного $A$, с соответствующими собственными значениями $\lambda_1,\ldots,\lambda_n>0$. У нас есть$\det(A)=\prod_{j=1}^{n}\lambda_j$ и изометрией $$ \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-x^t A x)\,dx = \int_{\mathbb{R}^n}\exp(-\lambda_1 x_1^2-\ldots-\lambda_n x_n^2)\,dx\stackrel{\text{Fubini}}{=}\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{\lambda_j}}\int_{\mathbb{R}}e^{-z^2}\,dz. $$

Answer 2

поскольку $A$ симметрична, существует ортогональная $S \in \mathbb{R}^{n \times n}$ (т.е. $S^{-1} = S^\top$) такие, что $A = S^{-1}DS$ где $D := \mathrm{diag}(\lambda_1, ..., \lambda_n)$ - диагональная матрица, содержащая все собственные значения $A$. Обратите внимание, что они положительны из-за предположения$A$быть положительно определенным. Итак, из-за$S^{-1} = S^\top$: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} ~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x $$ Теперь представьте оператора $\Phi: \mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, $\Phi(x):= Sx$. $\Phi$ биективен из-за $S$быть обратимым. Кроме того, легко найти$D\Phi(x) = S^{-1}$ для всех $x \in \mathbb{R}^n$. Мы также знаем, что$\lvert \det(S^{-1}) \rvert = 1$ потому что $S$ортогонален. Таким образом, формула преобразования дает:$$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Sx, DSx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{- \langle S \Phi(x), DS \Phi(x) \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle x, Dx \rangle}~\mathrm{d}x = \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x $$ Используйте это $e^{x+y} = e^x e^y$ для всех $x, y \in \mathbb{R}$ и Фубини пришли к выводу: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\sum_{j = 1}^n \lambda_jx_j^2}~\mathrm{d}x = \prod_{j = 1}^n \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j $$ Теперь рассмотрим $$ I_j := \int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda_j x_j^2}~\mathrm{d}x_j. $$ Ввести замену $y := \sqrt{\lambda_j}x_j$. Потом:$$ I_j = \frac{1}{\sqrt{\lambda_j}} \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}~\mathrm{d}y = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_j}} $$ Собираем все вместе: $$ \int_{\mathbb{R}^n} e^{-\langle Ax, x\rangle} = \prod_{j = 1}^n I_j = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\prod_{j = 1}^n \lambda_j}} = \frac{\sqrt{\pi}^n}{\sqrt{\det(A)}} = \sqrt{\frac{\pi^n}{\det (A)}} $$ На последнем шаге мы использовали, что произведение собственных значений является определителем.