Интеграл от функции Гаусса, равный sqrt(π)
График функции и площадь между ним и осью (т.е. вся реальная линия), равная . ж ( Икс ) "=" е − Икс 2 {\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}} Икс {\displaystyle х} π {\displaystyle {\sqrt {\pi }}} Интеграл Гаусса , также известный как интеграл Эйлера–Пуассона , представляет собой интеграл функции Гаусса по всей действительной линии. Интеграл , названный в честь немецкого математика Карла Фридриха Гаусса , равен ж ( Икс ) "=" е − Икс 2 {\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}
∫ − ∞ ∞ е − Икс 2 д Икс "=" π . {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.} Авраам де Муавр первоначально открыл этот тип интеграла в 1733 году, а Гаусс опубликовал точный интеграл в 1809 году. [1] Интеграл имеет широкий спектр приложений. 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, как это может быть доказано алгоритмом Риша , [2] интеграл Гаусса может быть решен аналитически с помощью методов исчисления многих переменных . То есть элементарного неопределенного интеграла
∫ е − Икс 2 д Икс , {\displaystyle \int e^{-x^{2}}\,dx,} определенный интеграл ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx} функции Гаусса ∫ − ∞ ∞ e − a ( x + b ) 2 d x = π a . {\displaystyle \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 [3] , заключается в использовании свойства, которое:
( ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x ) 2 = ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x ∫ − ∞ ∞ e − y 2 d y = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d x d y . {\displaystyle \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 на плоскости и вычислим ее интеграл двумя способами: e − ( x 2 + y 2 ) = e − r 2 {\displaystyle e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}} R 2 {\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
с одной стороны, при двойном интегрировании в декартовой системе координат ее интеграл представляет собой квадрат: ( ∫ e − x 2 d x ) 2 ; {\displaystyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};} с другой стороны, путем интегрирования по оболочке (случай двойного интегрирования в полярных координатах ) его интеграл вычисляется как π {\displaystyle \pi } Сравнение этих двух вычислений дает интеграл, хотя следует позаботиться о несобственных интегралах .
∬ R 2 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π ∫ 0 ∞ e − r 2 r d r d θ = 2 π ∫ 0 ∞ r e − r 2 d r = 2 π ∫ − ∞ 0 1 2 e s d s s = − r 2 = π ∫ − ∞ 0 e s d s = lim x → − ∞ π ( e 0 − e x ) = π , {\displaystyle {\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}}} r определитель Якобиана преобразования в полярные координаты r dr dθ s знак равно - р 2 ds знак равно -2 р др Объединение этих доходностей
( ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x ) 2 = π , {\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,} ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π . {\displaystyle \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 ) = ∫ − a a e − x 2 d x . {\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.} Если интеграл
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx} абсолютно сходящимися, главное значение Коши lim a → ∞ I ( a ) {\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)} ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x . {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}
∫ − ∞ ∞ | e − x 2 | d x < ∫ − ∞ − 1 − x e − x 2 d x + ∫ − 1 1 e − x 2 d x + ∫ 1 ∞ x e − x 2 d x < ∞ . {\displaystyle \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
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx} lim a → ∞ I ( a ) . {\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a).} Взяв квадрат доходности I ( a ) {\displaystyle I(a)}
I ( a ) 2 = ( ∫ − a a e − x 2 d x ) ( ∫ − a a e − y 2 d y ) = ∫ − a a ( ∫ − a a e − y 2 d y ) e − x 2 d x = ∫ − a a ∫ − a a e − ( x 2 + y 2 ) d y d x . {\displaystyle {\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.
∬ [ − a , a ] × [ − a , a ] e − ( x 2 + y 2 ) d ( x , y ) , {\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x,y),} {(− a , a ), ( a , a ), ( a , − a ), (− a , − a } плоскости xy Поскольку экспоненциальная функция больше 0 для всех действительных чисел, отсюда следует, что интеграл по вписанной окружности квадрата должен быть меньше , и аналогично интеграл по описанной окружности квадрата должен быть больше . Интегралы по двум дискам можно легко вычислить, переключившись с декартовых координат на полярные : I ( a ) 2 {\displaystyle I(a)^{2}} I ( a ) 2 {\displaystyle I(a)^{2}}
x = r cos θ y = r sin θ {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \end{aligned}}} J ( r , θ ) = [ ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ ] = [ cos θ − r sin θ sin θ r cos θ ] {\displaystyle \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 , θ ) | d ( r , θ ) = r d ( r , θ ) . {\displaystyle d(x,y)=|J(r,\theta )|d(r,\theta )=r\,d(r,\theta ).} ∫ 0 2 π ∫ 0 a r e − r 2 d r d θ < I 2 ( a ) < ∫ 0 2 π ∫ 0 a 2 r e − r 2 d r d θ . {\displaystyle \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,
π ( 1 − e − a 2 ) < I 2 ( a ) < π ( 1 − e − 2 a 2 ) . {\displaystyle \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
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π . {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.} По декартовым координатам Другой метод, восходящий к Лапласу (1812 г.), [3] заключается в следующем. Позволять
y = x s d y = x d s . {\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}} Поскольку пределы s при y → ±∞x , использование того факта, что e − x 2 четная функция , упрощает вычисление и, следовательно, интеграл по всем действительным числам всего лишь в два раза превышает интеграл от нуля до бесконечности. То есть,
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = 2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x . {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.} Таким образом, в области интегрирования x ≥ 0y и s имеют одинаковые пределы. Это дает:
I 2 = 4 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d y d x = 4 ∫ 0 ∞ ( ∫ 0 ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d y ) d x = 4 ∫ 0 ∞ ( ∫ 0 ∞ e − x 2 ( 1 + s 2 ) x d s ) d x {\displaystyle {\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}}} теорему Фубини порядок интегрирования I 2 = 4 ∫ 0 ∞ ( ∫ 0 ∞ e − x 2 ( 1 + s 2 ) x d x ) d s = 4 ∫ 0 ∞ [ e − x 2 ( 1 + s 2 ) − 2 ( 1 + s 2 ) ] x = 0 x = ∞ d s = 4 ( 1 2 ∫ 0 ∞ d s 1 + s 2 ) = 2 arctan ( s ) | 0 ∞ = π . {\displaystyle {\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, как и ожидалось. I = π {\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}
По методу Лапласа В приближении Лапласа мы имеем дело только с членами второго порядка в разложении Тейлора, поэтому мы рассматриваем . e − x 2 ≈ 1 − x 2 ≈ ( 1 + x 2 ) − 1 {\displaystyle e^{-x^{2}}\approx 1-x^{2}\approx (1+x^{2})^{-1}}
Фактически, поскольку для всех мы имеем точные границы: ( 1 + t ) e − t ≤ 1 {\displaystyle (1+t)e^{-t}\leq 1} t {\displaystyle t}
1 − x 2 ≤ e − x 2 ≤ ( 1 + x 2 ) − 1 {\displaystyle 1-x^{2}\leq e^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}} ∫ [ − 1 , 1 ] ( 1 − x 2 ) n d x ≤ ∫ [ − 1 , 1 ] e − n x 2 d x ≤ ∫ [ − 1 , 1 ] ( 1 + x 2 ) − n d x {\displaystyle \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 n ∫ [ 0 , 1 ] ( 1 − x 2 ) n d x ≤ ∫ [ − n , n ] e − x 2 d x ≤ 2 n ∫ [ 0 , 1 ] ( 1 + x 2 ) − n d x {\displaystyle 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 замены мы точно вычисляем эти две границы: и 2 n ( 2 n ) ! ! / ( 2 n + 1 ) ! ! {\displaystyle 2{\sqrt {n}}(2n)!!/(2n+1)!!} 2 n ( π / 2 ) ( 2 n − 3 ) ! ! / ( 2 n − 2 ) ! ! {\displaystyle 2{\sqrt {n}}(\pi /2)(2n-3)!!/(2n-2)!!}
Извлекая квадратный корень из формулы Уоллиса ,
π 2 = ∏ n = 1 ( 2 n ) 2 ( 2 n − 1 ) ( 2 n + 1 ) {\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}} π = lim n → ∞ 2 n ( 2 n ) ! ! ( 2 n + 1 ) ! ! {\displaystyle {\sqrt {\pi }}=\lim _{n\to \infty }2{\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}} Связь с гамма-функцией Подынтегральная функция — четная функция ,
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = 2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx} Таким образом, после замены переменной это превращается в интеграл Эйлера x = t {\textstyle x={\sqrt {t}}}
2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x = 2 ∫ 0 ∞ 1 2 e − t t − 1 2 d t = Γ ( 1 2 ) = π {\displaystyle 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 гамма - функция . Это показывает, почему факториал полуцелого числа является рациональным кратным . В более общем смысле, Γ ( z ) = ∫ 0 ∞ t z − 1 e − t d t {\textstyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt} π {\textstyle {\sqrt {\pi }}}
∫ 0 ∞ x n e − a x b d x = Γ ( ( n + 1 ) / b ) b a ( n + 1 ) / b , {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{b}}dx={\frac {\Gamma \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}},} t = a x b {\displaystyle t=ax^{b}} Γ ( z ) = a z b ∫ 0 ∞ x b z − 1 e − a x b d x {\textstyle \Gamma (z)=a^{z}b\int _{0}^{\infty }x^{bz-1}e^{-ax^{b}}dx} Обобщения Интеграл от функции Гаусса Интеграл от произвольной функции Гаусса равен
∫ − ∞ ∞ e − a ( x + b ) 2 d x = π a . {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.} Альтернативная форма:
∫ − ∞ ∞ e − ( a x 2 + b x + c ) d x = π a e b 2 4 a − c . {\displaystyle \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, например, логарифмически нормальное распределение .
n -мерное и функциональное обобщение Предположим, что A — симметричная положительно определенная (следовательно, обратимая) матрица точности размера n × n ковариации . Затем,
∫ R n exp ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ∫ R n exp ( − 1 2 x T A x ) d n x = ( 2 π ) n det A = 1 det ( A / 2 π ) = det ( 2 π A − 1 ) {\displaystyle \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})}}} ∫ R n exp ( − 1 2 x T A x + b T x + c ) d n x = det ( 2 π A − 1 ) e 1 2 b T A − 1 b + c {\displaystyle \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,
∫ x k 1 ⋯ x k 2 N exp ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ( 2 π ) n det A 1 2 N N ! ∑ σ ∈ S 2 N ( A − 1 ) k σ ( 1 ) k σ ( 2 ) ⋯ ( A − 1 ) k σ ( 2 N − 1 ) k σ ( 2 N ) {\displaystyle \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)}}} σ перестановка 1, …, 2 N } 1, …, 2 N } N A −1 Альтернативно, [4]
∫ f ( x → ) exp ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ( 2 π ) n det A exp ( 1 2 ∑ i , j = 1 n ( A − 1 ) i j ∂ ∂ x i ∂ ∂ x j ) f ( x → ) | x → = 0 {\displaystyle \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. [ нужна цитация Однако проблема все еще остается: она бесконечна, а также функциональный определитель в целом также будет бесконечным. Об этом можно позаботиться, если рассматривать только соотношения: ( 2 π ) ∞ {\displaystyle (2\pi )^{\infty }}
∫ f ( x 1 ) ⋯ f ( x 2 N ) exp [ − ∬ 1 2 A ( x 2 N + 1 , x 2 N + 2 ) f ( x 2 N + 1 ) f ( x 2 N + 2 ) d d x 2 N + 1 d d x 2 N + 2 ] D f ∫ exp [ − ∬ 1 2 A ( x 2 N + 1 , x 2 N + 2 ) f ( x 2 N + 1 ) f ( x 2 N + 2 ) d d x 2 N + 1 d d x 2 N + 2 ] D f = 1 2 N N ! ∑ σ ∈ S 2 N A − 1 ( x σ ( 1 ) , x σ ( 2 ) ) ⋯ A − 1 ( x σ ( 2 N − 1 ) , x σ ( 2 N ) ) . {\displaystyle {\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)
∫ exp ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j + ∑ i = 1 n B i x i ) d n x = ∫ e − 1 2 x → T A x → + B → T x → d n x = ( 2 π ) n det A e 1 2 B → T A − 1 B → . {\displaystyle \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
∫ 0 ∞ x 2 n e − x 2 a 2 d x = π a 2 n + 1 ( 2 n − 1 ) ! ! 2 n + 1 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}} ∫ 0 ∞ x 2 n + 1 e − x 2 a 2 d x = n ! 2 a 2 n + 2 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}} ∫ 0 ∞ x 2 n e − b x 2 d x = ( 2 n − 1 ) ! ! b n 2 n + 1 π b {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{b^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{b}}}} ∫ 0 ∞ x 2 n + 1 e − b x 2 d x = n ! 2 b n + 1 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {n!}{2b^{n+1}}}} ∫ 0 ∞ x n e − b x 2 d x = Γ ( n + 1 2 ) 2 b n + 1 2 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}{2}}}}} n {\displaystyle n} Самый простой способ получить их — дифференцировать под знаком интеграла .
∫ − ∞ ∞ x 2 n e − α x 2 d x = ( − 1 ) n ∫ − ∞ ∞ ∂ n ∂ α n e − α x 2 d x = ( − 1 ) n ∂ n ∂ α n ∫ − ∞ ∞ e − α x 2 d x = π ( − 1 ) n ∂ n ∂ α n α − 1 2 = π α ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 α ) n {\displaystyle {\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. Одним из таких инвариантов является дискриминант , нули которого отмечают особенности интеграла. Однако интеграл может зависеть и от других инвариантов. [5]
Экспоненты других четных полиномов можно решить численно с помощью рядов. Их можно интерпретировать как формальные вычисления , когда нет сходимости. Например, решение интеграла экспоненты многочлена четвертой степени есть [ нужна цитация
∫ − ∞ ∞ e a x 4 + b x 3 + c x 2 + d x + f d x = 1 2 e f ∑ n , m , p = 0 n + p = 0 mod 2 ∞ b n n ! c m m ! d p p ! Γ ( 3 n + 2 m + p + 1 4 ) ( − a ) 3 n + 2 m + p + 1 4 . {\displaystyle \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(−1) n + p , а интеграл от 0 до +∞ вносит коэффициент 1/2. к каждому термину. Эти интегралы встречаются в таких предметах, как квантовая теория поля .
Смотрите также Рекомендации Цитаты ^ Шталь, Саул (апрель 2006 г.). «Эволюция нормального распределения» (PDF) . МАА.org . Проверено 25 мая 2018 г. ^ Черри, GW (1985). «Интегрирование в конечных терминах со специальными функциями: функция ошибки». Журнал символических вычислений . 1 (3): 283–302. дои : 10.1016/S0747-7171(85)80037-7 . ^ ab «Интеграл вероятности» (PDF) . ^ «Справочник по многомерному гауссову интегралу». Обмен стеками . 30 марта 2012 г. ^ Морозов, А.; Шакирово, Ш. (2009). «Введение в интегральные дискриминанты». Журнал физики высоких энергий . 2009 (12): 002. arXiv : 0903.2595 . Бибкод : 2009JHEP...12..002M. дои : 10.1088/1126-6708/2009/12/002. 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.
![{\displaystyle {\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 ,\ конец {выровнено}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1c46b60ca7d942e341db4d0235f2f7c0bf4ca545)
![{\displaystyle {\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{выровнено}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d510505167c225b6333ffdc0c96d23bd08638fde)
![{\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x, й),}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/31fe5ccb6533322f51c663bc350715046f7c41f2)
![{\displaystyle \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}\ потому что \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{bmatrix}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e097ec3e6c6a5a79d16a9cf77f2427726eb94c49)
![{\displaystyle {\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{выровнено}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8b3713b96f98c4183d4a63ab83a24b683e14da59)
![{\displaystyle {\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{выровнено}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/dc48a8d89ff700bac4097b437ad96e9c8f6a2e22)
![{\displaystyle \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}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b94cd70c83852e01c91612ceac8ee2a9c253f6c1)
![{\displaystyle 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}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/81d95821a01bcfcebdb4b4e76f7bad4f389e76f7)
![{\displaystyle {\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a327e4b6503e102da28aea9cf7eb2ab867676362)
![{\displaystyle {\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ccdefe924b7ffa9893571092a0ea5221b93861fc)
