Гауссов интеграл

Этот интеграл из статистики и физики не следует путать с квадратурой Гаусса — методом численного интегрирования.

График функции $f(x)=e^{-x^{2}}$ и пространство между ним и $x$-ось (т.е. вся действительная линия), равная ${\sqrt {\pi }}$.

Интеграл Гаусса , также известный как интеграл Эйлера–Пуассона , является интегралом функции Гаусса. $f(x)=e^{-x^{2}}$ по всей реальной линии. названный в честь немецкого математика Карла Фридриха Гаусса Интеграл, , равен

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

Авраам де Муавр впервые открыл этот тип интеграла в 1733 году, а Гаусс опубликовал точный интеграл в 1809 году. Интеграл имеет широкий спектр применения. Например, при незначительном изменении переменных используется для вычисления нормирующей константы нормального распределения . Один и тот же интеграл с конечными пределами тесно связан как с функцией ошибок, так и с кумулятивной функцией распределения нормального распределения . В физике этот тип интеграла часто появляется, например, в квантовой механике , чтобы найти плотность вероятности основного состояния гармонического осциллятора. Этот интеграл также используется в формулировке интеграла по траекториям для нахождения распространителя гармонического осциллятора и в статистической механике для нахождения его статистической суммы .

Хотя элементарной функции для функции ошибок не существует , что можно доказать с помощью алгоритма Риша , Интеграл Гаусса может быть решен аналитически с помощью методов исчисления многих переменных . То есть элементарного неопределенного интеграла для

$$\int e^{-x^{2}}\,dx,$$

но определенный интеграл

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx$$

можно оценить. Определенный интеграл произвольной функции Гаусса равен

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.$$

Вычисление

По полярным координатам

Стандартный способ вычисления интеграла Гаусса, идея которого восходит к Пуассону: заключается в использовании имущества, которое:

$$\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dx\,dy.$$

Рассмотрим функцию $e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}$в самолете $\mathbb {R} ^{2}$и вычислите его интеграл двумя способами:

1. с одной стороны, при двойном интегрировании в декартовой системе координат ее интеграл представляет собой квадрат:
   $$\left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};$$
2. с другой стороны, путем интегрирования по оболочке (случай двойного интегрирования в полярных координатах ) его интеграл вычисляется как $\pi$

Сравнение этих двух вычислений дает интеграл, хотя следует позаботиться о несобственных интегралах .

$${\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dx\,dy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\[6pt]&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\[6pt]&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\[6pt]&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\[6pt]&=\lim _{x\to -\infty }\pi \left(e^{0}-e^{x}\right)\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}$$

где коэффициент r — это определитель Якобиана , который появляется в результате преобразования в полярные координаты ( r dr dθ — стандартная мера на плоскости, выраженная в полярных координатах Wikibooks:Calculus/Polar Integration#Generalization ), а замена включает в себя взятие s = − р ² , поэтому ds = −2 р dr .

Объединение этих доходностей

$$\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,$$

так

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

Полное доказательство

Чтобы оправдать несобственные двойные интегралы и приравнять два выражения, начнем с аппроксимирующей функции:

$$I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.$$

Если интеграл

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx$$

были бы абсолютно сходящимися , мы имели бы главное значение Коши , то есть предел

$$\lim _{a\to \infty }I(a)$$

совпало бы с

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$$

Чтобы убедиться в этом, подумайте, что

$$\int _{-\infty }^{\infty }\left|e^{-x^{2}}\right|dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx<\infty .$$

Итак, мы можем вычислить

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx$$

просто приняв предел

$$\lim _{a\to \infty }I(a).$$

Взяв квадрат $I(a)$ урожайность

$${\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dx\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\,dx.\end{aligned}}$$

Используя теорему Фубини , приведенный выше двойной интеграл можно рассматривать как интеграл по площади.

$$\iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x,y),$$

взято над квадратом с вершинами {(− a , a ), ( a , a ), ( , − a ), (− a , − a )} на xy плоскости a .

Поскольку показательная функция больше 0 для всех действительных чисел, отсюда следует, что интеграл, взятый по вписанной окружности квадрата, должен быть меньше, чем $I(a)^{2}$ квадрата , и аналогично интеграл по описанной окружности должен быть больше, чем $I(a)^{2}$. Интегралы по двум дискам можно легко вычислить, переключившись с декартовых координат на полярные :

$${\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \end{aligned}}$$

$$\mathbf {J} (r,\theta )={\begin{bmatrix}{\dfrac {\partial x}{\partial r}}&{\dfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\[1em]{\dfrac {\partial y}{\partial r}}&{\dfrac {\partial y}{\partial \theta }}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{bmatrix}}$$

$$d(x,y)=|J(r,\theta )|d(r,\theta )=r\,d(r,\theta ).$$

$$\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta .$$

(См. полярные координаты из декартовых координат, чтобы узнать, как выполнить полярное преобразование.)

Интеграция,

$$\pi \left(1-e^{-a^{2}}\right)<I^{2}(a)<\pi \left(1-e^{-2a^{2}}\right).$$

По теореме о сжатии это дает интеграл Гаусса

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

По декартовым координатам

Другая техника, восходящая к Лапласу (1812 г.), заключается в следующем. Позволять

$${\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}$$

Поскольку пределы на s при y → ±∞ зависят от знака x , использование того факта, что e ^{− х 2} — четная функция , и, следовательно, интеграл по всем действительным числам в два раза больше интеграла от нуля до бесконечности. То есть,

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.$$

Таким образом, в области интегрирования x ≥ 0 и переменные y и s имеют одинаковые пределы. Это дает:

$${\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]\end{aligned}}$$

Затем, используя теорему Фубини, чтобы изменить порядок интегрирования :

$${\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}}{-2\left(1+s^{2}\right)}}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2\arctan(s){\Big |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}$$

Поэтому, $I={\sqrt {\pi }}$, как и ожидалось.

По методу Лапласа

В приближении Лапласа мы имеем дело только с членами до второго порядка в разложении Тейлора, поэтому мы рассматриваем $e^{-x^{2}}\approx 1-x^{2}\approx (1+x^{2})^{-1}$.

Фактически, поскольку $(1+t)e^{-t}\leq 1$ для всех $t$, мы имеем точные границы:

$$1-x^{2}\leq e^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}$$

Тогда мы можем провести оценку в пределе аппроксимации Лапласа:

$$\int _{[-1,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-1,1]}e^{-nx^{2}}dx\leq \int _{[-1,1]}(1+x^{2})^{-n}dx$$

То есть,

$$2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-{\sqrt {n}},{\sqrt {n}}]}e^{-x^{2}}dx\leq 2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1+x^{2})^{-n}dx$$

С помощью тригонометрической подстановки мы точно вычисляем эти две границы: $2{\sqrt {n}}(2n)!!/(2n+1)!!$ и $2{\sqrt {n}}(\pi /2)(2n-3)!!/(2n-2)!!$

Извлекая квадратный корень из формулы Уоллиса ,

$${\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}$$

у нас есть ${\sqrt {\pi }}=\lim _{n\to \infty }2{\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}$, желаемый нижний предел. Аналогичным образом мы можем получить желаемый верхний предел.И наоборот, если мы сначала вычислим интеграл одним из других методов, описанных выше, мы получим доказательство формулы Уоллиса.

Связь с гамма-функцией

Подынтегральная функция — четная функция ,

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx$$

Таким образом, после замены переменной ${\textstyle x={\sqrt {t}}}$, это превращается в интеграл Эйлера

$$2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{2}}\ e^{-t}\ t^{-{\frac {1}{2}}}dt=\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)={\sqrt {\pi }}$$

где ${\textstyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt}$ это гамма-функция . Это показывает, почему факториал полуцелого числа является рациональным кратным ${\textstyle {\sqrt {\pi }}}$. В более общем смысле,

$$\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{b}}dx={\frac {\Gamma \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}},$$

которое можно получить заменой $t=ax^{b}$ в подынтегральной функции гамма-функции, чтобы получить ${\textstyle \Gamma (z)=a^{z}b\int _{0}^{\infty }x^{bz-1}e^{-ax^{b}}dx}$.

Обобщения

Интеграл функции Гаусса

Основная статья: Интеграл от функции Гаусса

Интеграл от произвольной функции Гаусса равен

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.$$

Альтернативная форма:

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(ax^{2}+bx+c)}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\,e^{{\frac {b^{2}}{4a}}-c}.$$

Эта форма полезна для расчета ожиданий некоторых непрерывных распределений вероятностей, связанных с нормальным распределением, таких как логнормальное распределение , например, .

Сложная форма

Основная статья: интеграл Френеля

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{{\frac {1}{2}}it^{2}}dt=e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }}$$

и в более общем плане,

$$\int _{\mathbb {R} ^{N}}e^{{\frac {1}{2}}ix^{T}Ax}dx=\det(A)^{-{\frac {1}{2}}}(e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }})^{N}$$

для любой положительно определенной симметричной матрицы $A$.

n -мерное и функциональное обобщение

Основная статья: многомерное нормальное распределение

Предположим, что A — симметричная положительно определенная (следовательно, обратимая) n × n матрица точности размера , которая является матрицей, обратной матрице ковариации . Затем,

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}={\sqrt {\frac {1}{\det(A/2\pi )}}}={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}$$

Заполняя квадрат, это обобщается до

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax+b^{\mathsf {T}}x+c\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}e^{{\frac {1}{2}}b^{\mathsf {T}}A^{-1}b+c}$$

Этот факт применяется при изучении многомерного нормального распределения .

Также,

$$\int x_{k_{1}}\cdots x_{k_{2N}}\,\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})_{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})_{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}$$

где σ — перестановка { 1 , …, 2 N }, правой части — это сумма по всем комбинаторным парам {1, …, 2 N } N а дополнительный множитель в копий A ⁻¹ .

Альтернативно,

$$\int f({\vec {x}})\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}d^{n}x={\sqrt {(2\pi )^{n} \over \det A}}\,\left.\exp {\left({1 \over 2}\sum _{i,j=1}^{n}\left(A^{-1}\right)_{ij}{\partial \over \partial x_{i}}{\partial \over \partial x_{j}}\right)}f({\vec {x}})\right|_{{\vec {x}}=0}$$

для некоторой аналитической функции f при условии, что она удовлетворяет некоторым подходящим ограничениям на ее рост и некоторым другим техническим критериям. (Это работает для некоторых функций и не работает для других. Полиномы подходят.) Экспонента над дифференциальным оператором понимается как степенной ряд .

Хотя функциональные интегралы не имеют строгого определения (или даже нестрогого вычислительного в большинстве случаев), мы можем определить гауссовский функциональный интеграл по аналогии с конечномерным случаем. Однако существует еще проблема, заключающаяся в том, что $(2\pi )^{\infty }$ бесконечно, а также функциональный определитель , вообще говоря, тоже будет бесконечным. Об этом можно позаботиться, если рассматривать только соотношения:

$${\begin{aligned}&{\frac {\displaystyle \int f(x_{1})\cdots f(x_{2N})\exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}{\displaystyle \int \exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}}\\[6pt]={}&{\frac {1}{2^{N}N!}}\sum _{\sigma \in S_{2N}}A^{-1}(x_{\sigma (1)},x_{\sigma (2)})\cdots A^{-1}(x_{\sigma (2N-1)},x_{\sigma (2N)}).\end{aligned}}$$

В обозначениях ДеВитта уравнение выглядит идентично конечномерному случаю.

n -мерный с линейным членом

Если A снова является симметричной положительно определенной матрицей, то (при условии, что все являются векторами-столбцами)

$$\int \exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum _{i=1}^{n}B_{i}x_{i}\right)d^{n}x=\int e^{-{\frac {1}{2}}{\vec {x}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} {\vec {x}}+{\vec {B}}^{\mathsf {T}}{\vec {x}}}d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det {A}}}}e^{{\frac {1}{2}}{\vec {B}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} ^{-1}{\vec {B}}}.$$

Интегралы аналогичного вида

$$\int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}$$

$$\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}$$

$$\int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{b^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{b}}}$$

$$\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {n!}{2b^{n+1}}}$$

$$\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}{2}}}}$$

где $n$ является положительным целым числом

Самый простой способ получить их — дифференцировать под знаком интеграла .

$${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}\,dx&=\left(-1\right)^{n}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\&=\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\[6pt]&={\sqrt {\pi }}\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\alpha ^{-{\frac {1}{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}{\frac {(2n-1)!!}{\left(2\alpha \right)^{n}}}\end{aligned}}$$

Для решения этой проблемы можно также интегрировать по частям и найти рекуррентное соотношение .

Полиномы высшего порядка

Применение линейной замены базиса показывает, что интеграл от экспоненты однородного многочлена от n переменных может зависеть только от SL( n ) -инвариантов многочлена. является дискриминант Одним из таких инвариантов нули которых отмечают особенности интеграла. Однако интеграл может зависеть и от других инвариантов.

Экспоненты других четных многочленов можно решить численно с помощью рядов. Их можно интерпретировать как формальные вычисления, когда нет сходимости. Например, решение интеграла экспоненты многочлена четвертой степени есть

$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+f}\,dx={\frac {1}{2}}e^{f}\sum _{\begin{smallmatrix}n,m,p=0\\n+p=0\mod 2\end{smallmatrix}}^{\infty }{\frac {b^{n}}{n!}}{\frac {c^{m}}{m!}}{\frac {d^{p}}{p!}}{\frac {\Gamma \left({\frac {3n+2m+p+1}{4}}\right)}{(-a)^{\frac {3n+2m+p+1}{4}}}}.$$

Требование n . + p = 0 по модулю 2 связано с тем, что интеграл от −∞ до 0 дает коэффициент (−1) ^{п + п} /2 к каждому члену, а интеграл от 0 до +∞ дает коэффициент 1/2 к каждому члену. Эти интегралы встречаются в таких предметах, как квантовая теория поля .

См. также

• Список интегралов от функций Гаусса
• Общие интегралы в квантовой теории поля
• Нормальное распределение
• Список интегралов показательных функций
• Функция ошибки
• Berezin integral

Ссылки

Источники

• Вайсштейн, Эрик В. «Интеграл Гаусса» . Математический мир .
• Гриффитс, Дэвид. Введение в квантовую механику (2-е изд.).
• Абрамовиц, М.; Стегун И.А. Справочник по математическим функциям . Нью-Йорк: Dover Publications.