Impressive_i Oct 8 2019 at 03:38

Интеграл Эйлера — Пуассона. Подробно о способах вычисления

4 min

50K

Algorithms *Mathematics *Statistics in IT Physics

В статье подробно, вплоть до самых мелочей, рассмотрены три способа взятия интеграла Эйлера-Пуассона. В одном из способов выводится вспомогательная формула редукции. Для нахождения некоторых сложных интегралов можно использовать формулы редукции, которые позволяют понизить степень подынтегрального выражения и вычислить соответствующие интегралы за конечное число шагов.

Данный интеграл берется от гауссовой функции: $I = \int\limits_0^\infty {e^{ - x^2 } dx}$
Здесь есть очень интересный математический способ. Чтобы найти исходный интеграл, сначала ищут квадрат этого интеграла, а потом от результата берут корень. Почему? Да потому что так гораздо проще и безболезненно можно перейти в полярный координаты. Поэтому, рассмотрим квадрат Гауссового интеграла:
$I^2 = \int\limits_0^\infty {e^{ - x^2 } dx} \int\limits_0^\infty {e^{ - y^2 } dy} = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {e^{ - \left( {x^2 + y^2 } \right)} } } dxdy$
Мы видим, что у нас получается двойной интеграл от некоторой функции $g\left( {x,y} \right) = \exp \left[ { - \left( {x^2 + y^2 } \right)} \right]$ . В конце этого поверхностного интеграла стоит элемент площади в декартовой системе координат $inline$ .
Теперь давайте переходить в полярную систему координат:

$\begin{array}{l} dS = dxdy = rd\varphi \cdot dr \\ \left. \begin{array}{l} x = r\cos \varphi \\ y = r\sin \varphi \\ \end{array} \right| \to x^2 \cos ^2 \varphi + y^2 \sin ^2 \varphi = r^2 \to x^2 + y^2 = r^2 \\ \end{array}$

Тут нужно заметить, что r может изменяться в пределах от 0 до +∞, т.к. x изменялось в таких же пределах. А вот угол φ изменяется от 0 до π/2, что описывают область интегрирования в первой четверти декартовой системы координат. Подставляя в исходный, получим:

$\begin{array}{l} I^2 = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {e^{ - \left( {x^2 + y^2 } \right)} } } dxdy = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } } } rd\varphi dr = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi } \int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } rdr} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi } \int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } \frac{1}{2}d\left( {r^2 } \right)} = \\ = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi } \left( {\left. { - e^{ - r^2 } } \right|_0^\infty } \right) = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi } \left( { - e^{ - \infty } - \left( { - e^0 } \right)} \right) = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi } = \frac{1}{2}\left( {\left. \varphi \right|_0^{\frac{\pi }{2}} } \right) = \frac{\pi }{4} \\ I^2 = \frac{\pi }{4} \to I = \sqrt {\frac{\pi }{4}} = \frac{{\sqrt \pi }}{2} \\ \end{array}$

В силу симметричности интеграла и положительной области значений подынтегральной функции, можно заключить, что

$\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} = 2\int\limits_0^\infty {e^{ - x^2 } dx} = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2} = \sqrt \pi$

Давайте поищем ещё какие-нибудь решения? Это ведь интересно! :)

Рассмотрим функцию $g\left( t \right) = \left( {1 + t} \right)e^{ - t}$
А теперь вспомним школьную математику и проведем простейшее исследование функции с помощью производных и пределов. Не то, чтобы мы здесь будем считать сложные пределы (ведь в школе их не проходят), а просто порассуждаем что будет с функцией, если её аргумент стремится к нулю или к бесконечности, таким образом прикинем асимптотическое поведение, что в математике всегда очень важно. Это похоже на качественную оценку того, что происходит.

$\begin{array}{l} g\left( t \right) = \left( {1 + t} \right)e^{ - t} \\ g'\left( t \right) = e^{ - t} - \left( {1 + t} \right)e^{ - t} = - te^{ - t} \\ g'\left( t \right) = 0 \to t = 0 \\ \left[ \begin{array}{l} t < 0 \to - te^{ - t} > 0 \to g\left( t \right) - {\rm{increases}} \\ t > 0 \to - te^{ - t} < 0 \to g\left( t \right) - {\rm{decreases}} \\ \end{array} \right. \\ g\left( 0 \right) = \left( {1 + 0} \right)e^{ - 0} = 1 \\ g\left( { - 1} \right) = \left( {1 - 1} \right)e^{ - \left( { - 1} \right)} = 0 \\ g\left( \infty \right) = \left( {1 + \infty } \right)e^{ - \infty } = 0 \\ \end{array}$

Она ограничена сверху единицей на интервале (-∞;+∞) и нулем на интервале [-1;+∞).

Cделаем следующую замену переменных $t = \pm x^2$
И получим:

$t = \pm x^2 \to \left\{ \begin{array}{l} 0 < \left( {1 - x^2 } \right)e^{x^2 } < 1 \\ 0 < \left( {1 + x^2 } \right)e^{ - x^2 } < 1 \\ \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 0 < \left( {1 - x^2 } \right) < e^{ - x^2 } \\ 0 < e^{ - x^2 } < \frac{1}{{1 + x^2 }} \\ \end{array} \right.$

Ограничим в первом неравенстве изменение (0,1), а во втором — промежутком (0;+∞), возведём оба неравенства в степень n, так как неравенства с положительными членами можно возводить в любую положительную степень. Получим:

$\begin{array}{*{20}c} {\left\{ \begin{array}{l} \left( {1 - x^2 } \right)^n < e^{ - nx^2 } \\ 0 < x < 1 \\ \end{array} \right.} & {\left\{ \begin{array}{l} e^{ - nx^2 } < \frac{1}{{\left( {1 + x^2 } \right)^n }} \\ x > 1 \\ \end{array} \right.} \\ \end{array}$

Давайте для наглядного доказательства неравенств построим графики при n = 1

Теперь попробуем проинтегрировать неравенства в пределах, которые указаны в соответствующих системах. И сразу объединим всё в одно неравенство:

$\int\limits_0^1 {\left( {1 - x^2 } \right)^n dx} < \int\limits_0^1 {e^{ - nx^2 } dx} < \int\limits_0^\infty {e^{ - nx^2 } dx} < \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\left( {1 + x^2 } \right)^n }}dx}$

Опять таки, если посмотреть на графики, то данное неравенство справедливо.

С учетом небольшой замены, легко увидеть, что:

$\int\limits_0^\infty {e^{ - nx^2 } dx} = \left[ \begin{array}{l} p = \sqrt n x \\ p^2 = nx^2 \\ \frac{{dp}}{{\sqrt n }} = dx \\ \end{array} \right] = \frac{1}{{\sqrt n }}\int\limits_0^\infty {e^{ - p^2 } dp} = \frac{1}{{\sqrt n }}I$

Т.е. в том большом неравенстве в середине у нас интеграл Эйлера-Пуассона, а вот теперь нам нужно найти интегралы, которые стоят на границах данного неравенства.

Найдем интеграл от левой границы:

$\begin{array}{l} \int\limits_0^1 {\left( {1 - x^2 } \right)^n dx} = \left[ {\begin{array}{*{20}c} \begin{array}{l} x = \sin t \\ dx = \cos tdt \\ 1 - x^2 = 1 - \sin ^2 t = \cos ^2 t \\ \end{array} & \begin{array}{l} x = 1 \to t = \arcsin 1 = \frac{\pi }{2} \\ x = 0 \to t = \arcsin 0 = 0 \\ \end{array} \\ \end{array}} \right] = \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{2n} t \cdot \cos tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{2n + 1} tdt} \\ \end{array}$

Для того, чтобы его посчитать и оценить, давайте сначала найдем интеграл общего вида. Сейчас я покажу вам как можно вывести формулу редукции ( в математике под такими формулами подразумевают понижения степени ) для данного интеграла.

$\begin{array}{l} \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} = \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 1} t\cos tdt} = \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 1} t \cdot d\left( {\sin t} \right)} = \\ = \left[ {\begin{array}{*{20}c} {u = \cos ^{n - 1} t} & {du = - \left( {n - 1} \right)\cos ^{n - 2} t\sin tdt} \\ {dv = d\left( {\sin t} \right)} & {v = \sin t} \\ \end{array}} \right] = \\ = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} t\sin ^2 tdt} = \\ = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} t\left( {1 - \cos ^2 t} \right)dt} = \\ = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} tdt} - \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} \\ \end{array}$

$\begin{array}{l} \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} tdt} - \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} \\ \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt} = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} tdt} \\ n\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt = \left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \left( {n - 1} \right)\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} tdt} } \\ \int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^n tdt = \frac{1}{n}\left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_\alpha ^\beta + \frac{{n - 1}}{n}\int\limits_\alpha ^\beta {\cos ^{n - 2} tdt} } \\ \end{array}$

Теперь если с помощью формулы редукции рассмотреть тот же интеграл, но с нашими пределами от 0 до π/2, то можно сделать некоторые упрощения:

$\begin{array}{l} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^n tdt = \frac{1}{n}\left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \frac{{n - 1}}{n}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 2} tdt} } = \left[ {\frac{1}{n}\left. {\cos ^{n - 1} t\sin t} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 0} \right] = \\ = \frac{{n - 1}}{n}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 2} tdt} = \frac{{n - 1}}{n}\left( {\frac{1}{{n - 2}}\left. {\cos ^{n - 3} t\sin t} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \frac{{n - 3}}{{n - 2}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 4} tdt} } \right) = \\ = \frac{{n - 1}}{n}\left( {\frac{{n - 3}}{{n - 2}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 4} tdt} } \right) = \frac{{n - 1}}{n}\left( {\frac{{n - 3}}{{n - 2}}\left( {\frac{{n - 5}}{{n - 4}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 6} tdt} } \right)} \right) = \\ = \frac{{n - 1}}{n}\left( {\frac{{n - 3}}{{n - 2}}\left( {\frac{{n - 5}}{{n - 4}}\left( {\frac{{n - 7}}{{n - 6}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{n - 8} tdt} } \right)} \right)} \right) = ... \\ \end{array}$

Как мы видим, понижать можно до бесконечности (зависит от n). Однако, и тут есть одна тонкость. Формула изменяется в зависимости то того, является ли n четным числом или не является.
Для этого рассмотрим два случая.

$\begin{array}{l} n = 10: \\ \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{10} tdt} = \frac{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}{{10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^2 tdt} = \frac{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}{{10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2t} \right)dt} = \\ = \frac{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}{{10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4}}\left. {\left( {\frac{1}{2}t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}{{10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4}} \cdot \frac{\pi }{4} = \frac{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1}}{{10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}} \cdot \frac{\pi }{2} = \\ = \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \cdot \frac{\pi }{2} \\ \end{array}$

$\begin{array}{l} n = 9: \\ \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^9 tdt} = \frac{{8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}}{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos tdt} = \frac{{8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}}{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3}}\left. {\left( {\sin t} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \\ = \frac{{8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2}}{{9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1}} = \frac{{\left( {n - 1} \right)!!}}{{n!!}} \\ \end{array}$

Где n!! — двойной факториал. Двойной факториал числа n обозначается n!! и определяется как произведение всех натуральных чисел в отрезке [1, n], имеющих ту же чётность что и n

В силу того, что 2n+1 — нечетное число при любом значении n, получим для левой границы нашего неравенства:

$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{2n + 1} tdt} = \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}}$

Найдем интеграл от правой границы:
(здесь используем ту же формулу редукции, которую доказали ранее)

$\begin{array}{l} \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\left( {1 + x^2 } \right)^n }}dx = \left[ \begin{array}{l} x = \tan t \to \begin{array}{*{20}c} {x = 0 \to t = 0} \\ {x = \infty \to t = \frac{\pi }{2}} \\ \end{array} \\ dx = \frac{{dt}}{{\cos ^2 t}} \\ \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{1}{{1 + \tan ^2 t}} = \cos ^2 t \\ \end{array} \right]} = \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos ^{2n - 2} tdt} = \left[ {\left( {2n - 2} \right) - {\rm{even}}} \right] = \frac{{\left( {2n - 3} \right)!!}}{{\left( {2n - 2} \right)!!}} \cdot \frac{\pi }{2} \\ \end{array}$

После того, как мы оценили левую и правую части неравенства, сделаем некоторые преобразования, чтобы оценить пределы левой и правой частей неравенства при условии, что n стремится к ∞:

$\begin{array}{l} \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}} < \frac{1}{{\sqrt n }} \cdot I < \frac{{\left( {2n - 3} \right)!!}}{{\left( {2n - 2} \right)!!}} \cdot \frac{\pi }{2} \\ \sqrt n \cdot \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}} < I < \sqrt n \cdot \frac{{\left( {2n - 3} \right)!!}}{{\left( {2n - 2} \right)!!}} \cdot \frac{\pi }{2} \\ \end{array}$

Возведем обе части неравенства в квадрат:

$n \cdot \frac{{\left( {\left( {2n} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n + 1} \right)!!} \right)^2 }} < I^2 < n \cdot \frac{{\left( {\left( {2n - 3} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n - 2} \right)!!} \right)^2 }} \cdot \frac{{\pi ^2 }}{4}$

Теперь сделаем небольшое лирическое отступление. В 1655 году Джон Валлис (английский математик, один из предшественников математического анализа.) предложил формулу для определения числа π. Дж. Валлис пришёл к ней, вычисляя площадь круга. Это произведение сходится крайне медленно, поэтому для практического вычисления числа π формула Валлиса мало пригодна. Но для оценки нашего выражения она отлично подходит :)

$\pi = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]^2$

Теперь преобразуем наше неравенство так, чтобы мы могли увидеть где подставить формулу Валлиса:

$\begin{array}{l} \frac{{n^2 }}{{\left( {2n + 1} \right)^2 }} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{{\left( {\left( {2n} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n - 1} \right)!!} \right)^2 }} < I^2 < \frac{1}{{\frac{1}{n} \cdot \frac{{\left( {\left( {2n - 2} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n - 3} \right)!!} \right)^2 }}}} \cdot \frac{{\pi ^2 }}{4} \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{{n^2 }}{{\left( {2n + 1} \right)^2 }}} \right] \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1}{n} \cdot \frac{{\left( {\left( {2n} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n - 1} \right)!!} \right)^2 }}} \right] < I^2 < \frac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1}{n} \cdot \frac{{\left( {\left( {2n - 2} \right)!!} \right)^2 }}{{\left( {\left( {2n - 3} \right)!!} \right)^2 }}} \right]}} \cdot \frac{{\pi ^2 }}{4} \\ \frac{1}{4} \cdot \pi < I^2 < \frac{1}{\pi } \cdot \frac{{\pi ^2 }}{4} \to \frac{\pi }{4} < I^2 < \frac{\pi }{4} \\ I^2 = \frac{\pi }{4} \to I = \frac{{\sqrt \pi }}{2} \\ \end{array}$

Из формулы Валлиса следует, что и левое, и правое выражение стремятся к π/4 при n → ∞
В силу того, что функция exp[-x²] является четной, мы смело полагаем, что

$\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} = 2\int\limits_0^\infty {e^{ - x^2 } dx} = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{2} = \sqrt \pi$

Впервые одномерный гауссов интеграл вычислен в 1729 году Эйлером, затем Пуассон нашел простой приём его вычисления. В связи с этим он получил название интеграла Эйлера — Пуассона.

Давайте еще попробуем вычислить Гауссов интеграл. Его можно написать в разных видах. Ведь ничего не меняет изменение название переменной, по которой идет интегрирование.

$\begin{array}{l} I = \int\limits_0^\infty {e^{ - x^2 } dx} \\ I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - y^2 } dy} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - z^2 } dz} \\ \end{array}$

Можно перейти от трехмерных декартовых к сферическим координатам и рассмотреть куб интеграла Гаусса.

$\left\{ \begin{array}{l} x = r\sin \theta \cos \varphi \\ y = r\sin \theta \sin \varphi \\ z = r\cos \theta \\ \end{array} \right. \to x^2 + y^2 + z^2 = r^2$

Якобиан этого преобразования можно посчитать следующим образом:

$\begin{array}{l} J = \left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{\partial x}}{{\partial r}}} & {\frac{{\partial x}}{{\partial \theta }}} & {\frac{{\partial x}}{{\partial \varphi }}} \\ {\frac{{\partial y}}{{\partial r}}} & {\frac{{\partial y}}{{\partial \theta }}} & {\frac{{\partial y}}{{\partial \varphi }}} \\ {\frac{{\partial z}}{{\partial r}}} & {\frac{{\partial z}}{{\partial \theta }}} & {\frac{{\partial z}}{{\partial \varphi }}} \\ \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}c} {\sin \theta \cos \varphi } & {r\cos \theta \cos \varphi } & { - r\sin \theta \sin \varphi } \\ {\sin \theta \sin \varphi } & {r\cos \theta \sin \varphi } & {r\sin \theta \cos \varphi } \\ {r\cos \theta } & { - r\sin \theta } & 0 \\ \end{array}} \right| = \\ = r^2 \sin \theta \\ \end{array}$

$\begin{array}{l} I^3 = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 - y^2 - z^2 } } dxdydz} } = \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^\pi {\int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } Jdrd\theta d} \varphi = } } \\ = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } \int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } r^2 dr} \\ \end{array}$

Посчитаем интегралы последовательно, начиная с внутреннего.

$\begin{array}{l} \int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } r^2 dr} = \left[ \begin{array}{l} u = r \to du = dr \\ dv = re^{ - r^2 } dr \to v = \int {re^{ - r^2 } dr} = \frac{1}{2}\int {e^{ - r^2 } dr^2 } = - \frac{1}{2}e^{ - r^2 } \\ \end{array} \right] = \\ = \left. {\left( { - \frac{1}{2}re^{ - r^2 } } \right)} \right|_0^\infty + \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } dr} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {e^{ - r^2 } dr} = \frac{1}{2} \cdot \frac{I}{2} = \frac{I}{4} \\ \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } = \left. {\left( { - \cos \theta } \right)} \right|_0^\pi = \left( { - \cos \pi } \right) - \left( { - \cos 0} \right) = 1 + 1 = 2 \\ \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } = \left. \varphi \right|_0^{2\pi } = 2\pi \\ \end{array}$

Тогда в результате получим:

$\begin{array}{l} I^3 = 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{I}{4} \to I^3 = \pi I \to I^2 = \pi \to I = \sqrt \pi \\ I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} = \sqrt \pi \\ \end{array}$

Интеграл Эйлера-Пуассона часто применяется в теории вероятностей.

Надеюсь, что для кого-нибудь статья будет полезной и поможет разобраться в некоторых математических приемах :)

Tags:

Hubs:

If this publication inspired you and you want to support the author, do not hesitate to click on the button