가우스 함수의 적분, sqrt(θ)와 동일
통계와 물리학의 이 적분은 수치 적분 방법인 가우스 직교와 혼동되어서 는 안 됩니다. 함수 ( x ) = ex 2 ({ displaystyle (x ) ^{-x 2}}} f x displaystyle π{ displaystyle {sqrt {pi 오일러-포아송 적분이라고 도 하는 가우스 적분 은 전체 실선에서 가우스 함수 ( x ) = e x 디스플레이 스타일 (x ^{-x^{2}}} 독일 수학자 칼 프리드리히 가우스 의 이름을 따서 명명된 적분은
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π . {\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,display=sqrtpi{}}.
에이브러햄 드 모브레는 1733년에 처음으로 이런 유형의 적분을 발견했고, 가우스는 [1] 출판 했습니다.적분기는 다양한 용도로 사용됩니다. 예를 들어, 변수가 약간 변경된 경우 정규 분포 의 정규화 상수를 계산하는 데 사용됩니다. 유한 한계가 있는 동일한 적분은 정규 분포 의 오차 함수 및 누적 분포 함수 모두와 밀접한 관련이 있습니다. 물리학에서 이러한 유형의 적분은 예를 들어 양자 역학 에서 고조파 발진기의 기저 상태의 확률 밀도를 찾기 위해 자주 나타납니다. 이 적분은 또한 경로 적분 공식, 조화 진동자의 전파자를 찾는 데 사용되며 통계 역학 에서 분할 함수를 찾는 데 사용됩니다.
오류 함수에 대한 기본 함수는 존재하지 않지만, Risch [2] 다변수 미적분의 방법을 통해 분석적으로 해결될 수 있습니다. 즉, 다음에 대한 기본 무한
∫ e − x 2 d x , {\displaystyle \inte^{-x^{2}}\,displaystyle,} 그러나 정적분 . ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,displaystyle} 평가할 수 있습니다. 임의의 가우스 함수의 정적분은 다음과 같습니다. ∫ − ∞ ∞ e − a ( x + b ) 2 d x = π a . {\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+b)^{2}}\,displaystyle={frac{pi}{a}}}.
계산 극좌표별 푸아송으로 [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}}\int_{-\infty}^{2}}=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^{2}}, dy=\int_{\infty}\infty^{\infty^{\infty}\infty^{\infty^{\infty^{\infty^{\infty} } } }
함수 x y 2 = er displaystyle ^{-\left(x^{2} y^{2}\right) 평면 R2 = e^{- r^{2 적분
한편 , 데카르트 좌표계에서의 이중 적분에 의해 , 그 적분은 정사각형입니다. ( ∫ e − x 2 d x ) 2 ; {\displaystyle \left(\inte^{-x^{2}}\,display\right\right)^{2};} 반면에, 쉘 적분 (극좌표 에서 이중 적분의 경우)에 의해, 그 적분은 displaystyle \pi} 이 두 계산을 비교하면 적분이 산출되지만, 관련된 부적절 한 적분에 주의해야 합니다.
∬ 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 , 표시({style{aligned}\iint _{\mathbb {R}^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}e^{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\drta \[6]=\int{pi^{2}\drfty}\inta \pi^{2}\drfty^{\drfty^{\drfty}\dr^{\dr^{\drta ds\\[6pt]&=\pi \left(e^{0}-e^{-\infty}\right)\ \[6pt]&=\pi,\end{aligned}}} 여기서 r 극좌표로의 변환 때문 야코비안 행렬식 입니다(rdrdθ Wikibooks: 미적분/극적분#일반화 ) 및 대체에는 = -r2 , s -2r 사용
이 산출물들을 결합하는 것.
( ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x ) 2 = π , {\displaystyle \left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,display\right)^{2}=\pi,} 그렇게 ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π . {\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,display=sqrtpi{}}.
완전한 증명 부적절한 이중 적분을 정당화하고 두 식을 동일하게 하기 위해 근사 함수로 시작합니다.
I ( a ) = ∫ − a a e − x 2 d x . {\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}개의 데이터를 표시합니다.
적분일 경우
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,displaystyle} 우리 는 그것의 코시 원금 가치, 즉 한계를 절대적으로 수렴 할 것입니다. 림 a → ∞ I ( a ) {\displaystyle \lim _{a\to \infty}I(a) 표시 와 일치할 것입니다. ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x . {\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,displaystyle} 이 경우를 확인하려면 다음과 같이 하십시오.
∫ − ∞ ∞ 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 }^{-x^{2}}\,displaystyle _{{-\infty }^{x^{x^{2}\infty}\infty}\infty.
그래서 우리는 계산할 수 있습니다.
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,displaystyle} 한계를 넘음으로써. 림 a → ∞ I ( a ) . {\displaystyle \lim _{a\to \infty}I(a)를 표시합니다.
I( a ) displaystyle 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 . 표시(\stylebegin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int_{-a}^{-x^{2}})\,dy\right)\left(\int_{-a}^{a}e^{-y^{2}}}\,dy\right)\" \[6pt]&=\int _{-a}^{a}\left(\int_{-a}^{a})\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dy\[6pt]&=\int_{-a}^{a}\int_{a}^{a}^{\left(x^2}+y^2\right)},\dy. \end{aligned}}}
푸비니의 정리 를 이용하여, 위의 이중 적분은 면적 적분으로 볼 수 있습니다.
∬ [ − 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),} xy-평면 에서 정점이 {(-a , a ),a , a ),a, -a), (-a, -a)}인 정사각형을 차지합니다.
모든 실수에 대해 지수 함수가 0보다 크므로, 정사각형의 원 을 차지하는 적분은 I(a) 2 정사각형 원 을 차지하는 적분은 I(a) 2 . 데카르트 좌표에서 극좌표로 전환 하면 두 디스크의 적분을 쉽게 계산할 수 있습니다.
x = r 코스 θ y = r 죄악 θ 표시({style{aligned}x&=r\cos \theta \y&=r\sin \theta \end{aligned}}) J ( r , θ ) = [ ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ ] = [ 코스 θ − r 죄악 θ 죄악 θ r 코스 θ ] 표시 스타일 \mathbf {J}(r,\theta)={bmatrix}{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac}{\dfrac{\dfrac}{\dfrac{\dfrac{\dfrac}{\end{bmatrix}}}&{\dfrac{\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta\ta 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 . \"표시 스타일 \int _{0}^{2\pi}\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int_{0}^{2\pi}\int_{\sqrt{2}}re^{r^{r^{2}}\dr,d\theta}.
(극 변환에 대한 자세한 내용은 데카르트 좌표의 극좌표를 참조 하십시오.)
통합 중,
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)}
스퀴즈 정리에 의해, 이것은 가우스 적분을 제공합니다.
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π . {\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,display=sqrtpi{}}.
데카르트 좌표 기준 라플라스(1812)[3]
y = x s d y = x d s . 디스플레이({style{aligned}y&=dys&=x\,ds). \end{aligned}}}
say → ±module에 대한 한계는 x 의 부호에 따라 달라지므로 e 가 짝수 함수 −x 2 사실을 사용하여 계산을 단순화합니다. 따라서 모든 실수에 대한 적분은 0에서 무한대까지의 적분의 두 배에 불과합니다.그것은,
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = 2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x . \displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,displaystyle =2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,displaystyle }
따라서 적분 범위에서 x 0 및 변수 y와 s 의 한계는 동일합니다. 이는 다음과 같습니다.
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 스타일 표시({{aligned}) I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}e^{,dy\[6pt]&4\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\infty}{\right)\infty^{\infty}\infty^{\right}\infty}\dy^{\right}\dy^{ 그런 다음 푸비니 의 정리를 사용하여 적분 순서 를 바꿉니다. 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 아크탄 ( s ) 0 ∞ = π . 스타일 표시({{aligned}) I^{2}&=4\int _{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\[6pt]&4\int_{0}^{\inft}\left[\frac{x^2}{x^{\left+1}\right}{s}\right}\right}{s}{2}\right}\right}{\right}{s^{ {x=0}^{x=\infty}\,ds\[6pt]&=4\lefts\frac{1}{2}}\int_{0}^{\infty}{\frac{ds}{1+s^{2} }}}\오른쪽)\ \[6pt]&=2\arctan(s){\Big}_{0}^{\infty}\[6pt]&=\pi. \end{aligned}}}
따라서 = π displaystyle sqrt pi
라플라스 근사에서는 테일러 확장에서 최대 2차 항만 다루기 때문에 e x 2 ≈ 1 x ≈ 1 + x 2 1 displaystyle ^{-x^{2}}\ approx 1-x^{2}\ approx (1+x^{2})^{-1 고려
사실, (1 t et ≤ displaystyle + t e^{-t }\ leq } 모든 t
1 − x 2 ≤ e − x 2 ≤ ( 1 + x 2 ) − 1 표시 스타일 1-x^{2}\leq ^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}} 그런 다음 라플라스 근사 한계에서 경계를 수행할 수 있습니다. ∫ [ − 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}\leq \int _{[-1,1]}e^{nx^{2}}{\leq \int _{[-1,1]}(1+x^{2})^{-n}}}^{n}}}{{n}}}}}}{{{\leq}}}}}}}}}{{{{\leq}}}}}}}}}}}}.
그것은,
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}\leq \int _{[-{\sqrt {n}}}e^{-x^{2}}{\leq 2"sqrt {n}}\int _{0,1}(1+x^2})^{n}^{n}^{n}}^{n}}}}^-n}
삼각 치환에 의해, 우리는 정확 개 경계 : 2 2 {\displaystyle 2 n}}(2 )!!/(2 1 그리고 n π 2 n 2 displaystyle sqrt {n}}(\pi 2)(2 )!!/(2 )!!
월리스 공식의 제곱근을 취함으로써,
π 2 = ∏ n = 1 ( 2 n ) 2 ( 2 n − 1 ) ( 2 n + 1 ) 표시({style {\frac {pi}{2}}=\frac _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}} π = lim n 2 n 2 1 {\ displaystyle {n\to }2 {\sqrt {n frac {(2 n)!! }{(2n+1)!! , 마찬가지로 우리는 원하는 하한을 얻을 수 있습니다. 반대로 위의 다른 방법 중 하나로 적분을 먼저 계산하면 월리스 공식의 증거를 얻을 수 있습니다.
감마 함수와의 관계 적분기는 짝수 함수입니다.
∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = 2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}substy=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}substy}
따라서 변수 = t ({ textstyle 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}}t=2\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{2}}\t^{-t}\t^{-{\frac{2}}}dt=\Gamma \left\frac{frac{1}{2}{\right}}=sqrt{pi}.
여기서 Δ z ) = Δ Δ 1 e td {\textstyle \Gamma int _{ infty } z-1}e^{-t} dt 는 이것은 왜 반 정수의 요인 π .
∫ 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}}sk=skfrac \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}}},} 이는 감마 = a x b displaystyle = a z ) a γ 0 ∞ b z 1 e x x textstyle a^{z} b\int 0}^{\infty} b-1}e^{ax^{b
일반화 가우스 함수의 적분 임의의 가우스 함수의 적분은 다음과 같습니다.
∫ − ∞ ∞ e − a ( x + b ) 2 d x = π a . {\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+b)^{2}}\,displaystyle={frac{pi}{a}}}.
다른 형태는 다음과 같습니다.
∫ − ∞ ∞ 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}\,sk=sqrt{frac{pi}}\,e^{\frac{b^{2}}{4a}}+c}}}.
이 형식은 로그 정규 분포와 같은 정규 분포와 관련된 일부 연속 확률 분포의 기대치를 계산하는 데 유용합니다.
n차원 및 기능적 일반화 A 가 대칭 양의 정의(즉, 가역 n 행렬 은 공분산 행렬의 행렬 역입니다.그리고나서,
∫ R n 해외의 ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ∫ R n 해외의 ( − 1 2 x T A x ) d n x = ( 2 π ) n 디트 A = 1 디트 ( A / 2 π ) = 디트 ( 2 π A − 1 ) {\displaystyle \int _{\mathbb {R}^{n}}\exp \left{\frac {1}{2}}\sum \displaystyle _{i,j=1}^{n} A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int_{\mathbb{R}^{n}}\exp{{left}{\mathsf{T}X{\right}}\,d^{n}x=sqrt{frac{n}{n}{{deta}}}}=sqrt{frac{{\deta}{{{\dt}{{\deta}}}}{frac{\d}}}}{\dt
이 사실은 다변량 정규 분포 연구에 적용됩니다.
또한.
∫ x k 1 ⋯ x k 2 N 해외의 ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ( 2 π ) n 디트 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_{2} N}}\,\exp{{left}{\frac{1}{2}}\sum \sum \sum _{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(2N-1)}}\cdots(A^{-1})_{k_{\sigma(2N)}}} 여기서 π 는 {1, …, 2N} 의 순열이고 오른쪽에 있는 추가 요인은 N개 의−1 A 복사본 {1, …, 2N} 개의 모든 조합 쌍에 대한 합입니다.
대신에,[4]
∫ f ( x → ) 해외의 ( − 1 2 ∑ i , j = 1 n A i j x i x j ) d n x = ( 2 π ) n 디트 A 해외의 ( 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}}\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\over 2}\sum _{i,j=1}^{n}\left(A^{-1}\right)_{ij}{\partial \over \latic x_{j}\right)}f\vec {x})\right_{{\vec {x}}=0}}}
일부 분석 함수 f의 경우, 성장에 대한 일부 적절한 경계 및 기타 기술 기준을 충족하는 경우. (일부 기능에서는 작동하고 다른 기능에서는 작동하지 않습니다. 다항식은 괜찮습니다.) 미분 연산자에 대한 지수는 멱급수 로 이해됩니다.
기능적분 은 엄격한 정의(또는 대부분의 경우 엄격하지 않은 계산적분)가 없지만 유한 차원의 [citation needed 경우와 유사하게 가우스 기능적분을 정의할 수 있습니다 .그러나 (2θ ) {\ displaystyle (2\pi)^{\infty 함수 행렬식 도 일반적으로 무한하다는 비율만 고려할 경우 이 문제를 해결할 수 있습니다.
∫ f ( x 1 ) ⋯ f ( x 2 N ) 해외의 [ − ∬ 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 ∫ 해외의 [ − ∬ 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 ) ) . {\stylebegin{aligned}&{\frac{\displaystyle \int f(x_{2N})\cdots f(x_\iint {1})\exp \left[{-\iint {2N+1}}A(x_{2N+1})f(x_{2N+2}),d^{x_{n+1}{d}{\calight}{d}{displaystystyled}{d}{d}{d}{d}d}d}d}d} 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}}} DeWitt 표기법에서 방정식은 유한 차원의 경우와 동일하게 보입니다.
선형 항이 있는 n차원 만약 A가 다시 대칭 양의-확정 행렬이라면, (모두가 열 벡터라고 가정)
∫ 해외의 ( − 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 디트 A e 1 2 B → T A − 1 B → . {\displaystyle \int \exp \leftp{\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=\inte^{-{\frac{1}{2}}{\vec{x}}}^{\mathfrac{T}}{\vec{B}}}\mathbfraq{{n}{t}{n}{n}{n}{n}{n}}}{{t}}}}}}{{{\mathbf}}}
유사한 형태의 적분
∫ 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}}}\,displaystyle=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{2}}{a^{2}}}\,displaystyle=displayfrac{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}}\,displaystyle=nbfrac {(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}}\,displaystyle=displayfrac{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}}\,displaystyle={gamma({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}}}}} 여기 n displaystyle displaystyle!! 이중 요인 설계를 나타냅니다.
이것들을 도출하는 쉬운 방법은 적분 부호 아래에서 구별 하는 것입니다.
∫ − ∞ ∞ x 2 n e − α의 x 2 d x = ( − 1 ) n ∫ − ∞ ∞ ∂ n ∂ α의 n e − α의 x 2 d x = ( − 1 ) n ∂ n ∂ α의 n ∫ − ∞ ∞ e − α의 x 2 d x = π ( − 1 ) n ∂ n ∂ α의 n α의 − 1 2 = π α의 ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 α의 ) n 표시({style{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}\,syslog&=\left\right) ^{n}\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{{n}}{\frac \alpha ^{n}}}e^{-\alpha x^{2}}\,calpha\&=\left\right) ^{n}{\frac{\frac{\frac\alpha^{n}}{\infty}^{\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^{2}}\,sk\[6pt]&=sqrt{pi}\left1\right) ^{n}{\frac {\frac \alpha ^{n}}{\alpha ^{n}}\alpha ^{-{\frac {1}}\&=sqrt {{frac \pi}{\alpha }}{\frac {(2n-1)!! }{\left(2\alpha \right) ^{n}}\end{aligned}}}
또한 부품별로 통합하여 이를 해결할 수 있는 반복 관계를 찾을 수 있습니다.
고차 다항식 선형 기저 변화를 적용하면 n개 변수 에서 균질 다항식의 지수 적분이 다항식의 SL (불변형 에만 의존할 수 있음을 알 수 있습니다. 그러한 불변성 중 하나는 적분의 특이점을 표시하는 0인 판별식 입니다. 그러나 적분은 다른 [5]
다른 짝수 다항식의 지수는 급수를 사용하여 수치적으로 해결할 수 있습니다. 수렴이 없는 경우 공식 계산으로 해석 할 수 있습니다. 예를 들어, 4차 다항식의[citation needed 지수 적분에 대한 해는 다음과 같습니다.
∫ − ∞ ∞ 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 모드 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}+cx^{2}{f}\sum_{\n{smallmatrix}n,m,p=0\n+p=0\mod2\end{smatrix}^{\infty}{\frac{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}}}}.
n + p 0 mod 2 요구 사항 -1/n +p 의 계수를 기여하는 반면 0에서 +sigma까지의 적분은 각 항에 1/2의 계수를 기여하기 때문입니다. 이러한 적분은 양자장 이론과 같은 주제에서 나타납니다.
참고 항목 레퍼런스 인용문 원천
두 가지 방법으로 계산합니다.
![{\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]&=\pi \left(e^{0}-e^{-\infty }\right)\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/42e89cdf6ab4d6105586611caa0dc40e463877c9)
![{\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}}}](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,y),}](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}\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^{-\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}}}](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{aligned}}}](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)
감마 함수입니다.이것은 왜 반 정수의 
![{\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)
