Интеграл Эйлера — Пуассона

${\displaystyle f(t)=(1+t)e^{-t}}$

${\displaystyle f'(t)=-te^{-t}}$

${\displaystyle f(t)}$

${\displaystyle t>0}$

${\displaystyle t<0}$

${\displaystyle t=0}$

${\displaystyle f(0)=1}$

${\displaystyle f(t)<1}$

${\displaystyle t\neq 0}$

Полагая ${\displaystyle t=-x^{2}}$ и ${\displaystyle t=x^{2}}$, получим при ${\displaystyle x\neq 0}$:

${\displaystyle (1-x^{2})e^{x^{2}}<1\quad {\text{и}}\quad (1+x^{2})e^{-x^{2}}<1.}$

Ограничим изменение ${\displaystyle x}$ в первом неравенстве промежутком ${\displaystyle (0,1)}$ (чтобы основание степени было положительным), а во втором — промежутком ${\displaystyle (0,\infty )}$. Возведём оба неравенства в натуральную степень ${\displaystyle n}$:

${\displaystyle (1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\quad (0<x<1),}$

${\displaystyle e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\quad (x>0).}$

Интегрируя эти неравенства в указанных пределах и объединяя их, получим цепочку:

${\displaystyle \int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {dx}{(1+x^{2})^{n}}}.}$

При замене ${\displaystyle u=x{\sqrt {n}}}$ средний интеграл сводится к искомому: ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}K}$, где ${\displaystyle K=\int _{0}^{\infty }e^{-u^{2}}\,du}$.

Крайние интегралы вычисляются через тригонометрические подстановки (${\displaystyle x=\cos t}$ и ${\displaystyle x={\text{ctg}}\,t}$) и сводятся к интегралам Валлиса:

${\displaystyle \int _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n+1}t\,dt={\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}},}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{(1+x^{2})^{n}}}=\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}.}$

Подставляя это в неравенство и умножая на ${\displaystyle {\sqrt {n}}}$, заключаем ${\displaystyle K}$ в интервал:

${\displaystyle {\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}{\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}.}$

Возведём неравенство в квадрат:

${\displaystyle n{\frac {((2n)!!)^{2}}{((2n+1)!!)^{2}}}<K^{2}<n{\frac {((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2)!!)^{2}}}{\frac {\pi ^{2}}{4}}.}$

Согласно формуле Валлиса, ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {((2n)!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}={\frac {\pi }{2}}}$. Используя это, легко показать, что и левая, и правая части неравенства стремятся к ${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$ при ${\displaystyle n\to \infty }$. По теореме о зажатой переменной: ${\displaystyle K^{2}={\frac {\pi }{4}}\implies K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}.}$

В силу чётности функции ${\displaystyle e^{-x^{2}}}$, получаем:

${\displaystyle I=2K={\sqrt {\pi }}.}$^[9]

Существует способ вычисления интеграла Пуассона, в котором используется аппарат интегрального исчисления функций только одной переменной. Данный метод основан на представлении подынтегральной функции в виде предела и внесении интеграла под знак предела:

${\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx=\lim _{n\to \infty }\int \limits _{-\infty }^{+\infty }\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\,dx.}$

Обоснование предельного перехода. Для возможности такой перестановки необходимо обоснование.

• Через теорему Лебега: последовательность ${\displaystyle \left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}}$ мажорируется интегрируемой на всей числовой прямой функцией, так как в силу неравенства Бернулли для любого натурального ${\displaystyle n}$ имеем:

${\displaystyle \left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\leqslant {\frac {1}{1+x^{2}}}.}$

Таким образом, в силу теоремы Лебега об ограниченной сходимости равенство справедливо.

• Элементарное обоснование (без теоремы Лебега): для любого ${\displaystyle \varepsilon >0}$ найдётся ${\displaystyle N\in \mathbb {N} }$, такое, что будут справедливы неравенства:

${\displaystyle \int \limits _{|x|>N}\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\,dx<{\frac {\varepsilon }{3}},\quad \int \limits _{|x|>N}e^{-x^{2}}\,dx<{\frac {\varepsilon }{3}}.}$

Последовательность ${\displaystyle \left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}}$ сходится на отрезке ${\displaystyle [-N,N]}$ равномерно (в силу теоремы Дини о равномерной сходимости монотонной последовательности непрерывных функций к непрерывному пределу). Поэтому существует ${\displaystyle n_{0}>0}$, такое что для всех ${\displaystyle n>n_{0}}$ и всех ${\displaystyle x\in [-N,N]}$ справедливо:

${\displaystyle \left|\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}-e^{-x^{2}}\right|<{\frac {\varepsilon }{6N}}.}$

Отсюда при ${\displaystyle n>n_{0}}$ получаем оценку разности интегралов:

${\displaystyle {\begin{aligned}&\left|\int \limits _{-\infty }^{+\infty }\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\,dx-\int \limits _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right|\leqslant \\&\leqslant \int \limits _{|x|>N}\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\,dx+\int \limits _{|x|>N}e^{-x^{2}}\,dx+\int \limits _{-N}^{N}\left|\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}-e^{-x^{2}}\right|\,dx<{\frac {\varepsilon }{3}}+{\frac {\varepsilon }{3}}+{\frac {\varepsilon }{3}}=\varepsilon .\end{aligned}}}$

Вычисление интеграла. Для вычисления интеграла от рациональной функции воспользуемся рекуррентной формулой понижения:

${\displaystyle \int {\frac {dx}{(x^{2}+A)^{n}}}={\frac {x}{2(n-1)A(x^{2}+A)^{n-1}}}+{\frac {2n-3}{2(n-1)A}}\int {\frac {dx}{(x^{2}+A)^{n-1}}}.}$

Применяя её, получаем цепочку равенств:

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \limits _{-\infty }^{+\infty }\left(1+{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{-n}\,dx&=\int \limits _{-\infty }^{+\infty }{\frac {n^{n}}{(n+x^{2})^{n}}}\,dx={\frac {2n^{n}}{n^{n-1/2}}}\int \limits _{0}^{+\infty }{\frac {dx}{(1+x^{2})^{n}}}\\&={\frac {2}{n^{-1/2}}}\cdot {\frac {(2n-3)!!}{2^{n}(n-1)!}}\pi =\pi \cdot {\frac {(2n-3)!!}{2^{n-1}(n-1)!}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {n}}}.\end{aligned}}}$

Применение формулы Валлиса. Согласно формуле Валлиса:

${\displaystyle \lim _{m\to \infty }{\frac {2^{2m}(m!)^{2}}{(2m+1)((2m)!)^{2}}}={\frac {\pi }{2}},}$

откуда следует, что:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {(2n-1)!!}{{\sqrt {2n}}\cdot (n-1)!}}={\sqrt {\frac {\pi }{2}}}.}$

Тогда, переходя к пределу при ${\displaystyle n\to \infty }$, окончательно получаем:

${\displaystyle {\begin{aligned}I&=\lim _{n\to \infty }\pi \cdot {\frac {(2n-3)!!}{2^{n-1}(n-1)!}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {n}}}=\pi \cdot \lim _{n\to \infty }{\frac {(2n-3)!!}{(n-1)!\cdot 2^{n-1}\cdot {\sqrt {n}}}}\\&=\pi \cdot {\frac {1}{\sqrt {\pi }}}={\sqrt {\pi }}.\end{aligned}}}$^[10]

${\displaystyle I_{R}=\iint \limits _{D}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy}$

${\displaystyle D}$

${\displaystyle x^{2}+y^{2}=R^{2}}$

Перейдя в приведённом интеграле к полярным координатам ${\displaystyle \theta }$, ${\displaystyle \rho }$, получаем

${\displaystyle I_{R}=\int \limits _{0}^{2\pi }\left(\int \limits _{0}^{R}e^{-\rho ^{2}}\rho \,d\rho \right)d\theta =-{\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{2\pi }e^{-\rho ^{2}}{\bigg |}_{0}^{R}\,d\theta =\pi (1-e^{-R^{2}}).}$

Если теперь мы будем неограниченно увеличивать радиус ${\displaystyle R}$, то есть неограниченно расширять область интегрирования, то получим так называемый несобственный кратный интеграл:

${\displaystyle \int \limits _{0}^{2\pi }\left(\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-\rho ^{2}}\rho \,d\rho \right)d\theta =\lim _{R\to +\infty }\int \limits _{0}^{2\pi }\left(\int \limits _{0}^{R}e^{-\rho ^{2}}\rho \,d\rho \right)d\theta =\lim _{R\to +\infty }\pi (1-e^{-R^{2}})=\pi .}$

Покажем, что интеграл ${\displaystyle \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy}$ стремится к пределу ${\displaystyle \pi }$, если область ${\displaystyle D'}$ произвольной формы расширяется так, что в конце концов любая точка плоскости попадает в область ${\displaystyle D'}$ и остаётся в ней (такое расширение области ${\displaystyle D'}$ мы будем условно записывать соотношением ${\displaystyle D'\to +\infty }$).

Пусть ${\displaystyle R_{1}}$ и ${\displaystyle R_{2}}$ — наименьшее и наибольшее расстояния границы области ${\displaystyle D'}$ от начала координат (рис. 317).

Так как функция ${\displaystyle e^{-x^{2}-y^{2}}>0}$ всюду, то справедливы неравенства

${\displaystyle I_{R_{1}}\leqslant \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\leqslant I_{R_{2}}}$

или

${\displaystyle \pi \left(1-e^{-R_{1}^{2}}\right)\leqslant \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy\leqslant \pi \left(1-e^{-R_{2}^{2}}\right).}$

Так как при ${\displaystyle D'\to +\infty }$, очевидно, ${\displaystyle R_{1}\to +\infty }$ и ${\displaystyle R_{2}\to +\infty }$, то крайние части неравенства стремятся к одному и тому же пределу ${\displaystyle \pi }$. Следовательно, к этому пределу стремится и средний член, то есть

${\displaystyle \lim _{D'\to +\infty }\iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\pi .\qquad (5)}$

Пусть, в частности, область ${\displaystyle D'}$ — квадрат со стороной ${\displaystyle 2a}$ с центром в начале координат; тогда

${\displaystyle \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\int \limits _{-a}^{a}\int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\int \limits _{-a}^{a}\int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}e^{-y^{2}}\,dx\,dy=\int \limits _{-a}^{a}\left(\int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}e^{-y^{2}}\,dx\right)dy.}$

Вынесем теперь за знак внутреннего интеграла сомножитель ${\displaystyle e^{-y^{2}}}$ (это можно сделать, так как ${\displaystyle e^{-y^{2}}}$ не зависит от переменной интегрирования ${\displaystyle x}$). Тогда

${\displaystyle \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\int \limits _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\left(\int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)dy.}$

Положим ${\displaystyle \int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx=B_{a}}$. Это — постоянное число (зависящее только от ${\displaystyle a}$); поэтому

${\displaystyle \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\int \limits _{-a}^{a}e^{-y^{2}}B_{a}\,dy=B_{a}\int \limits _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy.}$

Но последний интеграл также равен ${\displaystyle B_{a}}$ (потому что ${\displaystyle \int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx=\int \limits _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy}$); следовательно,

${\displaystyle \iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=B_{a}B_{a}=B_{a}^{2}.}$

Перейдём в этом равенстве к пределу, заставляя стремиться ${\displaystyle a}$ к бесконечности (при этом ${\displaystyle D'}$ безгранично расширяется):

${\displaystyle \lim _{D'\to +\infty }\iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\lim _{a\to +\infty }B_{a}^{2}=\lim _{a\to +\infty }\left[\int \limits _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right]^{2}=\left[\int \limits _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right]^{2}.}$

Но, учитывая, что

${\displaystyle \lim _{D'\to +\infty }\iint \limits _{D'}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy=\pi .}$

Следовательно,

${\displaystyle \left[\int \limits _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right]^{2}=\pi ,}$

или

${\displaystyle \int \limits _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$^[11]

${\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}$

${\displaystyle I^{3}=\iiint \limits _{\mathbb {R} ^{3}}e^{-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}\,dx\,dy\,dz.}$

Переходим к сферическим координатам с якобианом ${\displaystyle J=r^{2}\sin \theta }$:

${\displaystyle I^{3}=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0}^{\pi }\sin \theta \,d\theta \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r^{2}\,dr=2\pi \cdot 2\cdot \int \limits _{0}^{\infty }r^{2}e^{-r^{2}}\,dr=4\pi \int \limits _{0}^{\infty }r^{2}e^{-r^{2}}\,dr.}$

Вычислим оставшийся интеграл по частям (${\displaystyle u=r}$, ${\displaystyle dv=re^{-r^{2}}dr}$):

${\displaystyle \int \limits _{0}^{\infty }r^{2}e^{-r^{2}}\,dr=\left[-{\frac {r}{2}}e^{-r^{2}}\right]_{0}^{\infty }+{\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\,dr=0+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {I}{2}}={\frac {I}{4}}.}$

Подставляем обратно:

${\displaystyle I^{3}=4\pi \cdot {\frac {I}{4}}=\pi I.}$

Так как ${\displaystyle I\neq 0}$, сокращаем на ${\displaystyle I}$ и получаем ${\displaystyle I^{2}=\pi \implies I={\sqrt {\pi }}}$.

${\displaystyle y>0}$

${\displaystyle {\mathcal {J}}:=\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-u^{2}}\,du=y\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-(xy)^{2}}\,dx}$

и что значение интеграла в равенстве (17) не изменится от того, понимать ли интеграл взятым по полуинтервалу ${\displaystyle [0,+\infty [}$ или по интервалу ${\displaystyle ]0,+\infty [}$.

Таким образом,

${\displaystyle \int \limits _{0}^{+\infty }y\,e^{-y^{2}}\,dy\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-(xy)^{2}}\,dx=\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-y^{2}}\,dy\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-u^{2}}\,du={\mathcal {J}}^{2},}$

при этом считаем, что интегрирование по ${\displaystyle y}$ ведётся в пределах интервала ${\displaystyle ]0,+\infty [}$.

Как мы проверим, в указанном повторном интеграле допустимо изменение порядка интегрирований по переменным ${\displaystyle x}$ и ${\displaystyle y}$, поэтому

${\displaystyle {\mathcal {J}}^{2}=\int \limits _{0}^{+\infty }dx\int \limits _{0}^{+\infty }y\,e^{-(1+x^{2})y^{2}}\,dy={\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{+\infty }{\frac {dx}{1+x^{2}}}={\frac {\pi }{4}},}$

откуда и следует равенство (17).

Обоснуем теперь законность изменения порядка интегрирований.

Функция

${\displaystyle \int \limits _{0}^{+\infty }y\,e^{-(1+x^{2})y^{2}}\,dy={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}}$

непрерывна при ${\displaystyle x\geqslant 0}$, а функция

${\displaystyle \int \limits _{0}^{+\infty }y\,e^{-(1+x^{2})y^{2}}\,dx=e^{-y^{2}}\cdot {\mathcal {J}}}$

непрерывна при ${\displaystyle y>0}$. Учитывая сделанное выше общее замечание 3, на основе следствия 4 заключаем теперь, что проведённое изменение порядка интегрирований действительно законно^[12].

Внутренний интеграл по ${\displaystyle y}$ вычисляется подстановкой ${\displaystyle t=(1+x^{2})y^{2}}$, ${\displaystyle dt=2(1+x^{2})y\,dy}$:

${\displaystyle \int \limits _{0}^{+\infty }y\,e^{-(1+x^{2})y^{2}}\,dy={\frac {1}{2(1+x^{2})}}\int \limits _{0}^{+\infty }e^{-t}\,dt={\frac {1}{2(1+x^{2})}}}$

Внешний интеграл по ${\displaystyle x}$ — табличный (арктангенс):

${\displaystyle {\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{+\infty }{\frac {dx}{1+x^{2}}}={\frac {1}{2}}\left[\operatorname {arctg} x\right]_{0}^{+\infty }={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{4}}}$

Отсюда ${\displaystyle {\mathcal {J}}={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}$, а полный интеграл Эйлера-Пуассона ${\displaystyle I=2{\mathcal {J}}={\sqrt {\pi }}}$.