אינטגרל גאוסיאני

אינטגרל גאוסיאני הוא אינטגרל מסוים על פונקציית צפיפות של התפלגות נורמלית, כלומר: $$\ \int {\frac {1}{\sqrt {2\pi \sigma ^{2}}}}e^{-{\frac {(x-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}}\,\mathrm {d} x$$ והכללותיו. באופן עקרוני, החלק הלא טריוויאלי באינטגרל זה הוא האינטגרל: $$\ \int e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x$$ וברגע שיודעים לפתור אותו קל לפתור גם את האינטגרל הכללי יותר שמופיע למעלה.

אינטגרל זה מופיע בתחומים רבים במתמטיקה ופיזיקה (בהם התפלגות נורמלית, התפלגות מקסוול בולצמן, פונקציית השגיאה, אינטגרלי מסלול, אוסצילטור הרמוני קוונטי ועוד) וניתן לחשבו במדויק בהנחה שגבולות האינטגרציה הם אינסופיים (אינטגרל לא אמיתי). האינטגרל קרוי על שם המתמטיקאי קרל פרידריך גאוס.

גאוסיאן במשתנה אחד

הנוסחה הכללית עבור גאוסיאן במשתנה אחד היא כדלהלן: $$\ \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}-bx-c}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}e^{\frac {b^{2}-4ac}{4a}}={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\exp {\left({\frac {b^{2}-4ac}{4a}}\right)},\quad a>0$$

הוכחת הנוסחה

את הנוסחה מוכיחים בשלושה שלבים:

1. מחשבים את $\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x$
2. מחשבים את $\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}}\,\mathrm {d} x$ באמצעות החלפת משתנים.
3. מחשבים את $\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}-bx-c}\,\mathrm {d} x$ באמצעות השלמה לריבוע.

שלב 1

קודם נראה שהאינטגרל מתכנס: $${\begin{aligned}0<\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm {d} x&\leq \int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{-\infty }^{-1}-e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{1}^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x\\&\leq \int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{1}^{+\infty }xe^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x<\infty \end{aligned}}$$ שכן עבור $|x|>1$ מתקיים $e^{-x^{2}}<|x|e^{-x^{2}}$ והאינטגרלים $\int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\mathrm {d} x=\left[-{\frac {e^{-x^{2}}}{2}}\right]_{1}^{\infty }={\frac {e^{-1}}{2}}={\frac {1}{2e}}$ והמקביל לו מתכנסים.

שנית, נציב $I=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x$, נכפול את $\ I$ באותו אינטגרל: $I^{2}=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y$.

מחוקי אינטגרל כפול (משפט פוביני) וכפל אקספוננטים מקבלים ש $\ I^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y$. 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-$\ \phi$ היא הזווית בין $\ r$ לציר ה-$\ x$.

את אלמנט הנפח האינפיניטסימלי מחשבים באמצעות היעקוביאן של הטרנספורמציה $\ \mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=r\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \phi$, ומקבלים ש-$\ I^{2}=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \phi$.

את החלק הזוויתי קל לחשב, שכן האינטגרנד לא תלוי בזווית. מקבלים ש-$$\ I^{2}=\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r\int _{0}^{2\pi }\,\mathrm {d} \phi =2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r=\pi \int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}2r\,\mathrm {d} r$$. כעת נשים לב ש-$\ (r^{2})'=2r$, ולכן $\ {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} r}}e^{-r^{2}}=-e^{-r^{2}}2r$, 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: $$I=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\pi }}$$

שלב 2

מבצעים את החלפת המשתנים הבאה: $\ y^{2}=ax^{2}\ ,\ y={\sqrt {a}}x\ ,\ \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {a}}}$

ואז: $\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\sqrt {a}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}$

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 $\ {\sqrt {\pi /a}}$ ואילו הגורם הקבוע באקספוננט כופל אותו.

הערות נוספות

יש לציין שהפונקציה עליה מחושב האינטגרל היא פונקציה זוגית ולכן

$\ \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x$

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

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

אינטגרל גאוסיאני במספר משתנים

אינטגרל של n משתנים בתבנית ביליניארית:

$\int \exp \left(-{\frac {1}{2}}A_{ij}x^{i}x^{j}\right)\,\mathrm {d} ^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}$

כאשר A היא מטריצה סימטרית חיובית לחלוטין.

אינטגרל גאוסיאני עם מקדם מדומה

כאשר המקדם של $x^{2}$ הוא $\pm i={\sqrt {-1}}$ עדיין אפשר לחשב את האינטגרל. השיטה הנכונה היא לבצע זאת באמצעות מסילה במישור המרוכב. מקבלים:

• $\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ix^{2}}\,\mathrm {d} x=(1-i){\sqrt {\frac {\pi }{2}}}$
• $\int _{-\infty }^{\infty }e^{+ix^{2}}\,\mathrm {d} x=(1+i){\sqrt {\frac {\pi }{2}}}$

קישורים חיצוניים

• סרטון עם פתרון של אינטגרל גאוסיאני בעברית מאת אלון סלע
• אינטגרל גאוסיאני, באתר MathWorld (באנגלית)
• סרטון המדגים כיצד פותרים אינטגרל גאוסיאני, סרטון באתר יוטיוב (באנגלית)