高斯積分 (英語:Gaussian integral ),有時也被稱為概率積分 ,是高斯函數 (e −x 2 )在整個實數線 上的積分 。它得名於德國 數學家 兼物理學家 卡爾·弗里德里希·高斯 之姓氏。
f (x ) = e −x 2 的圖像,這個函數與 x 軸之間的面積等於
π
{\displaystyle \scriptstyle {\sqrt {\pi }}}
。
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}}
高斯積分用處很廣。例如,利用換元積分法,它可以用來計算常態分布 的歸一化常數 。在極限為有限值的時候,高斯積分與常態分布 的誤差函數 和累積分布函數 密切相關。在物理學中,這種積分也經常出現:例如在量子力學 中,諧振子基態的概率密度;在路徑積分公式中,諧振子的傳播子;以及統計力學 中的配分函數,以上的計算都要用到這個積分。
我們可以通過Risch算法 證明誤差函數不具有初等函數 形式;儘管如此,高斯積分可以通過多元微積分 方法分析求解。雖然不定積分
∫
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int e^{-x^{2}}\,dx}
無法用初等函數表示,但定積分
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}
是可以計算的。
任意高斯函數 的定積分為
∫
−
∞
∞
e
−
a
(
x
+
b
)
2
d
x
=
π
a
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}
要想找到高斯積分的閉合形式,首先定義一個近似函數:
I
(
a
)
=
∫
−
a
a
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx}
,
高斯積分可以通過它的極限來運算:
lim
a
→
∞
I
(
a
)
=
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
d
x
.
{\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}
對
I
{\displaystyle I}
取平方獲得
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
x
d
y
.
{\displaystyle I^{2}(a)=\left(\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)\cdot \left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dx=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.}
根據富比尼定理 ,以上的雙重積分可以被看作是直角坐標系 上一個正方形的面積積分
∫
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
(
x
,
y
)
{\displaystyle \int e^{-(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y)}
,其頂點 為
{
(
−
a
,
a
)
,
(
a
,
a
)
,
(
a
,
−
a
)
,
(
−
a
,
−
a
)
}
{\displaystyle \{(-a,a),(a,a),(a,-a),(-a,-a)\}}
。
不論
x
{\displaystyle x}
為任何實數,指數函數
e
x
{\displaystyle e^{x}}
均大於0,所以這個正方形的內切圓 的積分必須小於
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
。同理,正方形的外接圓 積分必須大於
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
。通過從直角坐標系轉化到極坐標系
x
=
r
cos
θ
{\displaystyle x=r\,\cos \theta }
,
y
=
r
sin
θ
{\displaystyle y=r\,\sin \theta }
,
d
(
x
,
y
)
=
r
d
(
r
,
θ
)
{\displaystyle d(x,y)=r\,d(r,\theta )}
,可以計算出這兩個圓面的積分:
∫
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 }
,
得到
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}}).}
使用夾擠定理 獲得高斯積分
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}
在這裡,對於n 為自然數時,沃利斯積分 定義為:
I
n
=
∫
0
π
2
sin
n
x
d
x
=
{
n
−
1
n
⋅
n
−
3
n
−
2
⋯
3
4
⋅
1
2
⋅
π
2
2
|
n
n
−
1
n
⋅
n
−
3
n
−
2
⋯
4
5
⋅
2
3
⋅
1
2
∤
n
{\displaystyle I_{n}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{n}x\mathrm {d} x={\begin{cases}{\dfrac {n-1}{n}}\cdot {\dfrac {n-3}{n-2}}\cdots {\dfrac {3}{4}}\cdot {\dfrac {1}{2}}\cdot {\dfrac {\pi }{2}}&2|n\\{\dfrac {n-1}{n}}\cdot {\dfrac {n-3}{n-2}}\cdots {\dfrac {4}{5}}\cdot {\dfrac {2}{3}}\cdot 1&2\nmid n\end{cases}}}
因此有
n
+
1
n
+
2
=
I
n
+
2
I
n
{\displaystyle {\frac {n+1}{n+2}}={\frac {I_{n+2}}{I_{n}}}}
的關係,並且根據
I
n
+
2
⩽
I
n
+
1
⩽
I
n
{\displaystyle I_{n+2}\leqslant I_{n+1}\leqslant I_{n}}
以及夾擠定理 得到
lim
n
→
∞
I
n
+
1
I
n
=
1
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {I_{n+1}}{I_{n}}}=1}
,另外也可以得到
(
n
+
2
)
I
n
+
1
I
n
+
2
(
n
+
1
)
I
n
I
n
+
1
=
1
{\displaystyle {\frac {(n+2)I_{n+1}I_{n+2}}{(n+1)I_{n}I_{n+1}}}=1}
,因此總有
(
n
+
1
)
I
n
I
n
+
1
=
I
0
I
1
=
π
2
{\displaystyle (n+1)I_{n}I_{n+1}=I_{0}I_{1}={\frac {\pi }{2}}}
,於是可以得到:
lim
n
→
∞
(
n
+
1
)
I
n
+
1
n
I
n
=
lim
n
→
∞
(
n
+
1
)
I
n
I
n
+
1
n
I
n
2
=
lim
n
→
∞
π
2
n
I
n
2
=
1
lim
n
→
∞
n
I
n
=
π
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)I_{n+1}}{nI_{n}}}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)I_{n}I_{n+1}}{nI_{n}^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {\pi }{2nI_{n}^{2}}}=1\\\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n}}I_{n}&={\sqrt {\frac {\pi }{2}}}\end{aligned}}}
考慮到
e
t
=
∑
k
=
0
∞
t
k
k
!
{\displaystyle \mathrm {e} ^{t}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {t^{k}}{k!}}}
以及
1
1
−
t
=
∑
k
=
0
∞
t
k
{\displaystyle {\frac {1}{1-t}}=\sum _{k=0}^{\infty }t^{k}}
,因此當
t
⩾
0
{\displaystyle t\geqslant 0}
時該不等式成立:
1
1
−
t
⩾
e
t
⩾
1
+
t
{\displaystyle {\frac {1}{1-t}}\geqslant \mathrm {e} ^{t}\geqslant 1+t}
當
t
=
x
2
{\displaystyle t=x^{2}}
並且不等式各邊取倒數之後,變成:
1
−
x
2
⩽
e
−
x
2
⩽
1
1
+
x
2
{\displaystyle 1-x^{2}\leqslant \mathrm {e} ^{-x^{2}}\leqslant {\frac {1}{1+x^{2}}}}
各邊同時乘方運算與積分,並且最右邊的部分積分區間大於左邊與中間部分,變成:
∫
0
1
(
1
−
x
2
)
n
d
x
⩽
∫
0
1
e
−
n
x
2
d
x
⩽
∫
0
∞
d
x
(
1
+
x
2
)
n
{\displaystyle \int _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\mathrm {d} x\leqslant \int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{-nx^{2}}\mathrm {d} x\leqslant \int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} x}{(1+x^{2})^{n}}}}
最左邊變量代換為
x
=
sin
θ
{\displaystyle x=\sin \theta }
得
d
x
=
cos
θ
d
θ
{\displaystyle \mathrm {d} x=\cos \theta \mathrm {d} \theta }
;當中變量代換為
x
=
y
n
{\displaystyle x={\frac {y}{\sqrt {n}}}}
;最右邊變量代換為
x
=
tan
θ
{\displaystyle x=\tan \theta }
得
d
x
=
sec
2
θ
d
θ
=
d
θ
cos
2
θ
{\displaystyle \mathrm {d} x=\sec ^{2}\theta \mathrm {d} \theta ={\frac {\mathrm {d} \theta }{\cos ^{2}\theta }}}
,變成:
∫
0
π
2
cos
2
n
+
1
θ
d
θ
⩽
1
n
∫
0
n
e
−
y
2
d
y
⩽
∫
0
π
2
cos
2
n
−
2
θ
d
θ
{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n+1}\theta \mathrm {d} \theta \leqslant {\frac {1}{\sqrt {n}}}\int _{0}^{\sqrt {n}}\mathrm {e} ^{-y^{2}}\mathrm {d} y\leqslant \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-2}\theta \mathrm {d} \theta }
利用誘導公式
cos
(
π
2
−
θ
)
=
sin
θ
{\displaystyle \cos \left({\frac {\pi }{2}}-\theta \right)=\sin \theta }
,並且同時乘係數
n
{\displaystyle {\sqrt {n}}}
,變成:
n
∫
0
π
2
sin
2
n
+
1
θ
d
θ
⩽
∫
0
n
e
−
y
2
d
y
⩽
n
∫
0
π
2
sin
2
n
−
2
θ
d
θ
{\displaystyle {\sqrt {n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n+1}\theta \mathrm {d} \theta \leqslant \int _{0}^{\sqrt {n}}\mathrm {e} ^{-y^{2}}\mathrm {d} y\leqslant {\sqrt {n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-2}\theta \mathrm {d} \theta }
此時即為
n
I
2
n
+
1
⩽
∫
0
n
e
−
y
2
d
y
⩽
n
I
2
n
−
2
{\displaystyle {\sqrt {n}}I_{2n+1}\leqslant \int _{0}^{\sqrt {n}}\mathrm {e} ^{-y^{2}}\mathrm {d} y\leqslant {\sqrt {n}}I_{2n-2}}
,當
n
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
時通過夾擠定理 可以得到共同極限為
π
2
{\displaystyle {\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}
,最終有
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
2
∫
0
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\mathrm {e} ^{-x^{2}}\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\infty }\mathrm {e} ^{-x^{2}}\mathrm {d} x={\sqrt {\pi }}}
。
任一高斯函數 的積分都可以用以下的公式計算:
∫
−
∞
∞
e
−
a
(
x
+
b
)
2
d
x
=
π
a
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}}
更為廣泛的形式為:
∫
−
∞
∞
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}}
這一公式在計算有關常態分布 的一些連續概率分布 的數學期望值的時候特別有用,例如對數常態分布 。
令
A
{\displaystyle A}
為一個對稱的、正定 的(因而可逆 )
n
×
n
{\displaystyle n\times n}
精密矩陣 (即協方差矩陣 的逆矩陣),則
∫
−
∞
∞
e
(
−
1
2
∑
i
,
j
=
1
n
A
i
j
x
i
x
j
)
d
n
x
=
∫
−
∞
∞
e
(
−
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 }e^{\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int _{-\infty }^{\infty }e^{\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})}}}
這裡的積分是對R n 的。上式被用於研究多元常態分布 。
同樣,
∫
x
k
1
⋯
x
k
2
N
e
(
−
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}}\,e^{\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)}}}
這裡的 σ 表示的是有序集 {1, ..., 2N } 的不同排列 。等式右邊的係數是對
N
{\displaystyle N}
個重複的 A-1 的 {1, ..., 2N } 中所有的組合的求和(the sum over all combinatorial pairings of {1, ..., 2N } of N copies of A −1 )。[來源請求]
或者,
∫
f
(
x
→
)
e
(
−
1
2
∑
i
,
j
=
1
n
A
i
j
x
i
x
j
)
d
n
x
=
(
2
π
)
n
det
A
e
(
1
2
∑
i
,
j
=
1
n
(
A
−
1
)
i
j
∂
∂
x
i
∂
∂
x
j
)
f
(
x
→
)
|
x
→
=
0
{\displaystyle \int f({\vec {x}})e^{\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.e^{\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}}
以上積分中的
f
{\displaystyle f}
是解析函數 ,且函數值的增長必須滿足某些邊界條件以及另一些特定要求。微分算子的冪可以理解為冪級數 。
雖然泛函積分 沒有嚴格的定義,但是我們仍然可以依照有限維的情況「定義」高斯泛函積分。[來源請求] 然而,
(
2
π
)
∞
{\displaystyle (2\pi )^{\infty }}
無窮大的問題依然存在,且大部分的泛函行列式 也是無窮大的。如果只考慮比例:
∫
f
(
x
1
)
⋯
f
(
x
2
N
)
e
−
∬
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
∫
e
−
∬
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})e^{-\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}}{\mathcal {D}}f}{\int e^{-\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}}{\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)}).}
則可以解決這個問題。在德維特標記法 下,此公式與有限維的情況一致。
如果A是一個對稱的正定矩陣,則有(假設均為列向量)
∫
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}}}}}
其中,n 為正整數,「!!」表示雙階乘 。
這類積分的一種簡單的計算方式是應用萊布尼茲積分規則 對參數進行微分:
∫
−
∞
∞
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\\&={\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}}}
也可以先分部積分 ,然後找出遞推關係 之後求解。
埃里克·韋斯坦因 . Gaussian Integral . MathWorld .
Griffiths, David. Introduction to Quantum Mechanics 2nd.
Abramowitz, M.; Stegun, I. A. Handbook of Mathematical Functions. New York: Dover Publications.