高斯积分

f(x) = e^−x2 的图像，这个函数与 x 轴之间的面积等于 $\sqrt{\pi }$。

高斯积分（Template:Lang-en），有时也被称为概率积分，是高斯函数（e^−x2）在整个實數線上的积分。它得名于德国数学家兼物理学家卡爾·弗里德里希·高斯之姓氏。

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$

高斯积分用处很广。例如，利用换元积分法，它可以用来计算正态分布的归一化常数。在极限为有限值的时候，高斯积分与正态分布的误差函数和累积分布函数密切相关。在物理学中，这种积分也经常出现：例如在量子力学中，谐振子基态的概率密度；在路径积分公式中，谐振子的传播子；以及统计力学中的配分函数，以上的计算都要用到这个积分。

我们可以通过Risch算法证明误差函数不具有初等函数形式；尽管如此，高斯积分可以通过多元微积分方法分析求解。虽然不定积分$\int e^{-x^2}dx$ 无法用初等函数表示，但定积分$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx$是可以计算的。

任意高斯函数的定积分为

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a(x+b{)}^2}dx=\sqrt{\frac{\pi }{a}}.$

计算方式

通过极限计算

要想找到高斯积分的闭合形式，首先定义一个近似函数：

$I(a)=\underset{-a}{\overset{a}{\int }}{e}^{-x^2}dx$，

高斯积分可以通过它的极限来运算：

$\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(a)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx.$

对$I$取平方获得

$I^2(a)=\left(\underset{-a}{\overset{a}{\int }}{e}^{-x^2}dx\right)\cdot \left(\underset{-a}{\overset{a}{\int }}{e}^{-y^2}dy\right)=\underset{-a}{\overset{a}{\int }}\left(\underset{-a}{\overset{a}{\int }}{e}^{-y^2}dy\right)e^{-x^2}dx=\underset{-a}{\overset{a}{\int }}\underset{-a}{\overset{a}{\int }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy.$

根据富比尼定理，以上的双重积分可以被看作是直角坐标系上一个正方形的面积积分$\int e^{-(x^2+y^2)}d(x,y)$，其顶点为$\{(-a,a),(a,a),(a,-a),(-a,-a)\}$。

不论$x$为任何实数，指数函数$e^x$均大于0，所以这个正方形的内切圆的积分必须小于$I(a{)}^2$。同理，正方形的外接圆积分必须大于$I(a{)}^2$。通过从直角坐标系转化到极坐标系$x=r\cos \theta$, $y=r\sin \theta$, $d(x,y)=rd(r,\theta )$，可以计算出这两个圆面的积分：

$\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{a}{\int }}r{e}^{-r^2}drd\theta <I^2(a)<\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{a\sqrt{2}}{\int }}r{e}^{-r^2}drd\theta$，

得到

$\pi (1-e^{-a^2})<I^2(a)<\pi (1-e^{-2a^2}).$

使用夹擠定理获得高斯积分

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }.$

利用沃利斯积分计算

在这里，对于n为自然数时，沃利斯积分定义为：

$I_n=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{cc}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}& 2|n\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\cdot 1& 2\nmid n\end{array}$

因此有$\frac{n+1}{n+2}=\frac{I_{n+2}}{I_n}$的关系，并且根据$I_{n+2}⩽I_{n+1}⩽I_n$以及夹挤定理得到$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{I_{n+1}}{I_n}=1$，另外也可以得到$\frac{(n+2)I_{n+1}{I}_{n+2}}{(n+1)I_n{I}_{n+1}}=1$，因此总有$(n+1)I_n{I}_{n+1}=I_0{I}_1=\frac{\pi }{2}$，于是可以得到：

$\begin{array}{cc}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(n+1)I_{n+1}}{n{I}_n}& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(n+1)I_n{I}_{n+1}}{n{I}_n^2}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\pi }{2n{I}_n^2}=1\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt{n}{I}_n& =\sqrt{\frac{\pi }{2}}\end{array}$

考虑到${\mathrm{e}}^t=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{t^k}{k!}$以及$\frac{1}{1-t}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^k$，因此当$t⩾0$时该不等式成立：

$\frac{1}{1-t}⩾{\mathrm{e}}^t⩾1+t$

当$t=x^2$并且不等式各边取倒数之后，变成：

$1-x^2⩽{\mathrm{e}}^{-x^2}⩽\frac{1}{1+x^2}$

各边同时乘方运算与积分，并且最右边的部分积分区间大于左边与中间部分，变成：

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x^2{)}^n\mathrm{d}x⩽\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\mathrm{e}}^{-n{x}^2}\mathrm{d}x⩽\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2{)}^n}$

最左边变量代换为$x=\sin \theta$得$\mathrm{d}x=\cos \theta \mathrm{d}\theta$；当中变量代换为$x=\frac{y}{\sqrt{n}}$；最右边变量代换为$x=\tan \theta$得$\mathrm{d}x={\sec }^2\theta \mathrm{d}\theta =\frac{\mathrm{d}\theta }{{\cos }^2\theta }$，变成：

$\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2n+1}\theta \mathrm{d}\theta ⩽\frac{1}{\sqrt{n}}\underset{0}{\overset{\sqrt{n}}{\int }}{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y⩽\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2n-2}\theta \mathrm{d}\theta$

利用诱导公式$\cos (\frac{\pi }{2}-\theta )=\sin \theta$，并且同时乘系数$\sqrt{n}$，变成：

$\sqrt{n}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2n+1}\theta \mathrm{d}\theta ⩽\underset{0}{\overset{\sqrt{n}}{\int }}{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y⩽\sqrt{n}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2n-2}\theta \mathrm{d}\theta$

此时即为$\sqrt{n}{I}_{2n+1}⩽\underset{0}{\overset{\sqrt{n}}{\int }}{\mathrm{e}}^{-y^2}\mathrm{d}y⩽\sqrt{n}{I}_{2n-2}$，当$n\to \mathrm{\infty }$时通过夹挤定理可以得到共同极限为$\frac{\sqrt{\pi }}{2}$，最终有$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x=2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi }$。

与Γ函数的关系

由于被积分的函数是一个偶函数，

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx$

通过替代变量它可以变成一个欧拉积分

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-t}{t}^{-\frac{1}{2}}dt=\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)$

这里$\mathrm{\Gamma }$是Γ函数。这说明了为什么一个半整数的階乘是$\sqrt{\pi }$的倍数。更广义地，

$b\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a{x}^b}dx=a^{-\frac{1}{b}}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{b}\right).$

推广

高斯函数的积分

任一高斯函数的积分都可以用以下的公式计算：

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a(x+b{)}^2}dx=\sqrt{\frac{\pi }{a}}$

更为广泛的形式为：

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a{x}^2+bx+c}dx=\sqrt{\frac{\pi }{a}}{e}^{\frac{b^2}{4a}+c}$

这一公式在计算有关正态分布的一些连续概率分布的数学期望值的时候特别有用，例如对数正态分布。

n维和泛函推广

Template:Main 令$A$为一个对称的、正定的（因而可逆）$n\times n$ Template:Le（即协方差矩阵的逆矩阵），则

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{(-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)}{d}^{n}x=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{(-\frac{1}{2}{x}^{T}Ax)}{d}^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}=\sqrt{\frac{1}{\det (A/2\pi )}}=\sqrt{\det (2\pi A^{-1})}$

这里的积分是对Rⁿ的。上式被用于研究多元正态分布。

同样，

$\int x^{k_1}\cdots x^{k_{2N}}{e}^{(-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)}{d}^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}\frac{1}{2^{N}N!}\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1}{)}_{k_{\sigma (1)}{k}_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1}{)}_{k_{\sigma (2N-1)}{k}_{\sigma (2N)}}$

这里的 σ 表示的是有序集 {1, ..., 2N} 的不同排列。等式右边的系数是对 $N$ 个重复的 A^-1 的 {1, ..., 2N} 中所有的组合的求和（the sum over all combinatorial pairings of {1, ..., 2N} of N copies of A⁻¹）。Template:Citation needed

或者，

$\int f(\overrightarrow{x})e^{(-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)}{d}^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}{e^{(\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n(A^{-1}{)}_{ij}\frac{\partial }{\partial x_i}\frac{\partial }{\partial x_j})}f(\overrightarrow{x})|}_{\overrightarrow{x}=0}$

以上积分中的 $f$ 是解析函数，且函数值的增长必须满足某些边界条件以及另一些特定要求。微分算子的幂可以理解为幂级数。

虽然Template:Le没有严格的定义，但是我们仍然可以依照有限维的情况“定义”高斯泛函积分。Template:Citation needed 然而，$(2\pi {)}^{\mathrm{\infty }}$ 无穷大的问题依然存在，且大部分的Template:Le也是无穷大的。如果只考虑比例：

$\frac{\int f(x_1)\cdots f(x_{2N})e^{-\iint \frac{1}{2}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})d^d{x}_{2N+1}{d}^d{x}_{2N+2}}𝒟f}{\int e^{-\iint \frac{1}{2}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})d^d{x}_{2N+1}{d}^d{x}_{2N+2}}𝒟f}=\frac{1}{2^{N}N!}\sum _{\sigma \in S_{2N}}{A}^{-1}(x_{\sigma (1)},x_{\sigma (2)})\cdots A^{-1}(x_{\sigma (2N-1)},x_{\sigma (2N)}).$

则可以解决这个问题。在Template:Le下，此公式与有限维的情况一致。

带线性项的n维

如果A是一个对称的正定矩阵，则有（假设均为列向量）

$\int e^{-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j+\sum _{i=1}^n{B}_i{x}_i}{d}^{n}x=\int e^{-\frac{1}{2}{\overrightarrow{x}}^T𝐀\overrightarrow{x}+{\overrightarrow{B}}^T\overrightarrow{x}}{d}^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}{e}^{\frac{1}{2}{\overrightarrow{B}}^T{𝐀}^{-1}\overrightarrow{B}}.$

形式相似的积分

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2n}{e}^{-\frac{x^2}{a^2}}dx=\sqrt{\pi }\frac{a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}$

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2n+1}{e}^{-\frac{x^2}{a^2}}dx=\frac{n!}{2}{a}^{2n+2}$

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2n}{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{(2n-1)!!}{a^n{2}^{n+1}}\sqrt{\frac{\pi }{a}}$

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2n+1}{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{n!}{2a^{n+1}}$

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^n{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{n+1}{2})}{2a^{\frac{n+1}{2}}}$

其中，n 为正整数，“!!”表示Template:Le。 这类积分的一种简单的计算方式是应用Template:Le对参数进行微分：

$\begin{array}{cc}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{2n}{e}^{-\alpha x^2}dx& ={(-1)}^n\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\partial }^n}{\partial {\alpha }^n}{e}^{-\alpha x^2}dx={(-1)}^n\frac{{\partial }^n}{\partial {\alpha }^n}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-\alpha x^2}dx\\ & =\sqrt{\pi }{(-1)}^n\frac{{\partial }^n}{\partial {\alpha }^n}{\alpha }^{-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}\frac{(2n-1)!!}{{\left(2\alpha \right)}^n}\end{array}$

也可以先分部积分，然后找出递推关系之后求解。

另见

• 高斯函数积分表
• Template:Le
• 正态分布
• 指数函数积分表
• 误差函数
• Template:Le

参考资料

• Template:MathWorld
• Template:Cite book
• Template:Cite book