Mivel a gammafüggvény és a bétafüggvény integrandusa nem negatív, az integrálokkal leosztva egyszer˝uen konstruálhatunk s˝ur˝uségfüggvényeket.
7.2.1. Definíció. Haλésapozitív számok, akkor az f(x)$ λa
Γ(a)xa−1exp(−λx), x>0
s˝ur˝uségfüggvénnyel rendelkez˝o eloszlást(a,λ)paraméter˝u gamma eloszlásnak hívjuk ésΓ(a,λ)módon jelöljük2.
2Nem keverend˝o össze, a hasonlóan jelölt általánosított gammafüggvénnyel. Bár a jelölés azonos, az egyik egy eloszlás, a másik egy függvény. A némiképpen zavaró jelölés magyarázata a két fogalom igen szoros kap-csolata.
7.2.2. Definíció. Haαésβ pozitív paraméterek, akkor az f(x)$ 1
B(α,β)xα−1(1−x)β−1, x∈(0,1)
s˝ur˝uségfüggvénnyel rendelkez˝o eloszlást(α,β)paraméter˝u béta eloszlásnak hívjuk és B(α,β)módon jelöljük.
7.2.3. Definíció. Haαésβ pozitív paraméterek, akkor a g(x)$ 1
B(α,β)xα−1 1
(1+x)α+β, x>0
s˝ur˝uségfüggvénnyel rendelkez˝o eloszlást általánosított, vagy másodfajú béta eloszlás-nak nevezzük. Az eloszlástBe(α,β)-val fogjuk jelölni. Haα=1,akkor a
g(x) $ 1
B(1,β) 1 (1+x)1+β
=
= Γ(1+β) Γ(1)Γ(β)
1 (1+x)1+β =
= β
(1+x)1+β
s˝ur˝uségfüggvényhez tartozó eloszlást szokás Pareto-eloszlásnak mondani.
A két béta eloszlás kapcsolata egyszer˝uen megvilágítható:
7.2.4. Állítás. Haξbéta eloszlású, akkor azη$ξ/(1−ξ)változó másodfajú béta eloszlású. Haηmásodfajú béta eloszlású, akkor aξ$η/(1+η)változó béta elosz-lású.
Bizonyítás:Haϕ(u)$u/(1−u),akkorϕ−1(x) =x/(1+x),és a s˝ur˝uségfüggvények transzformációs szabálya szerint
g(x) = f
ϕ−1(x) d
dxϕ−1(x) =
= 1
B(α,β) x
1+x α−1
1− x
1+x β−1
1 (1+x)2 =
= 1
B(α,β)xα−1 1 (1+x)α+β. A fordított irány igazolása analóg.
7.2.5. Példa. Számoljuk ki a gamma eloszlás várható értékét és szórását.
Mivel ismert a s˝ur˝uségfüggvény, a várható érték A második momentum
E
Ebb˝ol a szórás
D(ξ) = 7.2.6. Példa. Számoljuk ki a béta eloszlás várható értékét és szórását.
A várható érték képlete alapján, felhasználva a gamma és a béta függvények közötti összefüggést, A második momentum
E
Ebb˝ol a szórás
D(ξ) = s
α(α+1) (α+β) (α+β+1)−
α α+β
2
=
= s
α(α+1) (α+β)−α2(α+β+1) (α+β)2(α+β+1) =
= s
α β
(α+β)2(α+β+1).
7.2.7. Példa. Számoljuk ki a másodfajú béta eloszlás momentumait.
A másodfajú béta eloszlásn-edik momentuma E(ξn) = 1
B(α,β) Z∞
0 xα+n−1 1 (1+x)α+βdx.
A másodfajú béta eloszlás
g(x)$ 1
B(α,β)xα−1 1 (1+x)α+β s˝ur˝uségfüggvénye alapján
Z∞
0 xα+n−1 1
(1+x)α+βdx = B(α+n,β+α−α−n) =
= B(α+n,β−n). Ebb˝ol
E(ξn) = B(α+n,β−n)
B(α,β) =Γ(α+n)Γ(β−n) Γ(α+β)
Γ(a+β) Γ(α)Γ(β)=
= Γ(α+n) Γ(α)
Γ(β−n)
Γ(β) = α(α+1)· · ·(α+n−1) (β−1)· · ·(β−n) .
A levezetésb˝ol világos, hogy azE(ξn)momentum pontosan akkor véges, haβ−n>0, vagyisβ>n.Egy másik bizonyítás a következ˝o: Miként láttuk, ha aξmásodfajú béta eloszlású, akkor felírhatóη/(1−η)alakban, ahol azηbéta eloszlású. Így
E(ξn) = E η
1−η n
= 1
B(α,β) Z1
0
x 1−x
n
xα−1(1−x)β−1dx=
= B(α+n,β−n) B(α,β) .
7.2.8. Példa. Számoljuk ki a másodfajú béta eloszlás várható értékét.
Az el˝oz˝o példa alapján han=1,akkor E(ξ) = α
β−1. A
B(α+1,β) = Γ(α+1)Γ(β) Γ(α+β+1) = α
α+β
Γ(α)Γ(β) Γ(α+β) =
= α
α+βB(α,β)
függvényegyenlet alapján számolva és felhasználva, hogy a béta függvény szimmetri-kus,
E(ξ) = 1
B(a,β) Z1
0
x
x−1·xα−1(1−x)β−1dx=
= B(α+1,β−1) B(α,β) =
= α
α+β−1
B(α,β−1) B(α,β) =
= α
α+β−1
α+β−1 β−1
B(α,β−1) B(α,β−1)=
= α
β−1.
7.2.9. Példa. Az exponenciális és aχ21eloszlások mint gamma eloszlások.
Gamma eloszlásra a legegyszer˝ubb példa aΓ(1,λ)eloszlás. Ennek s˝ur˝uségfüggvénye
f(x) = λ1
Γ(1)x1−1exp(−λx) =λexp(−λx), x>0,
ami éppen az exponenciális eloszlás s˝ur˝uségfüggvénye. Vegyük észre, hogy mivel a=1,ezért ilyenkor a várható értékre és a szórásra kapott képlet éppen visszaadja az exponenciális eloszlásra korábban kapott 1/λ értéket. További alapvet˝o példa aχ21
eloszlás. Definíció szerintχ21eloszláson azN(0,1)standard normális eloszlás négy-zetének eloszlását értjük. A már többször látott utat követve, ha aξstandard normális eloszlású, ésx>0,akkor
Ezt deriválva aχ21eloszlás s˝ur˝uségfüggvénye, hax>0,
f(x) = 2
Ez éppen Γ(1/2,1/2)s˝ur˝uségfüggvénye. A gamma eloszlás várható értékére kapott a/λ képlet ilyenkor éppen az 1 értéket adja, ami egybeesik avval, hogy a standard normális eloszlás második momentuma éppen a szórása, vagyis 1. Jóval érdekesebb azonban aχ21második momentuma, ami a standard normális eloszlás negyedik mo-mentuma: 7.2.10. Példa. Aχ2neloszlás várható értéke és szórása.
Aχ2neloszlást mintndarab függetlenχ21összegét definiáljuk. Ebb˝ol E A gamma eloszlás tulajdonságai között a legfontosabb, hogy ha a második paraméterük azonos, akkor a gamma eloszlású valószín˝uségi változók összege is gamma eloszlású.
Miel˝ott azonban a pontos állítást ismertetnénk, röviden foglalkozni kell az összeg elosz-lásának kérdésével. Kés˝obb ezt a kérdést egy sokkal általánosabb keretben újra tárgyal-ni fogjuk. Legyenekξésηvalószín˝uségi változók, és az együttes s˝ur˝uségfüggvényük legyenf(x,y).Ekkor az együttes s˝ur˝uségfüggvény definíciója alapján
P((ξ,η)∈B) = Z Z
Bf(x,y)dxdy.
Ezt felhasználva aζ$ξ+ηeloszlásfüggvénye
P(ζ<z) =P(ξ+η<z) =P((ξ,η)∈B), aholB${(x,y)|x+y<z}egy félsík. Ezt felhasználva
P(ζ<z) = Z∞
−∞
Zz−y
−∞ f(x,y)dxdy,
ugyanis azx+y<zfélsík szerkezete alapján minden fixyesetén azxlegfeljebb az−y értékig futhat. A bels˝o integrálbanx=u−yhelyettesítéssel3
P(ζ<z) = Z∞
−∞
Zz
−∞f(u−y,y)dudy.
Mivel az integrandus nem negatív, az integrációs tartomány egy „téglalap” az integrá-ciós határok felcserélhet˝oek, így
P(ζ<z) = Zz
−∞
Z∞
−∞f(u−y,y)dydu.
Ebb˝ol azszerint deriválva az összeg s˝ur˝uségfüggvénye g(z) =
Z∞
−∞f(z−y,y)dy.
Emlékeztetünk a következ˝o fontos definícióra:
7.2.11. Definíció. Aξés azηváltozókat függetlennek mondjuk, ha az együttes elosz-lásfüggvényük a peremeloszlások szorzata, vagyis mindenxésymellett
P(ξ<x,η<y) =P(ξ<x)P(η<y). Ha az együttes eloszlásnak van s˝ur˝uségfüggvénye, akkor a
∂2F
∂x∂y(x,y) =f(x,y)
szabályból azonnal következik, hogy az együttes s˝ur˝uségfüggvény a perems˝ur˝uség-függvények szorzata.
3A fels˝o határonz−y=u−yegyenl˝oségb˝olz=u.
7.2.12. Példa. Ha aξésηfüggetlenek, továbbá aξeloszlásaΓ(a,λ), azηeloszlása pedigΓ(b,λ),akkor aξ+ηösszeg eloszlásaΓ(a+b,λ).
Az összeg s˝ur˝uségfüggvényének képlete alapján, felhasználva, hogy a változók a nem negatív számokra támaszkodnak, így a negatív számokon a s˝ur˝uségfüggvényük nulla, ha aξs˝ur˝uségfüggvénye f(x)azηs˝ur˝uségfüggvényeg(y),akkor az összeg s˝ur˝uség-függvénye
Z∞
−∞f(x−y)g(y)dy= Zx
0
f(x−y)g(y)dy=
= Zx
0
λa
Γ(a)(x−t)a−1exp(−λ(x−t)) λb
Γ(b)tb−1exp(−λt)dt=
= λa+b
Γ(a)Γ(b)exp(−λx) Zx
0 (x−t)a−1tb−1dt=
= λa+b
Γ(a)Γ(b)exp(−λx) Z1
0
(x−xz)a−1(xz)b−1xdz=
= λa+b
Γ(a)Γ(b)exp(−λx)xa+b−1 Z1
0 (1−z)a−1zb−1dz=
= λa+b
Γ(a+b)exp(−λx)xa+b−1.
A gondolatmenetb˝ol látszik, hogy a gamma eloszlás korlátlanul osztható, ugyanis a Γ(a,λ)eloszlás tetsz˝olegesn-re felírhatóndarab függetlenΓ(a/n,λ)eloszlás össze-geként.
7.2.13. Példa. Független exponenciális eloszlású változók összege nem exponenciális, hanem amennyiben aλ paraméterük azonos, akkor gamma eloszlású. Két különböz˝o paraméter˝u exponenciális eloszlású változó összegének eloszlása nem gamma eloszlá-sú.
A konvolúciós képlet alapján az összeg s˝ur˝uségfüggvénye h(x) $ λ1λ2
Zx
0 exp(−λ1(x−y))exp(−λ2y)dy=
= λ1λ2exp(−λ1x) Zx
0 exp(−(λ2−λ1)y)dy=
= λ1λ2
λ2−λ1
(exp(−λ1x)−exp(−λ2x)).
ÖSSZEG, SZORZAT ÉS HÁNYADOS
ELOSZLÁSA
Az el˝oz˝o fejezet végén már tárgyaltuk az összeg s˝ur˝uségfüggvényének képletét. Ebben a fejezetben a szorzat és a hányados s˝ur˝uségfüggvényét tárgyaljuk. A szorzat és a há-nyados s˝ur˝uségfüggvényének levezetése az összeghez hasonlóan elvégezhet˝o a Fubini-tétel segítségével is. Ennek ellenére egy általánosabb eljárást fogunk bemutatni és az integráltranszformációs tétel segítségével fogjuk a formulákat levezetni.
8.1. A helyettesítéses integrálás formulája
A számegyenesen az
Zg(b) g(a)
f(x)dx= Zb
a
f(g(y))g0(y)dy (8.1.1) helyettesítési formula a Newton–Leibniz formula közvetlen folyománya. A formulában agfüggvény monotonitását nem kell megkövetelni. Elegend˝o megkövetelni, hogy azf integrandus folytonos és hogy aghelyettesít˝o függvény folytonosan deriválható legyen.
Ilyenkor a két integrál létezik és mind a két oldalon alkalmazható a Newton–Leibniz formula, amely aztán azonos eredményre vezet. Magasabb dimenzióban a Newton–
Leibniz formula ebben az egyszer˝u alakban nem érvényes, a különböz˝o többdimenziós általánosításai jóval bonyolultabbak, így a helyettesítéses integrálás a (8.1.1) alakban nem várható, hogy igaz legyen. A többdimenziós helyettesítéses integrálási formula számos szempontból eltér az egydimenziós esett˝ol. Ebben az alfejezetben az eltérés okait szeretnénk megvilágítani. A pontos bizonyítás egy sor technikai részletkérdést tartalmaz, amelyek tárgyalását elhagyjuk, így az alábbi gondolatmenet csak az indok-lás vázát tartalmazza. A többdimenziós formula tárgyaindok-lása kapcsán az els˝o észrevétel, hogy a fenti (8.1.1) alak többdimenzióban formailag is értelmetlen. Például ag0 deri-vált általában egy mátrix és így többdimenzióban a két oldalon már a dimenziók sem egyeznek. További probléma, hogy a többdimenziós integrálokban az integrációs tar-tományok általában nem intervallumok, pontosabban szólva nem az intervallumoknak megfelel˝o téglatestek, ezért az integrációs határok jelölése helyett a formulában integ-rációs tartományokat kell írni. Ha egyBhalmaz felett akarunk integrálni, akkor a szo-kásos jelölés
Z
Bf(x)dx= Z
. . . Z
B
f(x1, . . . ,xn)dx1. . .dxn,
ahol azxazért van vastagon szedve, hogy ezzel is jelezzük, miszerint az integrálás vek-torok felett történik. Ha nem akarjuk azxváltozót kiírni, és az integrálásn-dimenzióban történik, akkor szokás azRBf dλnjelölést is használni, de szokás a két jelölést kever-ni is és az integrálást példáulRBf(x)dλn(x)vagyRBf(x)dλn(x)módon jelölni. Az integrációs tartomány új jelölésének bevezetése azonban már önmagában is problémát jelent. Térjünk vissza a fenti (8.1.1) formulához és írjuk át helytelenül,
Z
g(B)f(x)dx= Z
B
f(g(y))g0(y)dy,
alakba, ahol nyilvánB= [a,b]. Ha agmonoton n˝o, akkorg([a,b]) = [g(a),g(b)]
vagyis ilyenkor a két felírási mód ekvivalens. Ha azonban agmonoton csökken, akkor g([a,b]) = [g(b),g(a)],így
ugyanis ilyenkor ag0negatív, következésképpen az abszolútérték kompenzálja az in-tegrál el˝otti mínusz jelet. Ugyanakkor érdemes felhívni a figyelmet arra is, hogy az abszolútértékkel kib˝ovített
alak is csak akkor érvényes, ha agmonoton. Ellenpéldaként tekintsük a következ˝ot: A [0,π]intervallum képe a sinxleképezéssel a[0,1]szakasz, így
1 =
ami nyilvánvalóan nem helyes. Ugyanakkor persze a (8.1.1) képlet szerinti 0=
formula helyes. Ezek után nem túl meglep˝o, hogyRnesetén a helyettesítés során fel kell tenni, hogy a helyettesített leképezés invertálható.
8.1.1. Tétel. Legyen U⊆Rnnyílt halmaz és g:U→Rnegy invertálható és folytonosan differenciálható leképezés. Ekkor B⊆U esetén
Z
ahol g0(y)a g parciális deriváltjaiból álló Jacobi-mátrix1azyhelyen.
8.1.2. Példa. A gamma-béta aritmetika és az integráltranszformációs tétel.
Az integráltranszformációs tétel a matematikai analízis egyik alapeszköze. Segítségével egy sor fontos állítás igazolható. Példaként tekintsük a gamma és a béta függvényt összeköt˝o nevezetes képlet egy lehetséges további indoklását. Hax,y>0,akkor
Γ(x)Γ(y) $ Z∞
0 tx−1exp(−t)dt Z∞
0 sy−1exp(−s)ds=
= Z∞
0 Z∞
0
tx−1sy−1exp(−(s+t))dsdt.
Tekintsük az
s=uv,t=v(1−u) =v−uv
helyettesítést. A helyettesítéskor három lépést kell végrehajtani: Els˝o lépésként ki kell cserélni a változókat. Az integrandusba való behelyettesítéssel
(v(1−u))x−1(uv)y−1exp(−v) = (1−u)x−1uy−1vx+y−2exp(−v).
Ezt követ˝oen ki kell számolni a Jacobi-determinánst. A deriváltmátrix ∂s/∂u ∂s/∂v
∂t/∂u ∂t/∂v
=
v u
−v 1−u
,
következésképpen a Jacobi-determinánsv(1−u) +uv=v.Így helyettesítés után az integrandus, felhasználva, hogyv≥0,
(1−u)x−1uy−1vx+y−1exp(−v).
Harmadik lépésként ki kell számolni az integrációs határokat. Ha a képletbenB$ (0,1)×(0,∞),vagyis az(u,v)pár aBhalmaz egy tetsz˝oleges eleme, akkor az(s,t) pár a(0,∞)×(0,∞)halmazt futja be. Világos, hogy a leképezés egyértelm˝u. Ebb˝ol következ˝oen
Γ(x)Γ(y) = Z∞
0 Z1
0
(1−u)x−1uy−1vx+y−1exp(−v)dudv.
A bels˝o integrálból a csakv-t˝ol függ˝o tagokat kiemelve Γ(x)Γ(y) =
Z∞ 0
vx+y−1exp(−v)B(x,y)dv=Γ(x+y)B(x,y), ami éppen a bizonyítandó összefüggés.
1ABhalmaz általában zárt halmaz, de ennél jóval általánosabb esetek, például a különböz˝o téglatestek is el˝ofordulhatnak. ABpontos karakterizációjával a tárgyalás elnagyolt jellege miatt nem foglalkozunk.
Az elmondottakban a leginkább meglep˝o elem, hogy miként kerül az integráltranszfor-mációs tételbe a det(g0(y))Jacobi-determináns. A következ˝o alpontban egy némikép-pen elnagyolt gondolatmenettel ezt fogjuk indokolni.
A térfogat és a determináns kapcsolata
Mint minden integrál, így azRBf(x)dxtöbbdimenziós integrál is lényegében azf(x) integrandus egy súlyozott összege, ahol a súlyokat azRn „térfogatelemei” adják. A figyelmes olvasóban azonnal felmerülhet, hogy ez a megközelítés bizonyos értelemben mellébeszélés, ugyanis szemben az egydimenziós esettel távolról sem világos, hogy mit kell tekinteni valamely partíció elemeinek térfogatán. Érdemes észrevenni, hogy már két dimenzióban is a térfogat, ilyenkor persze terület, kiszámolása már önmagában is integrállal történik és legalábbis a nem negatív függvények esetén egyn-dimenziós integrál kiszámolása valójában egy(n+1)-dimenziós térfogat meghatározását jelenti.
Így a többdimenziós integrálás és a többdimenziós térfogat egymástól nem elválasztha-tó, hanem sokkal inkább egymást kölcsönösen feltételez˝o fogalmak.
8.1.3. Példa. Számoljuk ki azn-dimenziós egységgömb térfogatát.
JelöljeGn(r)azn-dimenziósrsugarú gömböt, vagyis legyen Gn(r)${x∈Rn| kxk ≤r}, aholkxk$q
Σnk=1x2k.Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy vol(Gn(1)) = πn/2
Γ n2+1. Han=1,akkor
π1/2 Γ 12+1=
√ π
1
2Γ 12=2
√
√π π =2,
amely valóban a[−1,1]szakasz hossza. Érdemes ellen˝orizni azn=2 esetet is. Ilyenkor π
Γ 22+1= π Γ(2)= π
1!=π,
amely valóban az egységnyi sugarú körlap területe. Tegyük fel, hogy a képletet már egy n-re beláttuk. Az említett eljárás szerint a(n+1)-dimenziós térfogat úgy származtat-ható, hogy egy adott irány szerint venni kell azn-dimenziós szeleteket, ki kell számolni ezen szeletekn-dimenziós térfogatát, ezeket szorozni kell a szeletek magasságával és
ezeket értékeket összegezni, majd integrálni kell2. Egységnyi sugarú gömb esetén ven-ni kell a[−1,1]szakaszt, azt fel kell osztani az(uk)pontokkaldukhosszú szakaszokra.
Ezt követ˝oen azIk= [uk−1,uk]szakaszból venni kell egyξkpontot és venni kell evvel a sugárral egyGn
q 1−ξ2k
sugarú gömböt, ugyanis egy gömb szeletei maguk is ala-csonyabb dimenziós gömbök, és ha a szelet sugarar,akkor teljesülni kell az 1=r2+ξ2k egyenl˝oségnek. AGn
q 1−ξ2k
×Ikkarikák egyesítése a gömb egy közelítése. Kö-vetkezésképpen
Azn-dimenziós térfogatn-edrendben homogén függvény, vagyis vol(Gn(r)) =rnvol(Gn(1)). Ezt és az indukciós feltételt felhasználva
vol(Gn+1(1)) =
u=x2helyettesítéssel és a gamma és a béta függvények közötti összefüggéssel vol(Gn+1(1)) = πn/2 ami éppen az igazolandó formulan+1 esetén.
2Gondoljunk arra, hogy egy hagymát karikákra felvágunk. Ezt szokás Cavalieri elvnek is mondani és a már sokat emlegetett Fubini-tétel közvetlen alkalmazását jelenti.
A többdimenziós integrálok kiszámolásakor a legf˝obb gondot tehát nem az integrálok definíciója vagy az integrálok kiszámolása jelent, hanem annak igazolása, hogy az n-dimenziós térben egyáltalán létezik egy egyértelm˝uen meghatározott „ésszer˝u”, a szem-léletnek megfelel˝o térfogatfogalom. A vol(B)térfogatról a következ˝oket szokás felten-ni:
1. vol(B)≥0.
2. Ha a legfeljebb megszámlálható sok halmazból álló(Bi)halmazrendszer elemei páronként diszjunktak, akkor vol(∪iBi) =∑ivol(Bi).
3. A vol(B) eltolásinvariáns, vagyis tetsz˝oleges x vektor esetén vol(B+x) = vol(B).3
4. AzE${0≤x≤1}egységkocka térfogat éppen 1.
Hangsúlyozni kell, hogy a térfogat fogalma bármennyire is szemléletes, annak igazo-lása, hogy a fenti tulajdonságokat kielégít˝o térfogatfogalom létezik és egyértelm˝u, tá-volról sem nyilvánvaló. A térfogat fogalma a következ˝o további szemléletes tulajdon-ságokkal rendelkezik, amelyek már következményei a fenti alaptulajdonságoknak és amelyeket alább röviden indokolni fogunk:
1. A térfogat invariáns a forgatásra és a tükrözésre4.
2. A térfogat homogén abban az értelemben, hogy tetsz˝olegesα>0 szám esetén ha valamelyik koordinátátα-val megszorzzunk, akkor a térfogat isα-szorosára n˝o. Így többek között mindenα>0 esetén vol(αB) =αnvol(B),illetve általá-nosabban, haΛegy diagonális mátrix, akkor
vol(Λ·B) =λ1λ2· · ·λnvol(B),
aholλ1,λ2, . . . ,λnaΛdiagonálisában lev˝o elemek. Speciálisan tetsz˝oleges tég-latest térfogata az oldalak hosszának szorzata.
Természetesen kézenfekv˝oen merül fel a kérdés, hogyn-dimenzióban mit is értünk forgatáson? Forgatáson és tükrözésen olyan invertálható lineáris leképezéseket értünk, amelyekre nézve a tér egységgömbje invariáns. Emlékeztetünk, hogy egySmátrixot ortogonálisnak mondunk, ha a transzponáltja éppen az inverze, vagyisSS∗=S∗S=I, aholIaz egységmátrix és a∗a transzponálás jele. Az ortogonális mátrixok ˝orzik a távolságot.
kSxk2= (Sx,Sx) = (x,S∗Sx) = (x,x) =kxk2,
így az els˝o tulajdonság miatt ha azSegy ortogonális mátrix, akkor vol(S·B) =vol(B).
3Ez a tulajdonság azt jelenti, hogy a térfogat fogalma nem függ attól, hogy hol jelöljük ki az origót.
4A tulajdonság azt jelenti, hogy a térfogat valóban geometriai fogalom és nem függ attól, hogy a térfogat kiszámolásakor milyen ortonormált koordinátarendszert alkalmazunk.
Az alpont legfontosabb eredményeként megmutatjuk, hogy tetsz˝olegesAlineáris leké-pezésre igaz a következ˝o:
vol(A·B) =|det(A)| ·vol(B). (8.1.2) Ez a determinánsos képlet triviálisan teljesül, ha azAoszlopai összefüggnek, ugyanis ilyenkor a determináns nulla, és mivel azA·BazRnegy valódi alterébe esik,
vol(A·B) =0=|det(A)|vol(B).
Az igazolandó (8.1.2) egyenl˝oség egy fontos lineáris algebrai tételen, a komplex szá-mokz=rexp(iϕ)felbontásának általánosításának tekinthet˝o poláris felbontás követ-kezménye:
8.1.4. Lemma. HaAegy invertálható mátrix, akkor azAfelbonthatóA=R·Ualakba, ahol azRpozitív definit5, azUpedig ortogonális.
Bizonyítás:AzAA∗mátrix szimmetrikus és pozitív definit, így a spektrálfelbontási tétel miattOΛO∗ alakba írható, ahol azOortogonális mátrix oszlopai azAA∗ saját-vektorai,Λa sajátértékeket tartalmazó diagonális mátrix. AzAA∗pozitív szemidefinit, ezértΛ≥0, következésképpen azR$O√
ΛO∗definíció értelmes. Értelemszer˝uen a gyökjel aΛelemeire értend˝o. MivelAinvertálható, ezértΛ>0,így azRvalóban po-zitív definit. AzRnyilván szimmetrikus és ugyanakkor invertálható, ugyanis invertál-ható mátrixok szorzata. Elegend˝o igazolni, hogy azU$R−1Aegy ortogonális mátrix, ugyanis nyilvánvalóanA=RU. Ehhez elegend˝o megmutatni, hogyR2=AA∗,ugyanis ezzel
UU∗$R−1A R−1A∗
=R−1AA∗ R−1∗
=R−1R2R−1=I.
Ez azonban egyszer˝u, ugyanis
R2 =
O√
ΛO∗ O√ ΛO∗
=
= O√
Λ(O∗O)√ ΛO∗=
= O√ ΛI√
ΛO∗=O√ Λ
√ΛO∗=
= OΛO∗=AA∗.
A poláris felbontással és a térfogat említett alaptulajdonságaival az igazolandó (8.1.2) determinánsos formula már egyszer˝uen belátható. HaAinvertálható, akkor felírható A=RUmódon.Rpozitív definit, így a spektrálfelbontási tétel miattTΛT∗ alakba
5A pozitív definitség fogalmába a szimmetriát is beleértjük.
írható, aholΛmost azRsajátértékeib˝ol álló diagonális mátrix. Ennek determinánsa éppen a sajátértékek szorzata, így a forgatásinvariancia és a skálázási tulajdonság miatt
vol(A·B) =vol((RU)·B) =
=vol((TΛT∗U)·B) =vol(T·((ΛT∗U)·B)) =
=vol((ΛT∗U)·B) =
n
∏
i=1
λi
!
vol(T∗U·B) =
=
n
∏
i=1λi
!
vol(B) =det(R)vol(B). AzUortogonális mátrix, ezért
1=det(I) =det(UU∗) =det(U)det(U∗) =det(U)2
így det(U) =±1.Ebb˝ol következ˝oen, felhasználva, hogyRpozitív definit, így a deter-minánsa pozitív:
vol(A·B) = det(R)|det(U)|vol(B) =|det(R)det(U)|vol(B) =
= |det(RU)|vol(B) =|det(A)|vol(B).
Végezetül térjünk rá a bizonyításban alapvet˝o szerepet játszó tulajdonságok igazolásá-ra. HaSaz egységgömböt önmagára képez˝o invertálható leképezés, akkor av(B)$ vol(S·B)is nyilvánvalóan eltolásinvariáns, ugyanis
v(B+x) $ vol(S·(B+x)) =vol(S·B+Sx) =
= vol(S·B)$v(B).
Természetesen nem feltétlenül teljesül, hogy azE egységkocka v-je éppen 1, de ez könnyen elérhet˝o, ha a
w(B)$v(B) v(E)
halmazfüggvényt tekintjük. A térfogat feltételezett egyértelm˝usége miatt w(B)$ v(B)
v(E)=vol(B).
Ha mostB-nek aGegységgömböt választjuk és kihasználjuk, hogyS·G=G,akkor vol(G) =w(G)$v(G)
v(E)$ vol(S·G)
v(E) =vol(G) v(E)
egyenl˝oséghez jutunk, következésképpenv(E) =1,így a térfogat, miképpen ezt a bi-zonyításban felhasználtuk, invariáns az ortogonális mátrixszal való szorzásra nézve.
Hasonlóan kell igazolni, a homogenitás tulajdonságát.
A helyettesítéses integrálás formulájának „igazolása”
A determinánsos képlet alapján az integráltranszformációs tétel „indoklása" a követke-z˝o: Tekintsük aBhalmaz egy
Vi(k)
partícióját. Aginvertálhatósága miatt ez ag(B) halmazon egyUi(k)$g
Vi(k)
partíciót definiál. Az integrál definíció szerint a végte-lenül finomodó partíciókhoz tartozó közelít˝o összegek határértéke, így közelít˝oleg
Z
„kicsi", akkor agaVi(k)halmazon jól közelíthet˝o a deriváltjával. Ezért, felhasználva az eltolásinvarienciát
A bizonyítás során garantálni kell, hogyk→∞,esetén egyrészt a partíciók egyszerre legyenek infinitezimálisak, vagyis a partíciókban szerepl˝o halma-zok átmér˝oinek maximuma egyszerre tartson nullához6, másrészt hogy a másodrend˝u vol
hibák elhagyása során a hibák összege is nullához tartson7. A részletek indoklását elhagyjuk.
6Ehhez ki kell használni hogy agfolytonosan deriválható.
7Ehhez azt kell kihasználni, hogy ha a finomítást növeljük, akkor a partícióban lev˝o elemek száma lassabban n˝o, mint ahogy a vol
másodrend˝u közelítési hibák nagyságai csökkennek. Ha például a fel-bontás finomságát felére vesszük, akkor 2n-szeresére n˝o a felbontásban lev˝o halmazok száma, amelyek átmér˝oje megfelez˝odik, így a térfogatuk 2−n-szeresénél jobban csökken, ugyanis az átmér˝ok másodrendben kicsik.