Matematické Fórum

Hertas · 04. 11. 2013 15:31

ahoj, mám integrál se kterým si nevím vůbec rady: $\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}e^{\frac{-x^{2}}{2\sigma ^{2}}}dx$ , budu vděčnej za každou pomoc :)

Brano · 04. 11. 2013 15:40 — Editoval Brano (05. 11. 2013 11:57)

EDIT: ako sa neskor ukazalo, nasledujuci postup je zle.

$I=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}e^{\frac{-x^{2}}{2\sigma ^{2}}}dx$
$I^2=\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}e^{\frac{-x^{2}}{2\sigma ^{2}}}dx\int_{-\infty }^{+\infty }y^{2}e^{\frac{-y^{2}}{2\sigma ^{2}}}dy=\iint_{R^2}(x^2+y^2)e^\frac{-(x^2+y^2)}{2\sigma^2}dxdy=$
prechod k polarnym suradniciam
$=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\infty dr\ r^3e^\frac{-r^2}{2\sigma^2}=2\pi\int_0^\infty r^3e^\frac{-r^2}{2\sigma^2}dr=$
substitucia $z=r^2$
$=\pi\int_0^\infty ze^\frac{-z}{2\sigma^2}=$
a to uz doratas per-partesom a nezabudni vysledok zase odmocnit.

Hertas · 04. 11. 2013 15:42

díky moc :)

Hertas · 04. 11. 2013 20:51

ještě se omlouvám, ale pořád mi ten integrál vychází $2\sigma ^2\sqrt{\pi }$ ale podle výsledků i podle WA by to mělo vyjít $\sqrt{2\pi }\sigma ^3$

tady je můj postup:
$I^2=\pi \int_{0}^{+\infty }ze^{\frac{-z}{2\sigma ^2}}dz=|f=z\Rightarrow f'=1,g'=e^{\frac{-z}{2\sigma ^2}}\Rightarrow g=-2\sigma ^2e^{\frac{-z}{2\sigma ^2}}|=\pi [z(-2\sigma ^2e^{\frac{-z}{2\sigma ^2}})]+\pi \int_{0}^{+\infty }2\sigma ^2e^{\frac{-z}{2\sigma ^2}}dz$
první výraz je roven nule, druhý když zintegruju dostanu
$4\pi \sigma ^4=I^2\Rightarrow I=2\sqrt{\pi }\sigma ^{2}$
počítal jsem to třikrát a pokaždý mi to vyjde stejně, nevidíte chybu?

Bati · 04. 11. 2013 21:04

↑ Hertas:
Ahoj,
můžeš to ještě zkusit bez polárních souřadnic, prostě pomocí per partes (zderivuješ x). Je pak ale třeba vědět, že $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}$ .

Hertas · 04. 11. 2013 21:09

to vím, ale na per partes potřebuju primitivní funkci $e^{-x^{2}}$ ne?

Creatives · 04. 11. 2013 21:21

↑ Hertas:
Máš ho opsán opravdu správně? Nejedná se náhodou o výpočet rozptylu u normálního rozdělení?

LukasM · 04. 11. 2013 21:25

↑ Bati:
Pokud se nepletu, chybu tam má už Brano, protože v posledním kroku špatně provedl substituci (má tam být $z^2$ ). Pak to vyjde správně. Rozptyl normálního rozdělení to je, ale počítal se z nenormované hustoty pravděpodobnosti, takže nevyjde $\sigma$ .

Hertas · 04. 11. 2013 21:32

jestli dobře koukám tak tam Brano chybu nemá, ano je to výpočet rozptylu, mám ho opsán dobře, celý integrál je ještě násoben $\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }$ ale to mi přišlo zbytečný sem psát

Creatives

↑ Hertas:
Takže v exponentu opravdu nemáš $-\frac{(x-\mu )^2}{2\sigma ^2}$ ?

jestli jo, tak nejjednoduší bude použít substituci $y=\frac{x-\mu }{y}$ a toho, že $\int_{-\infty }^{\infty }e^{\frac{-y^{2}}{2}}=\sqrt{2\pi }$

Hertas · 04. 11. 2013 21:48

aha, no to mám, ale substituoval jsem právě jenom vnitřek závorky, jinak má opravdu tam být ve tvojí substituci ve jmenovateli y?

Creatives

↑ Hertas:
Má tam být sigma, sorry $y=\frac{x-\mu }{\sigma }$

Hertas · 04. 11. 2013 22:14

už mi to sedí, díky

LukasM · 04. 11. 2013 22:49

↑ Hertas:
Omlouvám se, nevím jak jsem to prve kontroloval. Substituci má Brano dobře, ovšem tvůj výpočet je taky dobře. Brano tam ale chybu stejně asi mít bude, protože původní integrál vyjde takhle, zatímco odmocnina z Branova integrálu je to cos spočítal ty.

Konkrétně je mi divný krok $\int_{-\infty }^{+\infty }x^{2}e^{\frac{-x^{2}}{2\sigma ^{2}}}dx\int_{-\infty }^{+\infty }y^{2}e^{\frac{-y^{2}}{2\sigma ^{2}}}dy=\iint_{R^2}(x^2+y^2)e^\frac{-(x^2+y^2)}{2\sigma^2}dxdy$ . V té závorce by podle mě mělo být násobení, což integrál zkomplikuje (je potřeba počítat tam integrál $\int_0^{2\pi}\cos^2{\varphi}\sin^2{\varphi}d\varphi$ a pak udělat dvakrát per partes. Pak to nakonec vyjde správně.

Asi lepší je počítat tak jak navrhoval Bati, tedy napsat to jako $\int_{-\infty}^{+\infty}x\cdot xe^{\frac{-x^2}{2\sigma ^2}}dx$ , a počítat rovnou p.p. s tím, že první x se derivuje a zbytek integruje (substitucí). To je celkem rychlé.

No nic, čtu že už to je vyřízené, ale potom co jsem napsal nepravdu jsem si to chtěl projít celé a zkusit všechny ty možnosti. Teď už je to doufám správně.

Brano · 05. 11. 2013 11:41 — Editoval Brano (05. 11. 2013 11:54)

↑ LukasM:
mas pravdu - pisal som to dost narychlo a chybu mam hned v tom prvom kroku
vyslo by tam $\iint x^2y^2 ...$ a to je na polarne suradnice nie velmi vhodne, ale da sa spocitat aj ten integral co tam uvadzas
$\int_0^{2\pi}\cos^2{\varphi}\sin^2{\varphi}d\varphi=\frac{1}{8}\int_0^{2\pi}(1-\cos(4\varphi))d\varphi=\frac{\pi}{4}$
a potom by tam bolo aj to co si pisal povodne
$...\int_0^\infty z^2 e^{-z/(2\sigma^2)}dz$

totizto takyto trik sa da pouzit ked clovek pocita iba integral
$I=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{\frac{-x^{2}}{2\sigma ^{2}}}dx$
(ja si vlastne ani nepamatam nejaku inu metodu nanho)

a nejak som sa asi nechal uniest, ze to musi byt podobne :-)

Matematické Fórum

#1 04. 11. 2013 15:31

integrál

#2 04. 11. 2013 15:40 — Editoval Brano (05. 11. 2013 11:57)

Re: integrál

#3 04. 11. 2013 15:42

Re: integrál

#4 04. 11. 2013 20:51

Re: integrál

#5 04. 11. 2013 21:04

Re: integrál

#6 04. 11. 2013 21:09

Re: integrál

#7 04. 11. 2013 21:21

Re: integrál

#8 04. 11. 2013 21:25

Re: integrál

#9 04. 11. 2013 21:32

Re: integrál

#10 04. 11. 2013 21:38 — Editoval Creatives (04. 11. 2013 21:41)

Re: integrál

#11 04. 11. 2013 21:48

Re: integrál

#12 04. 11. 2013 21:49 — Editoval Creatives (04. 11. 2013 21:49)

Re: integrál

#13 04. 11. 2013 22:14

Re: integrál

#14 04. 11. 2013 22:49

Re: integrál

#15 05. 11. 2013 11:41 — Editoval Brano (05. 11. 2013 11:54)

Re: integrál

Zápatí