Гауссовский интеграл

Интеграл гауссовой функции, равный sqrt(π)

График функции и площадь между ним и осью (т.е. всей действительной прямой), которая равна . ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}}$

Гауссовский интеграл , также известный как интеграл Эйлера–Пуассона , — это интеграл гауссовой функции по всей действительной прямой. Названный в честь немецкого математика Карла Фридриха Гаусса , интеграл равен ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

Авраам де Муавр первоначально открыл этот тип интеграла в 1733 году, в то время как Гаусс опубликовал точный интеграл в 1809 году, ^[1] приписав его открытие Лапласу. Интеграл имеет широкий спектр приложений. Например, при небольшом изменении переменных он используется для вычисления нормирующей константы нормального распределения . 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, чтобы найти пропагатор гармонического осциллятора, и в статистической механике , чтобы найти его функцию распределения .

Хотя для функции ошибки не существует элементарной функции , как может быть доказано алгоритмом Риша , ^[2] гауссовский интеграл может быть решен аналитически с помощью методов многомерного исчисления . То есть, не существует элементарного неопределенного интеграла для , но можно вычислить определенный интеграл . Определенный интеграл произвольной гауссовой функции равен $${\displaystyle \int e^{-x^{2}}\,dx,}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}$$

Вычисление

По полярным координатам

Стандартный способ вычисления гауссовского интеграла, идея которого восходит к Пуассону ^[3], заключается в использовании следующего свойства:

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

Рассмотрим функцию на плоскости и вычислим ее интеграл двумя способами: ${\displaystyle e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}}$ ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$

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

Сравнение этих двух вычислений дает интеграл, хотя следует учитывать наличие несобственных интегралов .

$${\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dx\,dy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\[6pt]&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\[6pt]&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\[6pt]&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\[6pt]&=\lim _{x\to -\infty }\pi \left(e^{0}-e^{x}\right)\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}$$где множитель r — это определитель Якоби , который появляется из-за преобразования в полярные координаты ( r dr dθ — стандартная мера на плоскости, выраженная в полярных координатах Wikibooks:Calculus/Polar Integration#Generalization), а подстановка подразумевает взятие s = − r ² , поэтому ds = −2 r dr .

Объединение этих выходов таким образом $${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

Полное доказательство

Для обоснования несобственных двойных интегралов и приравнивания двух выражений начнем с аппроксимирующей функции: $${\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.}$$

Если бы интеграл был абсолютно сходящимся, то мы имели бы его главное значение Коши , то есть предел совпадал бы с Чтобы убедиться в этом, рассмотрим, что $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$$

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

Итак, мы можем вычислить, просто взяв предел $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a).}$$

Возводя урожайность в квадрат ${\displaystyle I(a)}$

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

Используя теорему Фубини , приведенный выше двойной интеграл можно рассматривать как интеграл площади, взятый по квадрату с вершинами {(− a , a ), ( a , a ), ( a , − a ), (− a , − a )} на плоскости xy . $${\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x,y),}$$

Так как показательная функция больше 0 для всех действительных чисел, то отсюда следует, что интеграл, взятый по вписанной окружности квадрата, должен быть меньше , и аналогично интеграл, взятый по описанной окружности квадрата, должен быть больше . Интегралы по двум кругам можно легко вычислить, перейдя от декартовых координат к полярным координатам : ${\displaystyle I(a)^{2}}$ ${\displaystyle I(a)^{2}}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \end{aligned}}}$$ $${\displaystyle \mathbf {J} (r,\theta )={\begin{bmatrix}{\dfrac {\partial x}{\partial r}}&{\dfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\[1em]{\dfrac {\partial y}{\partial r}}&{\dfrac {\partial y}{\partial \theta }}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{bmatrix}}}$$ $${\displaystyle d(x,y)=|J(r,\theta )|d(r,\theta )=r\,d(r,\theta ).}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta .}$$

(См . полярные координаты из декартовых координат для получения помощи в полярном преобразовании.)

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

По теореме о сжатии это дает гауссовский интеграл $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

По декартовым координатам

Другая техника, восходящая к Лапласу (1812), ^[3] заключается в следующем. Пусть $${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}}$$

Поскольку пределы s при y → ±∞ зависят от знака x , то для упрощения вычислений можно воспользоваться тем фактом, что e ^{− x 2} является четной функцией , и, следовательно, интеграл по всем действительным числам равен всего лишь удвоенному интегралу от нуля до бесконечности. То есть,

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

Таким образом, в области интегрирования x ≥ 0 , а переменные y и s имеют одинаковые пределы. Это дает: Затем, используя теорему Фубини для переключения порядка интегрирования : $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}}{-2\left(1+s^{2}\right)}}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2\arctan(s){\Big |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}$$

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

КМетод Лапласа

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

Фактически, поскольку для всех , мы имеем точные границы: Тогда мы можем провести границу в пределе приближения Лапласа: ${\displaystyle (1+t)e^{-t}\leq 1}$ ${\displaystyle t}$ $${\displaystyle 1-x^{2}\leq e^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}}$$ $${\displaystyle \int _{[-1,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-1,1]}e^{-nx^{2}}dx\leq \int _{[-1,1]}(1+x^{2})^{-n}dx}$$

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

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

Извлекая квадратный корень из формулы Уоллиса , мы получаем , желаемый нижний предел. Аналогично мы можем получить желаемый верхний предел. И наоборот, если мы сначала вычислим интеграл одним из других методов, указанных выше, мы получим доказательство формулы Уоллиса. $${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}}$$ ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}=2\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}}$

Связь с гамма-функцией

Интегральная функция является четной функцией ,

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

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

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

где — гамма-функция . Это показывает, почему факториал полуцелого числа является рациональным кратным . В более общем случае, это можно получить, подставив в подынтегральное выражение гамма-функции, чтобы получить . ${\textstyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt}$ ${\textstyle {\sqrt {\pi }}}$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{b}}dx={\frac {\Gamma \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}},}$$ ${\displaystyle t=ax^{b}}$ ${\textstyle \Gamma (z)=a^{z}b\int _{0}^{\infty }x^{bz-1}e^{-ax^{b}}dx}$

Обобщения

Интеграл гауссовой функции

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

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

Эта форма полезна для расчета ожиданий некоторых непрерывных распределений вероятностей, связанных с нормальным распределением , например, логнормальным распределением .

Сложная форма

$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{{\frac {1}{2}}it^{2}}dt=e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }}}$$и, в более общем смысле, для любой положительно определенной симметричной матрицы . $${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{N}}e^{{\frac {1}{2}}ix^{T}Ax}dx=\det(A)^{-{\frac {1}{2}}}(e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }})^{N}}$$ ${\displaystyle A}$

н-мерное и функциональное обобщение

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

$${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}={\sqrt {\frac {1}{\det(A/2\pi )}}}={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}}$$Заполнив квадрат, это обобщается до $${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax+b^{\mathsf {T}}x+c\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}e^{{\frac {1}{2}}b^{\mathsf {T}}A^{-1}b+c}}$$

Этот факт применяется при изучении многомерного нормального распределения .

Кроме того, где σ — перестановка { 1, …, 2 N } , а дополнительный множитель в правой части — сумма по всем комбинаторным парам {1 , …, 2 N } N копий A ⁻¹ . $${\displaystyle \int x_{k_{1}}\cdots x_{k_{2N}}\,\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})_{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})_{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}}$$

В качестве альтернативы, ^[4]

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

для некоторой аналитической функции f , при условии, что она удовлетворяет некоторым соответствующим ограничениям на свой 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. ^{[ требуется ссылка ]} Однако все еще существует проблема, которая бесконечна, а также функциональный определитель также будет бесконечным в общем случае. Это можно решить, если рассматривать только отношения: ${\displaystyle (2\pi )^{\infty }}$

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

В обозначениях ДеВитта уравнение выглядит идентично конечномерному случаю.

н-мерный с линейным членом

Если A снова является симметричной положительно определенной матрицей, то (предполагая, что все являются векторами-столбцами) $${\displaystyle \int \exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum _{i=1}^{n}B_{i}x_{i}\right)d^{n}x=\int e^{-{\frac {1}{2}}{\vec {x}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} {\vec {x}}+{\vec {B}}^{\mathsf {T}}{\vec {x}}}d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det {A}}}}e^{{\frac {1}{2}}{\vec {B}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} ^{-1}{\vec {B}}}.}$$

Интегралы подобного вида

$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{b^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{b}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {n!}{2b^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}{2}}}}}$$где положительное целое число ${\displaystyle n}$

Самый простой способ их вывести — дифференцировать под знаком интеграла .

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

Можно также выполнить интегрирование по частям и найти рекуррентное соотношение для решения этой задачи.

Полиномы высшего порядка

Применение линейной замены базиса показывает, что интеграл экспоненты однородного полинома от n переменных может зависеть только от SL( n ) -инвариантов полинома. Одним из таких инвариантов является дискриминант , нули которого отмечают сингулярности интеграла. Однако интеграл может зависеть и от других инвариантов. ^[5]

Экспоненты других четных многочленов могут быть численно решены с помощью рядов. Они могут быть интерпретированы как формальные вычисления, когда нет сходимости. Например, решение интеграла экспоненты многочлена четвертой степени равно ^{[ необходима цитата ]}

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

Требование n + p = 0 mod 2 обусловлено тем, что интеграл от −∞ до 0 вносит множитель (−1) ^{n + p} /2 в каждый член, тогда как интеграл от 0 до +∞ вносит множитель 1/2 в каждый член. Эти интегралы появляются в таких предметах, как квантовая теория поля .

Смотрите также

• Математический портал
• Физический портал

• Список интегралов гауссовых функций
• Общие интегралы в квантовой теории поля
• Нормальное распределение
• Список интегралов показательных функций
• Функция ошибки
• Интеграл Березина

Ссылки

Цитаты

1. Stahl, Saul (апрель 2006 г.). «Эволюция нормального распределения» (PDF) . MAA.org . Получено 25 мая 2018 г. .
2. Cherry, GW (1985). «Интеграция в конечных членах со специальными функциями: функция ошибки». Журнал символических вычислений . 1 (3): 283–302. doi : 10.1016/S0747-7171(85)80037-7 .
3. Ли, Питер М. «Интеграл вероятности» (PDF) .
4. "Справочник по многомерному гауссовскому интегралу". Stack Exchange . 30 марта 2012 г.
5. Морозов, А.; Шакиров, Ш. (2009). "Введение в интегральные дискриминанты". Журнал физики высоких энергий . 2009 (12): 002. arXiv : 0903.2595 . Bibcode :2009JHEP...12..002M. doi :10.1088/1126-6708/2009/12/002.

Источники

• Вайсштейн, Эрик В. «Гауссовский интеграл». MathWorld .
• Гриффитс, Дэвид. Введение в квантовую механику (2-е изд.).
• Абрамовиц, М.; Стиган, И.А. Справочник по математическим функциям . Нью-Йорк: Dover Publications.