라플레이스의 방법

하한: ;0{\displaystyle \varepsilon>0}. f″{\displaystyle f"}연속이 δ 을이 존재한다;0{\displaystyle \delta>0}만약 x0− c<>δ{\displaystyle x_{0}-c<>\delta}가 그때 f ″(c)≥ f− ε(x0)″.{\displaystyle f"(c)\geq f"(x_{0})-\varepsiloε하자.n.}테일러의로s 정리$,$ $x{\displaystyle }$ ${\displaystyle \in }$ (${\displaystyle {x\mathrm{}}_{}}$0 -${\displaystyle {}_{}\Delta }$, ${\displaystyle {x\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$+ ${\displaystyle \Delta }$) ,${\displaystyle x\in (x_{0}-\delta$ ,$x_{0}+\delta$ )}

${\displaystyle f(x)\geq f(x_{0}}+{\frac {1}{1}{1}{1}:{2}}(f")(x_{0}-\varepsilon )(x-x_{0}}^{2}).$

그러면 우리는 다음과 같은 하한선을 갖게 된다.

${\displaystyle{\begin{정렬}\int _{를}^{b}e^{nf())}\,dx&,\geq \int _{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}e^{nf())}\,dx\\&,\geq e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}e^{{\frac{n}{2}}(f"(x_{0})-\varepsilon)(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&, =e^{nf(x_{0})}{\sqrt{\frac{1}{n(-f"(x_{0})+\varepsilon)}}}\int_{-\delta{\sqrt{n(-f"(x_{0})+\vare.psilon)}}}^{\\sqrt {nrtf"(x_{0}}+\varepsilon )}}e^{-{\\frac {1}{1}{2}}:}\,dy\end{aigned}}}}}$

변수의 변화로 마지막 평등이 얻어지는 곳

${\displaystyle y={\sqrt {n(-f"(x_{0}+\varepsilon )}}}(x-x_{0}).}$

부정의 제곱근을 취할 수 있도록 ( )< ${\displaystyle f"(x_{0})<0}$을(를) 기억하십시오.

위의 불평등 양쪽을 다음과 같이 나누면

${\displaystyle e^{nf(x_{0}}}{\sqrt {\frac {2\pi }{nff"(x_{0})}}}}}$

그리고 우리가 얻는 한계는 다음과 같다.

${\displaystyle \lim _{n\to \flat }{\frac {\int _{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}}}}}}}{\frac {2\pi}{nf"(x_{0}){n0})})}){nf}}}})}}}}}\geq \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}^{\delta {\sqrt {n(-f''(x_{0})+\varepsilon )}}}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\,\cdot {\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f''(x_{0})+\varepsilon }}}={\sqrt {\frac {-f''(x_{0})}{-f''(x_{0})+\varepsilon }}}}$

이는 $임의$의 {$${\$displaystyle \varepsilon }$에 해당하므로 다음과$$ 같은 하한을 얻는다.

${\displaystyle \lim _{n\to \flat }{\frac {\int _{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}}}}}}}{\frac {2\pi}{nf"(x_{0}){n0})})}){nf}}}})}}}\게크 1}$

이 증거는 $a{\displaystyle }$= -${\displaystyle \mathrm{\infty }}$ ${\displaystyle a=-\infit$} $또는$ b =${\displaystyle \mathrm{}}${$${\$displaystyle b=\infit$}(또는 둘 다)일 때도 효과가 있다는 점에 유의하십시오.

상한: 그 증거는 하한선과 유사하지만 몇 가지 불편한 점이 있다. 다시 우리는ε 을 주워;0{\displaystyle \varepsilon>0}지만기 위해서는 증거를 일할 우리가{\displaystyle \varepsilon} 작은 충분히 ε이 필요하도록 f″(x0)+ε<0.{\displaystyle f"(x_{0})+\varepsilon<0을 시작한다.}그리고 나서 위와 같이, f″{\displaystyle f"}의 연속성과 테일러의 정리에 의해 우리가 할 수 있다. > ${\displaystyle \delta >0}$을(를) 찾아서 x- 0< ${\displaystyle x-x_{0}<\displaystyle$ }을를$)$ 찾으십시오.

${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})+{\frac {1}{1}{1}{1}:{2}}(f"(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0}}^{2}}}}$

Lastly, by our assumptions (assuming ${\displaystyle a,b}$ are finite) there exists an ${\displaystyle \eta >0}$ such that if ${\displaystyle x-x_{0} \geq \delta }$, then ${\displaystyle f(x)\leq f(x_{0})-\eta }$.

그러면 다음과 같은 상한을 계산할 수 있다.

${\displaystyle{\begin{정렬}\int _{를}^{b}e^{nf())}\,dx&,\leq \int _{를}^{x_{0}-\delta}e^{nf())}\,dx+\int _{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}e^{nf())}\,dx+\int _{x_{0}+\delta}^{b}e^{nf())}\,dx\\&,\leq(b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta)}+\int _{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}e^{nf())}\,dx\\&, \leq(b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta)}+e^{nf(x_{0})}\int _{x_{0}-\.델타}^{x_{0}+\delta }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+e^{nf(x_{0})}\int _{-\infty }^{+\infty }e^{{\frac {n}{2}}(f''(x_{0})+\varepsilon )(x-x_{0})^{2}}\,dx\\&\leq (b-a)e^{n(f(x_{0})-\eta )}+e^{nf(x_{0})}{\sqrt {\frac {2\pi }{n(-f''(x_{0})-\varepsilon )}}}\end{aligned}}}$

위의 불평등 양쪽을 다음과 같이 나누면

${\displaystyle e^{nf(x_{0}}}{\sqrt {\frac {2\pi }{nff"(x_{0})}}}}}$

그리고 우리가 얻는 한계는 다음과 같다.

${\displaystyle \lim _{n\to \flat }{\frac {\int _{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}}}}}}}{\frac {2\pi}{nf"(x_{0}){n0})})}){nf}}}})}}}}\leq \lim _{n\to \infit }(b-a)e^{-\eta n}{\sqrt {\frac {nnf"(x_{0})}}{2\pi }}}+{\sqrt {-f"(x_{0})}{-f"(x_{0})-\varepsilon }}}}}}={\sqrt {-f"(x_{0}}){-f"-{0}-\varepsilon }}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}$

$\epsilon {\displaystyle }$ ${\displaystyle \varepsilon }$은(는) 임의적이므로$$ 상한을 구한다.

${\displaystyle \lim _{n\to \flat }{\frac {\int _{b}e^{nf(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}}}}}}}{\frac {2\pi}{nf"(x_{0}){n0})})}){nf}}}})}}}\leq 1}$

그리고 이것을 하한과 결합하면 결과가 나온다.

위의 증거는 $a{\displaystyle }$= -${\displaystyle \mathrm{-}}$ ${\displaystyle a=-\ft }$ 또는$$ $b{\displaystyle }$= ${\displaystyle \mathrm{\infty }}$ ${\displaystyle b=\ft }($또는 둘 다)일 때 명백히 실패한다는 점에 유의하십시오. 이 사건들을 처리하려면, 우리는 몇 가지 추가적인 추측이 필요하다. $충분한{\displaystyle }$(필요하지 않은) 가정은 n${\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle n=1,}$이다.

${\displaystyle \int _{a}^{b}e^{nf(x)}\,dx<\infit ,}$

$위$와 같은$$ 숫자 ${\$$displaystyle$ ${\displaystyle \backslash }$$eta$}이(${\displaystyle 가}$) 존재한다는 것(참고:${\displaystyle }$[a$,b]}$ 간격이 무한인$$ 경우 이는 가정이어야 함). 증명은 위와 같이 진행되지만, 통합의 근사치는 약간 다르다.

${\displaystyle \int _{a}^{x_{0}-\delta }e^{nf(x)}\,dx+\int _{x_{0}+\delta }^{b}e^{nf(x)}\,dx\leq \int _{a}^{b}e^{f(x)}e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta )}\,dx=e^{(n-1)(f(x_{0})-\eta )}\int _{a}^{b}e^{f(x)}\,dx.}$

으로 나눌 때

${\displaystyle e^{nf(x_{0}}}{\sqrt {\frac {2\pi }{nff"(x_{0})}}}},}$

우리는 이번 학기 동안 받을 수 있다.

${\displaystyle {\frac {e^{e^{(x_{0}-\eta )}\int_{a}^{b}e^{f^{f(x)}\,dx}{e^{nf(x_{0}}}}}}}}{\sqrt {\frac {2\pi{n_f"(x_{n(-f)}}}}}}.}}}}}=e^{-(n-1)\eta }{\\sqrt{n}e^{-f(x_{0}}}}}\int _{a}^{b^{f(x)}\,dx{\sqrt {\frac {-f"(x_{0}){2\pi }}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}$

$n{\displaystyle }$→ ${\displaystyle \mathrm{\infty }}$ ${\displaystyle n\to \ft }$의 제한은 $0$ ${\displaystyle 0}$ 입니다$.$ 나머지 증명(흥미로운 용어의 분석)은 위와 같이 진행된다.

무한간격 사례에서 주어진 조건은 위에서 말한 바와 같이 충분하지만 필요하지는 않다. 그러나 대부분의 응용분야는 아니더라도 많은 응용분야에서 조건이 충족된다: 조건은 단순히 우리가 공부하고 있는 적분은 잘 정의되어 있어야 한다(무한하지 않아야 함), ${\displaystyle {x\mathrm{}}_{}}$ 0${\$에서 함수의 최대치는 "진정한" 최대치(숫자$$ number > ${\displaysty$ \eta $>0}$이 존재해야 함)라고 말한다. $n{\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle n=1}$에 대해 적분 유한성을 요구할 필요는 없지만, 일부$$ $n{\displaystyle }$= ${\displaystyle N.}$ ${\displaystyle n=N$에 대해서는 적분 유한성을 요구하기에 충분하다$.$$}$

1.상대오류

이 방법의 "대략"은 절대 오차가 아니라 상대 오차와 관련이 있다. 그러므로 만약 우리가 설정한다면

${\displaystyle s={\sqrt {\frac {2\pi }{M\left f"(x_{0})\오른쪽 }}}.}$

본질은 다음과 같이 쓸 수 있다.

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}e^{Mf(x)}\,dx&=se^{Mf(x_{0})}{\frac {1}{s}}\int _{a}^{b}e^{M(f(x)-f(x_{0}))}\,dx\\&=se^{Mf(x_{0})}\int _{\frac {a-x_{0}}{s}}^{\frac {b-x_{0}}{s}}e^{M(f(sy+x_{0})-f(x_{0}))}\,dy\end{aligned}}}$

여기서 $s{\displaystyle }$ ${\displaystyle s}$은(는) M ${\displaystyle M}$이(가) 명백히 큰 숫자일 때 작은 숫자이고$$ 상대적 오류는

${\displaystyle \int _{\frac {a-x_{0}}{s}}^{b-x_{0}}{s}e^{M(f(sy+x_{0})}}dy-1\right.}$

이제 이 $일체형$을 y ${\displaystyle \in [}$- ${\displaystyle D_{}}$ y${\displaystyle {}_{}}$, ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle y_{}}$ $]$ [\$displaystyle y\in [-D_{y}}}, D_{y}]$ 영역과$$ 나머지 영역으로 구분해 봅시다.

2. $e{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle M^{}}$( ${\displaystyle f^{}}$( s ${\displaystyle y^{}}$+ ${\displaystyle {{x\mathrm{}}_{}}^{}}$ ${\displaystyle {{}_{}}^{}}$)${\displaystyle {}^{}}$- f${\displaystyle {}^{}}$( ${\displaystyle {{x\mathrm{}}_{}}^{}}$ 0${\displaystyle {}^{}}$)${\displaystyle {}^{}}$→ ${\displaystyle {}^{}}$ -${\displaystyle {\pi }^{}}$ ${\displaystyle {{}^{}}^{}}$ ${\displaystyle {{2\mathrm{}}^{}}^{}}$ ${\$$}\to e^{-\pi y^{2}}:$ $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle M}$이(가) 충분히 클 때 정지점 주위에$$

taylor의 $M{\displaystyle }$( ${\displaystyle f}$( ${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$- f${\displaystyle }$( ${\displaystyle {x\mathrm{}}_{}}$ $){\displaystyle M (f(x)-f(x_{0})}$을 중심으로₀ 확장된 것을 보고 y 공간에서는 비교를 하기 때문에 x 대 y로 번역해 보자.

${\displaystyle M(f(x)-f(x_{0})={\frac {Mf"(x_{0})}{2}}초{2}y^{2}+{\frac {Mf'''(x_{0}}}}}{6}s^{3}}+\cdots =-\pi y^{2}+O\{\frc}{sqrt{M}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}\}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}\}}}}$

$x{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\$은(는) 정지점이기$$ 때문에$$ $f{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle \prime ({x0\mathrm{}}_{}}$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle f'(x_{0})=0}$에 유의하십시오. From this equation you will find that the terms higher than second derivative in this Taylor expansion is suppressed as the order of ${\displaystyle {\tfrac {1}{\sqrt {M}}}}$ so that ${\displaystyle \exp(M(f(x)-f(x_{0})))}$ will get closer to the Gaussian function as shown in figure. 게다가

${\displaystyle \int _{-\infit }^{}e^{-\pi y^{2}}dy=1.}$

The figure of ${\displaystyle e^{M[f(sy+x_{0})-f(x_{0})]}}$ with ${\displaystyle M}$ equals 1, 2 and 3, and the red line is the curve of function ${\displaystyle e^{-\pi y^{2}}}$ .

3. $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle M}$이(가) 클수록 $x{\displaystyle }$ ${\displaystyle x}$의 작은 범위가 관련됨$$

Because we do the comparison in y-space, ${\displaystyle y}$ is fixed in ${\displaystyle y\in [-D_{y},D_{y}]}$ which will cause ${\displaystyle x\in [-sD_{y},sD_{y}]}$; however, ${\displaystyle s}$ is inversely proportional to ${\displaystyle {\sqrt {$$M$$$$\}\},$ $선택$한 x ${\displaystyle x}$ 영역은 M ${\displaystyle M}$을(를) 늘리면 작아진다.

4. 라플레이스의 방법의 적분이 수렴하면 상대적 오류 통합의 정지점에 있지 않은 지역의 기여도가 $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ M$}$이(가) 증가함에 따라 0이 되는 경향이 있다.

세 번째 개념에 의존해서 우리가 아주 큰 D를_y 선택하더라도, $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle M}$을 엄청난 숫자로 늘렸을 때 sD는_y 마침내 아주 적은 숫자가 될 것이다. 그렇다면 $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle M}$이(가) 충분히 큰데$$ 나머지의 적분이 0이 된다고 어떻게 장담할 수 있겠는가?

$기본{\displaystyle }$ 아이디어는 $m{\displaystyle }$( ${\displaystyle x}$)${\displaystyle \ge }$ f${\displaystyle }$( ${\displaystyle x}$ ) ≥ ${\displaystyle f}$ ( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle m(x)\geq f(x)}$과 e ${\displaystyle M^{}}$( x${\displaystyle {}^{}}$) ${\$의 적분은 M ${\displaystysty M}$이 커지면 0이 되는 경향이 있는$$ 기능 m$($${\displaystyle x^{}}$$)$을 찾는 것이다. $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle m}$( x${\displaystyle }$) ${\displaystyle$ $Mmm$$(x)}$의 지수함수는 $항상{\displaystyle }$ m${\displaystyle }$( x${\displaystyle }$) ${\displaystyle$ m$(x)}$이(${\displaystyle 가}$) 실수인$$ 한 0보다 크며$$, 이 지수함수는 m${\displaystyle }$( ${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$, ${\displaystym m(x)}$에 비례하기 $때문$에 ${\displaystyle {eM}^{}}$ $){\$의 적분은$$ 0이 0이 0이 된다$$. 단순성을 위해 그림에서와 같이$$ $m{\displaystyle }$( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle m(x)}$을(를) $x{\displaystyle }$= ${\displaystyle s}$ D ${\displaystyle y_{}}$ ${\$ 지점의 접선으로 선택하십시오$$.

${\displaystyle m}$( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle m(x)}$은(는) $x{\displaystyle }$=${\displaystyle }$± D ${\displaystyle y_{}}$+ x ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}${\$displaystyle$ x$=\pm sD_{y}+x_{0}}$를 통과하는 두 개의 접선 라인으로 표시된다$.$ $s{\displaystyle }$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle y_{}}$ ${\$가 작아지면$$ 커버 영역이 커진다.

만약 이 방법의 통합 간격이 유한하다면, $우리$는 f${\displaystyle }$( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle f(x)}$이(가) 나머지 영역에서 계속된다$$ 하더라도 $M{\displaystyle }${\$displaystyle M$}이$$(${\displaystyle 가}$) 충분히 클 때 위의$$ $m{\displaystyle }$( x${\displaystyle }$) ${\displaystyle m(x)}$보다 항상 작다는 것을 알게 될 것이다. 그런데, $나중$에 M ${\displaystyle M}$이(가) 충분히 클 때 e ${\displaystyle M^{}}$ $){\$ e$^{Mmm(x)}}$의 적분이 0이 되는 경향이 있음을$$ 증명할 것이다.

이 방법의 통합 간격이 무한하면 $m{\displaystyle (}$ x${\displaystyle }$) ${\displaystyle m(x)}$ 및 f$$${\displaystyle (x}$) ${\displaystyle f(x)}$이(가) 항상 서로 교차할 수 있다$$. 만일 ${\displaystyle {\mathrm{그렇다면}}^{}}$, $우리$는 e ${\displaystyle M^{}}$ f${\displaystyle {}^{}}$(${\displaystyle {}^{}}$x $){\$ e$^{Mf(x)}}}}}}$의 적분이 최종적으로 0이 되는 경향을 보일 것이라고$$ 장담할 수 없다. 예를$$ 들어 ${\displaystyle f}$( x${\displaystyle }$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle \frac{\sin }{}}$ ${\displaystyle \frac{}{}}$( ${\displaystyle \frac{}{}}$) x${\displaystyle }$, ${\displaystyle f(x)={\tfrac${\$sin(x)}{x}},}$${\displaystyle {}_{0\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle 0^{}{\mathrm{}}_{}^{}}$e${\displaystyle m^{}}$ ${\displaystyle f^{}}$( x ) ${\displaystyle {}^{}}$ ( x ) ${\displaystyle x}$ $\\style \int _{0}^{e^{Mf(x)dx}.$ 따라서 무한 간격 사례에 대해 $\int {\displaystyle {}_{}^{}}$ ${\displaystyle d_{}^{}}$ ${\displaystyle {\mathrm{}}_{}^{}}$ ${\displaystyle {}_{}^{}{}^{}}$ M ${\displaystyle f^{}}$( ${\displaystyle x^{}}$) ${\displaystyle d}$ $\\displaystyle \int _{d}^{\infit }e^{Mf(x)}dx}$이(가) 수렴할 수 있도록$$ 요구할 필요가 있다. 만일 그렇다면, 이 적분은 $d{\displaystyle }$ ${\displaystyle d}$이(${\displaystyle 가}$) 충분히 크면 0이 되는 경향이 있으며, $우리$는 m ( x ) {\$displaystyle$ m($)}$과$$f ${\displaystyle (}$ x ) . {\$displaystyle$ $f(x$의 교차로서$$ 이 $d{\displaystyle }$ ${\displaystystyle$ d$}$을 선택할 수 있다$.$$}$

${\displaystyle {integral}_{}^{}}$ d${\displaystyle {}_{\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle e^{}}$ ${\displaystyle f^{}}$( x${\displaystyle {}^{}}$) ${\displaystyle {}^{}}$ {\$displaystyle \int _{d}^{\infit }e^{f(x)}dx}$을(를) 수렴 적분으로 선택하는$$ 것이 어떻겠느냐고 물을 수도 있다. 예를 들어 그 이유를 보여 주겠다. Suppose the rest part of ${\displaystyle f(x)}$ is ${\displaystyle -\ln x,}$ then ${\displaystyle e^{f(x)}={\tfrac {1}{x}}}$ and its integral will diverge; however, when ${\displaystyle M=2,}$ the integral of ${\displaystyle e^{Mf(x)$$}}={\tfrac{1}{x^{2}}$회 수렴한다$$. 따라서 일부 $기능$의$$통합은 M {\$displaystyle$ M$}$이(가$$) 큰 숫자가 아닐 때 분산되지만 $M{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ M$}$이(가) 충분히$$ 클 때 수렴된다.

먼저 $x{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle x_{0}=0}$을(를) 사용하여$$ 전역 최대값을 나타내며, 이 파생을 단순화한다. ${\displaystyle 우리}$는 R $displaystyle$R$}$로 쓰여진 상대적 오류에 관심이 있다$.$

${\displaystyle \int _{a}^{b}h(x)e^{Mg(x)}\,dx=h(0)e^{Mg(0)}s\underbrace {\int _{a/s}^{b/s}{\frac {h(x)}{h(0)}}e^{M\left[g(sy)-g(0)\right]}dy} _{1+R},}$

어디에

${\displaystyle s\equiv {\sqrt {2\pi }{M\left g"(0)\오른쪽 }}}.}$

그래서, 우리가 허락한다면

${\displaystyle A\equiv {\frac {h(sy)}{h(0)}e^{M\왼쪽[g(sy)-g(0)\오른쪽]}}}}$

${\displaystyle {그리고\mathrm{}}_{}}$ A 0${\displaystyle {}_{}{}^{}}$ e${\displaystyle {}^{}}$- ${\displaystyle {{}^{}}^{}}$ ${\displaystyle {{y\mathrm{}}^{}}^{}}$ 2$${\$displaystyle A_{0}\equiv$ e$^{-\pi y^{$2$\}\},$ 우리는 얻을 수 있다.

${\displaystyle \왼쪽 R\오른쪽 =\왼쪽 \int _{a/s}^{b/s}A\,dy-\int _{-\infit }^{\infit }^{\infit }A_{0}\,dy\right }}$

${\displaystyle 이후{}_{}}$ $\int {\displaystyle {}_{}^{}}$ -${\displaystyle {\mathrm{\infty }}_{}^{}}$ ${\displaystyle {\mathrm{}}_{}^{}}$ ∞${\displaystyle }$0 ${\displaystyle d}$ ${\displaystyle \mathrm{y}}$= 1 {\$displaystyle \int$_{-\$infit }^{\infit }A_{0}\,dy=1$

상한의 ${\displaystyle \mathrm{경우}}$ ${\displaystyle A}$+ B${\displaystyle }$≤ A${\displaystyle }$+ ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle$ A$+B \leq$ A + B$,}$에 따라$$ 이 통합을 각각 세 가지 유형(a), (b) 및 (c)으로 5 부분으로 나눌 수 있다. 그러므로

${\displaystyle R <\underbrace {\left \int _{D_{y}}^{\infty }A_{0}dy\right } _{(a_{1})}+\underbrace {\left \int _{D_{y}}^{b/s}Ady\right } _{(b_{1})}+\underbrace {\left \int _{-D_{y}}^{D_{y}}\left(A-A_{0}\right)dy\right } _{(c)}+\underbrace {\left \int _{a/s}^{-D_{y}}Ady\right } _{(b_{2})}+\underbrace {\left \int _{-\infty }^{-D_{y}}A_{0}dy\right } _{(a_{2})}}}$

where ${\displaystyle (a_{1})}$ and ${\displaystyle (a_{2})}$ are similar, let us just calculate ${\displaystyle (a_{1})}$ and ${\displaystyle (b_{1})}$ and ${\displaystyle (b_{2})}$ are similar, too, I’ll just calculate ${\displaystyle (b_{1}$$)}$.

$({\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$) ${\displaystyle (a_{1}})$의 경우$,$ $z{\displaystyle }$ ${\displaystyle \equiv }$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ y$$2 {\$displaystyle z\equiv \pi$ y$^{2$}}번 번역한 후$,$ 우리는 얻을 수 있다.

${\displaystyle (a_{1})=\left {\frac {1}{2{\sqrt {\pi }}}}\int _{\pi D_{y}^{2}}^{\infty }e^{-z}z^{-1/2}dz\right <{\frac {e^{-\pi D_{y}^{2}}}{2\pi D_{y}}}.}$

$이것$은 D ${\displaystyle y_{}}$ ${\$가 충분히$$ 크기만 하면 0이 되는 경향이 있다는 것을 의미한다.