אינטגרל גאוסיאני

מתוך המכלול, האנציקלופדיה היהודית
קפיצה לניווט קפיצה לחיפוש

אינטגרל גאוסיאני (על שם המתמטיקאי קרל פרידריך גאוס) הוא אינטגרל מסוים על פונקציית צפיפות של התפלגות נורמלית, כלומר:

$ {\displaystyle \int {\frac {1}{\sqrt {2\pi \sigma ^{2}}}}e^{-{\frac {(x-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}}dx} $

והכללותיו. באופן עקרוני, החלק הלא-טריוויאלי באינטגרל זה הוא האינטגרל

$ {\displaystyle \int e^{-x^{2}}dx} $

וברגע שיודעים לפתור אותו קל לפתור גם את האינטגרל הכללי יותר המופיע למעלה.

אינטגרל זה מופיע בתחומים רבים במתמטיקה ופיזיקה (בהם התפלגות נורמלית, התפלגות מקסוול-בולצמן, פונקציית השגיאה, אינטגרלי מסלול, מתנד הרמוני קוונטי ועוד) וניתן לחשבו במדויק בהנחה שגבולות האינטגרציה הם אינסופיים (אינטגרל לא-אמיתי).

גאוסיאן במשתנה אחד

הנוסחה הכללית עבור גאוסיאן במשתנה אחד היא כלדהלן:

$ {\displaystyle \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-(ax^{2}+bx+c)}dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}e^{\frac {b^{2}-4ac}{4a}},\quad a>0} $

הוכחת הנוסחה

את הנוסחה מוכיחים בשלושה שלבים:

  1. מחשבים את $ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx $
  2. מחשבים את $ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-ax^{2}}dx $ באמצעות החלפת משתנה.
  3. מחשבים את $ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-(ax^{2}+bx+c)}dx $ באמצעות השלמה לריבוע.

שלב 1

כדי לחשב $ I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx $ , נכפול את $ I $ באותו אינטגרל: $ I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}dy $

מחוקי אינטגרל כפול (משפט פוביני) וכפל אקספוננטים מקבלים כי $ I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dx\,dy $ . נשים לב שזוהי אינטגרציה על כל המישור $ x-y $ . נבצע החלפת משתנים לתיאור האינטגרציה בקואורדינטות קוטביות $ (r,\phi ) $ כאשר $ r^{2}=x^{2}+y^{2} $ ו-$ \phi $ הזווית בין $ r $ לציר X.

את אלמנט הנפח האינפיניטסימלי מחשבים באמצעות היעקוביאן של ההתמרה $ dx\,dy=r\,dr\,d\phi $ , ומקבלים כי $ I^{2}=\int \limits _{0}^{2\pi }\int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\phi $ .

את החלק הזוויתי קל לחשב, שכן האינטגרנד לא תלוי בזווית. מקבלים כי

$ I^{2}=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\int \limits _{0}^{2\pi }d\phi =2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}2r\,dr $

כעת נשים לב כי $ {\frac {d}{dr}}(r^{2})=2r $ ולכן $ {\frac {d}{dr}}e^{-r^{2}}=-e^{-r^{2}}2r $ , ולכן $ I^{2}=\pi \left[-e^{-r^{2}}\right]_{0}^{\infty }=\pi [0-(-1)]=\pi $ .

לוקחים שורש ריבועי חיובי (כי האינטגרנד חיובי), ומקבלים $ I={\sqrt {\pi }} $ או לסיכום:

$ {\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}} $

שלב 2

מבצעים את החלפת המשתנים הבאה: $ y^{2}=ax^{2}\ ,\ y={\sqrt {a}}x\ ,\ dx={\frac {dy}{\sqrt {a}}} $ ואז $ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-ax^{2}}dx={\frac {1}{\sqrt {a}}}\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}dy={\sqrt {\frac {\pi }{a}}} $

שלב 3

ההשלמה לריבוע:

$ -(ax^{2}+bx+c)=-a\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)^{2}+{\frac {b^{2}}{4a}}-c $

האינטגרציה על הריבוע נותנת $ {\sqrt {\frac {\pi }{a}}} $ ואילו הגורם הקבוע באקספוננט כופל אותו.

הערות נוספות

יש לציין שאינטגרל זה הוא פונקציה זוגית ולכן

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

ניתן לחשב את האינטגרל גם כאשר האינטגרנד נכפל בחזקה של $ x $ ,

$ {\begin{aligned}\int \limits _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-\left({\frac {x}{a}}\right)^{2}}dx&={\sqrt {\pi }}{\frac {(2n)!}{n!}}\left({\frac {a}{2}}\right)^{2n+1}\\\int \limits _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-\left({\frac {x}{a}}\right)^{2}}dx&={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}\end{aligned}} $

אינטגרל גאוסיאני במספר משתנים

אינטגרל של $ n $ משתנים בתבנית בילינארית:

$ \int e^{-{\frac {1}{2}}A_{ij}x^{i}x^{j}}dx^{n}={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}} $

כאשר $ A $ היא מטריצה סימטרית חיובית לחלוטין.

אינטגרל גאוסיאני עם מקדם מדומה

כאשר המקדם של $ x^{2} $ הוא $ \pm i $ עדיין אפשר לחשב את האינטגרל. השיטה הנכונה היא לבצע זאת באמצעות מסילה במישור המרוכב. מקבלים:

$ {\begin{aligned}\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-ix^{2}}dx&=(1-i){\sqrt {\frac {\pi }{2}}}\\\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ix^{2}}dx&=(1+i){\sqrt {\frac {\pi }{2}}}\end{aligned}} $

קישורים חיצוניים