Графік f (x ) = e −x 2 і площа між функцією та x -віссю, що дорівнює √π Інтеграл Гаусса , також відомий як інтеграл Ейлера-Пуассона — це інтеграл функції Гаусса e −x 2 над усією областю дійсних чисел . Названий на честь німецького математика Карла Фрідріха Гаусса , і має вигляд
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}
Абрахам де Муавр першим відкрив цей тип інтегралів у 1733~р. Тоді як Гаусс опублікував точний інтеграл у 1809 р.[ 1] нормалізуючої константи нормального розподілу . Цей же інтеграл з фіксованими межами тісно пов'язаний як з функцією помилок так і з кумулятивною функцією нормального розподілу . У фізиці цей тип інтеграла часто з'являється, наприклад, в квантовій механіці , при знаходженні густини ймовірності основного стану гармонічного осцилятора . Цей інтеграл також використовується в означенні інтегралу вздовж траєкторії для знаходження функції поширення гармонічного осцилятора, а також у статистичній механіці
для знаходження функції розбиття .
Хоча функцію помилок не можна представити елементарними функціями ,
як це можна довести за допомогою
алгоритму Ріша ,[ 2] аналізу функцій багатьох змінних . Тобто, невизначений інтеграл
∫
e
−
x
2
d
x
,
{\displaystyle \int e^{-x^{2}}\,dx,}
не інтегрується в елементарних функціях,
але визначений інтеграл
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}
можна обчислити. Визначений інтеграл довільної функції Гаусса дорівнює
∫
−
∞
∞
e
−
a
(
x
+
b
)
2
d
x
=
π
a
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}
Стандартний спосіб обчислення інтеграла Гаусса, що був запропонований Пуассоном, базується на використанні наступної властивості:[ 3]
(
∫
−
∞
∞
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^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.}
Розглянемо функцію
e
−
(
x
2
+
y
2
)
=
e
−
r
2
{\displaystyle e^{-(x^{2}+y^{2})}=e^{-r^{2}}}
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
З однієї сторони, як подвійний інтеграл в декартовій системі координат , він дорівнює квадрат інтеграла Гаусса:
(
∫
e
−
x
2
d
x
)
2
;
{\displaystyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};}
З іншої сторони, за допомогою методу знаходження об'єму тіла обертання (випадок подвійного інтеграла у полярних координатах ), цей інтеграл дорівнює
π
{\displaystyle \pi }
З цих двох обчислень отримаємо шукане значення для інтеграла Гаусса, хоча при цьому слід подбати про відповідні невласні інтеграли :
∬
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
=
π
(
e
0
−
e
−
∞
)
=
π
,
{\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbf {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}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]&=\pi (e^{0}-e^{-\infty })\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}
де множник r -якобіан , який з'являється при переході до полярних координат у подвійному інтегралі (r dr dθ - стандартна міра на площині записана в полярних координатах , і інтегрування включає заміну s = −r 2 , а тому ds = −2r dr .
Таким чином,
(
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
)
2
=
π
,
{\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,}
Тоді:
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}}
Для обґрунтування невласних подвійних інтегралів та прирівнювання двох співвідношень, розпочнемо з апроксимуючої функції:
I
(
a
)
=
∫
−
a
a
e
−
x
2
d
x
.
{\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.}
Якби інтеграл
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}
був би абсолютно збіжним , то ми б отримали головне значення інтеграла за Коші ,тобто границя
lim
a
→
∞
I
(
a
)
{\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}
співпадала б з інтегралом
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}
Щоб побачити це врахуємо, що
∫
−
∞
∞
|
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 }|e^{-x^{2}}|\,dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx<\infty .}
Таким чином, для обчислення інтеграла
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}
потрібно знайти границю
lim
a
→
∞
I
(
a
)
{\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}
Підносячи
I
(
a
)
{\displaystyle I(a)}
I
2
(
a
)
=
(
∫
−
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^{2}(a)&=\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^{-(x^{2}+y^{2})}\,dy\,dx.\end{aligned}}}
Використовуючи теорему Фубіні , вищевказаний подвійний інтеграл можна розглядати як поверхневий інтеграл
∬
[
−
a
,
a
]
×
[
−
a
,
a
]
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
(
x
,
y
)
,
{\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y),}
взятий над квадратом з вершинами {(−a , a ), (a , a ), (a , −a ), (−a , −a )} на площині xy .
Оскільки, для всіх дійсних чисел, експоненціальна функція більша за 0, то звідси випливає,
що інтеграл, взятий над вписаним кругом ,
повинен бути меншим за
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
описаним кругом ,
повинен бути більшим ніж
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
полярної системи координат :
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 .}
(Див. Полярні координати з декартових координат щодо відповідних перетворень.)
Після інтегрування отримуємо
π
(
1
−
e
−
a
2
)
<
I
2
(
a
)
<
π
(
1
−
e
−
2
a
2
)
.
{\displaystyle \pi (1-e^{-a^{2}})<I^{2}(a)<\pi (1-e^{-2a^{2}}).}
За теоремою про двох поліцейських , отримаємо значення інтеграла Гаусса:
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}
Інша техніка, яка сходить до Лапласа (1812),[ 3]
y
=
x
s
d
y
=
x
d
s
.
{\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}}
Оскільки границі відносно s приy → ±∞ , залежать від знаку x , то для спрощення обчислень використовуємо той факт, що e −x 2 є парною функцією і, отже, інтеграл на множині всіх дійсних чисел удвічі більший ніж інтеграл від нуля до нескінченності :
∫
−
∞
∞
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 чином, при x ≥ 0, для змінних y and s маємо однакові границі. Тобто,
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
=
4
∫
0
∞
(
∫
0
∞
e
−
x
2
(
1
+
s
2
)
x
d
x
)
d
s
=
4
∫
0
∞
[
1
−
2
(
1
+
s
2
)
e
−
x
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 }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{-2(1+s^{2})}}e^{-x^{2}(1+s^{2})}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2{\Big [}\arctan s{\Big ]}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}
Отже, як і очікувалося,
I
=
π
{\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}
Підінтегральна функція - це парна функція , тому
∫
−
∞
∞
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 чином, цей інтеграл після заміни змінної
x
=
t
{\displaystyle 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 }}}
де
Γ
(
z
)
=
∫
0
∞
t
z
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt}
гамма-функція . Це показує, чому факторіал напівцілого числа є раціональним, домножиним на
π
{\displaystyle {\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}}},}
який можна отримати виконавши заміну
t
=
a
x
b
{\displaystyle t=ax^{b}}
Γ
(
z
)
=
a
z
b
∫
0
∞
x
b
z
−
1
e
−
a
x
b
d
x
{\displaystyle \Gamma (z)=a^{z}b\int _{0}^{\infty }x^{bz-1}{\rm {e}}^{-ax^{b}}{\rm {d}}x}
Результатом обчислення інтеграла довільної функції Гаусса є
∫
−
∞
∞
e
−
a
(
x
+
b
)
2
d
x
=
π
a
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}
Альтернативною формою є
∫
−
∞
∞
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}.}
Ця форма корисна для обчислення математичних сподівань деяких неперервних розподілів,
пов'язаних із нормальним розподілом, наприклад, для логнормального розподілу .
Припустимо, A - симетрична, додатньо визначена (отже, має обернену) матриця n × n коваріаційної матриці . Тому,
∫
−
∞
∞
exp
(
−
1
2
∑
i
,
j
=
1
n
A
i
j
x
i
x
j
)
d
n
x
=
∫
−
∞
∞
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 _{-\infty }^{\infty }\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int _{-\infty }^{\infty }\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{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})}}}
де інтеграл розуміється над R n багатовимірного нормального розподілу . Також
∫
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)}}}
де σ - перестановка множин {1, ..., 2N }, а додатковий коефіцієнт у правій частині -
це сума за всіма комбінаторними парами множини {1, ..., 2N } з N копій матриці A −1 .
Крім того,[ 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 \limits _{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 \limits _{i,j=1}^{n}(A^{-1})_{ij}{\partial \over \partial x_{i}}{\partial \over \partial x_{j}}\right)}f({\vec {x}})\right|_{{\vec {x}}=0}}
для деякої аналітичної функції f , за умови,
що вона задовольняє деяким відповідним обмеженням щодо свого зростання та деяким іншим технічним критеріям.
(Для деяких функцій вона працює, наприклад, для поліномів. А для деяких - ні.)
Піднесення до степеня диференціальним оператором розуміється в сенсі степеневих рядів .
Хоча функціональні інтеграли не мають чіткого означення (або навіть їх неможливо строго обчислити в більшості випадків),
проте ми можемо визначити функціональний інтеграл Гаусса аналогічно скінченновимірному випадку.
Але проблема все ж залишається, оскільки
(
2
π
)
∞
{\displaystyle (2\pi )^{\infty }}
функціональний детермінант буде нескінченним у загальному випадку. Проте це можна обійти, якщо розглянути відношення:
∫
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 {\frac {\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}{\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}}={\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)}).}
В позначеннях ДеВіта це співвідношення виглядає аналогічно скінченновимірному випадку.
Якщо A знову є симметричною, додатньо визначеною матрицею, тоді (при умові, що всі вектори є вектор-стовпцями):
∫
e
−
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 e^{-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum \limits _{i=1}^{n}B_{i}x_{i}}d^{n}x=\int e^{-{\frac {1}{2}}{\vec {x}}^{T}\mathbf {A} {\vec {x}}+{\vec {B}}^{T}{\vec {x}}}d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det {A}}}}e^{{\frac {1}{2}}{\vec {B}}^{T}\mathbf {A} ^{-1}{\vec {B}}}.}
∫
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
−
a
x
2
d
x
=
(
2
n
−
1
)
!
!
a
n
2
n
+
1
π
a
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{a^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{a}}}}
∫
0
∞
x
2
n
+
1
e
−
a
x
2
d
x
=
n
!
2
a
n
+
1
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {n!}{2a^{n+1}}}}
∫
0
∞
x
n
e
−
a
x
2
d
x
=
Γ
(
n
+
1
2
)
2
a
n
+
1
2
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2a^{\frac {n+1}{2}}}}}
Де
n
{\displaystyle n}
!
!
{\displaystyle !!}
подвійний факторіал .
Простий спосіб їх отримання --- це диференціювання під знаком інтеграла :
∫
−
∞
∞
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}}}
Також можна використовувати інтегрувати частинами та знайти відповідне рекурентне співвідношення .
Використання лінійної заміни базису показує, що інтеграл експоненти, в степені якої однорідний многочлен від n - змінних, може залежати тільки від
S
L
(
n
)
{\displaystyle SL(n)}
дискримінант ,
нулі якого позначають особливості інтеграла. Проте інтеграл також може залежати від других інваріантів.
Експоненту, в степені якої другі парні многочлени, можна чисельно обчислити за допомогою рядів.
Вони можуть бути інтерпритовані як формальные обчислення , коли немає збіжності.
Наприклад, обчислення інтеграла від експоненти, в степені якої поліном четвертого порядку, має вигляд:
∫
−
∞
∞
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}}}}.}
Вимога до того, щобn + p = 0 та те, що остача від ділення дорівнює 2 (mod 2) полягає в тому, що інтеграл від −∞ до 0 дає множник
(−1)n +p
Ці інтеграли з'являються в таких областях, як квантова теорія поля .
.svg)
![{\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbf {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}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]&=\pi (e^{0}-e^{-\infty })\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/258cbedd2993fcf6a75ab346811db755800124ac)
![{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}(a)&=\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^{-(x^{2}+y^{2})}\,dy\,dx.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6509fca491d3cb9b93190e16c658f16dec923f07)
![{\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y),}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4e4b58443461083729c25372d10f8c8f5fe9d08b)
![{\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e097ec3e6c6a5a79d16a9cf77f2427726eb94c49)
![{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{-2(1+s^{2})}}e^{-x^{2}(1+s^{2})}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2{\Big [}\arctan s{\Big ]}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/65e9062739e98701c8f9bcbf54fe8708a922ac35)
![{\displaystyle {\frac {\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}{\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}}={\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)}).}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/afc0ca573c6aa3321caf5cd4db0b732fda57fa81)
![{\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/840c63d1f982539f417c458e6942a2717c26cd19)
