Вывод интеграла Пуассона через формулу Валлиса

Короткий ответ на билет

Формулу Эйлера—Пуассона

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$$

выводят через формулу Валлиса (разложение $\pi$ по факториалам), сравнивая $e^{-k{x}^2}$ с функциями $(1-x^2{)}^k$ и $(1+x^2{)}^{-k}$, интегрируя эти оценки и переходя к пределу при $k\to \infty$.

Теорема

Интеграл Эйлера—Пуассона равен $\sqrt{\pi }$, т.е.

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }.$$

Доказательство

Рассмотрим неравенство $e^x\ge 1+x$ при $x\in \mathbb{R}$. Подставляя вместо $x$ число $x^2$, получаем $e^{x^2}\ge 1+x^2$. Переходя к обратным величинам, имеем

$$e^{-x^2}\le \frac{1}{1+x^2}.$$

С другой стороны, при $|x|\le 1$ выполнено неравенство

$$1-x^2\le e^{-x^2}.$$

Поэтому при любом $k\in \mathbb{N}$ справедлива цепочка

$$(1-x^2{)}^k\le e^{-k{x}^2}\le \frac{1}{(1+x^2{)}^k}.$$

Интегрируя, получаем

$${\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{k}dx\le {\int }_{-1}^1{e}^{-k{x}^2}dx\le {\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-k{x}^2}dx\le {\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^k}.$$

Теперь умножим всё на $\sqrt{k}$ и сделаем замену переменной $u=\sqrt{k}x$ в среднем интеграле:

$$\sqrt{k}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{k}dx\le \sqrt{k}{\int }_{-1}^1{e}^{-k{x}^2}dx\le {\int }_{-\sqrt{k}}^{\sqrt{k}}{e}^{-u^2}du\le \sqrt{k}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^k}.$$

Обозначим

$$J_k:={\int }_{-\sqrt{k}}^{\sqrt{k}}{e}^{-u^2}du.$$

Тогда при $k\to \infty$ средний член стремится к искомому интегралу

$$J:={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du.$$

Осталось найти пределы левой и правой частей.

Левая часть

$$\sqrt{k}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{k}dx=2\sqrt{k}\cdot I_k$$

при замене $x⟹\cos x$, где $I_k:={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{k}xdx$. Из формулы Валлиса $I_{2k+1}\sim \sqrt{\frac{\pi }{4k}}$ для интегралов от степеней синуса следует, что этот предел равен $\sqrt{\pi }$.

Правая часть

$$\sqrt{k}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^k}=2\sqrt{k}{I}_{2k-2},$$

при замене $x⟹\mathrm{tg}x$ и по формуле Валлиса $I_{2k-2}\sim \frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{k}}$ этот предел тоже равен $\sqrt{\pi }$.

Итого

По теореме о сжатой переменной получаем

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du=\sqrt{\pi }.$$