Integral Gauss

Salah satu cara umum menghitung integral Gauss, berdasar pada ide yang dapat ditelusuri kembali ke Poisson,^[2] adalah menggunakan sifat:$${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dx\,dy.}$$ Selanjutnya, pertimbangkan fungsi ${\displaystyle e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}}$ pada bidang ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$ , yang integralnya dapat dihitung menggunakan dua cara:

1. Di ruas kiri, menggunakan integral lipat dua di sistem koordinat Kartesius, yang hasilnya adalah sebuah kuadrat: ${\textstyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};}$ 
2. Di ruas kanan, menggunakan metode kulit (sautu bentuk integral lipat dua dalam koordinat polar), hasil integralnya sama dengan ${\displaystyle \pi }$ 

Integral Gauss dapat dihitung dengan menggabungkan kedua cara tersebut, walau perhatian khusus diperlukan saat berurusan dengan bentuk integral takwajar:$${\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dx\,dy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\[6pt]&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\[6pt]&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\[6pt]&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\[6pt]&=\lim _{x\to -\infty }\pi \left(e^{0}-e^{x}\right)\\[6pt]&=\pi \end{aligned}}}$$ Faktor ${\displaystyle r}$  yang ada di ruas kanan berasal dari nilai determinan Jacobi, yang muncul akibat transformasi ke koordinat polar (${\displaystyle r\,dr\,d\theta }$  adalah ukuran standar pada bidang, yang dinyatakan dalam koordinat polar). Teknik subtitusi juga dilakukan dengan mengambil ${\displaystyle s=-r^{2},}$  sehingga ${\displaystyle ds=-2r\,dr.}$ 

Menggabungkan semua yang telah didapatkan, dihasilkan bentuk$${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,}$$  sehingga$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$ 

Penggunaan integral lipat dua takwajar dan menyamakan bentuk kedua ekpresi dapat dijustifikasi sebagai berikut. Pertimbangkan fungsi hampiran$${\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.}$$ Jika hasil dari integral $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$  konvergen absolut, maka integral tersebut memiliki nilai utama Cauchy; dengan kata lain limit dari ${\textstyle \lim _{a\to \infty }I(a)}$  akan sama dengan hasil integral tersebut. Untuk melihat itu memang terjadi, pertimbangkan bahwa$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left|e^{-x^{2}}\right|dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx<\infty .}$$ Ini mengartikan integral$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$  dapat dihitung cukup dengan menghitung limit dari$${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a).}$$ Menghitung kuadrat dari ${\displaystyle I(a)}$  akan menghasilkan bentuk$${\displaystyle {\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dx\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\,dx.\end{aligned}}}$$ Menggunakan teorema Fubini, integral lipat dua di atas dapat dianggap sebagai integral luas$${\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x,y),}$$  yang dilakukan di petak persegi dengan sudut-sudut ${\displaystyle \{(-a,a),\,(a,a),\,(a,-a),\,(-a,-a)\}}$  pada bidang-${\displaystyle xy.}$  Karena fungsi eksponesial bernilai positif untuk sebarang bilangan riil, dapat disimpulkan integrasi yang dilakukan pada daerah lingkaran singgung dalam persegi akan bernilai kurang dari ${\textstyle I(a)^{2}}$  sedangkan integrasi pada daerah lingkaran singgung luar persegi akan lebih besar dari ${\textstyle I(a)^{2}.}$  Kedua integrasi tersebut dapat mudah dihitung dengan mengubah sistem koordinat dari Kartesius ke polar:$${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta .\end{aligned}}}$$ Transformasi ini memiliki determinan Jacobi $${\displaystyle \mathbf {J} (r,\theta )={\begin{bmatrix}{\dfrac {\partial x}{\partial r}}&{\dfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\[1em]{\dfrac {\partial y}{\partial r}}&{\dfrac {\partial y}{\partial \theta }}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{bmatrix}}=r}$$  dan elemen luas$${\displaystyle d(x,y)=|\mathbf {J} (r,\theta )|d(r,\theta )=r\,d(r,\theta ).}$$ Dengan demikian, kedua integrasi tadi dapat ditulis sebagai$${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta .}$$ Mengintegrasi ruas kiri dan ruas kanan,$${\displaystyle \pi \left(1-e^{-a^{2}}\right)<I^{2}(a)<\pi \left(1-e^{-2a^{2}}\right).}$$ Akhirnya, dengan menggunakan teorema apit didapatkan ${\textstyle \lim _{a\to \infty }I(a)=\pi }$ , sehingga integral Gauss

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

Teknik berbeda, yang berasal dari Laplace (1812),^[2] juga dapat digunakan untuk menghitung integral Gauss. Karena fungsi ${\textstyle e^{-x^{2}}}$ merupakan fungsi genap, hasil integrasi di sepanjang garis riil sama saja dengan dua kali lipat hasil integrasi dari nol sampai takhingga; secara matematis $${\displaystyle I=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$$ Selanjutnya, dengan menggunakan subtitusi$${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds,\end{aligned}}}$$ dan memperhatikan variabel ${\displaystyle y}$  dan ${\displaystyle s}$  memiliki limit yang sama pada selang integrasi (${\displaystyle x\geq 0}$ ), bentuk kuadrat dari ${\displaystyle I}$  dapat dijabarkan seperti berikut$${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]\end{aligned}}}$$ Menggunakan teorema Fubini untuk menukar urutan integrasi:$${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}}{-2\left(1+s^{2}\right)}}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2\arctan(s){\Big |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}$$ Alhasil, terbukti ${\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}$ .

Integran dalam integral Gauss merupakan fungsi genap, mengartikan$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx,}$$ Jadi, setelah variabel ${\displaystyle x}$  diubah menjadi ${\displaystyle {\sqrt {t}}}$ , bentuk integral tersebut berubah menjadi integral Euler$${\displaystyle 2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{2}}\ e^{-t}\ t^{-{\frac {1}{2}}}dt=\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)={\sqrt {\pi }}}$$ dengan ${\textstyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt}$  adalah fungsi gamma. Hal ini memperlihatkan alasan faktorial dari setengah-bilangan-bulat adalah kelipatan rasional dari ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}}$ . Dengan mensubtitusi ${\displaystyle t=ax^{b}}$  di integran, dapat dihasilkan bentuk integral yang lebih umum,$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{b}}dx={\frac {\Gamma \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}}}$$ 

Integral dari sebarang fungsi Gauss adalah

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}$ 

Integral di atas mempunyai bentuk alternatif, yaitu

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-ax^{2}+bx+c}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\,e^{{\frac {b^{2}}{4a}}+c}.}$ 

Bentuk ini berguna dalam menghitung ekspektasi dari beberapa distribusi probabilitas kontinu yang berkaitan dengan distribusi normal; seperti distribusi log-normal, sebagai contoh.

Misalkan ${\displaystyle A}$  adalah matriks presisi n × n yang simetrik dan definit positif, yang dihasilkan dari invers matriks kovarians. Dapat ditunjukkan$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x&=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax\right)}\,d^{n}x\\&={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}={\sqrt {\frac {1}{\det(A/2\pi )}}}\\&={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}\end{aligned}}}$$ Dengan melengkapi kuadrat, bentuk di atas dapat diperumum menjadi $${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax+b^{\mathsf {T}}x+c\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}e^{{\frac {1}{2}}b^{\mathsf {T}}A^{-1}b+c}}$$ Fakta ini diterapkan dalam studi terkait distribusi normal multivariat. Selain itu,$${\displaystyle \int x_{k_{1}}\cdots x_{k_{2N}}\,\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})_{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})_{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}}$$  dengan ${\displaystyle \sigma }$  menyatakan permutasi dari ${\displaystyle \{1,\,\cdots ,\,2N\}}$  dan faktor tambahan di ruas kanan adalah hasil penjumlahan atas semua pasangan kombinatorik ${\displaystyle \{1,\,\cdots ,\,2N\}}$  dari ${\displaystyle N}$  salinan ${\displaystyle A^{-1}.}$ .

Alternatif lain,^[3]$${\displaystyle \int f({\vec {x}})\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}d^{n}x={\sqrt {(2\pi )^{n} \over \det A}}\,\left.\exp {\left({1 \over 2}\sum _{i,j=1}^{n}\left(A^{-1}\right)_{ij}{\partial \over \partial x_{i}}{\partial \over \partial x_{j}}\right)}f({\vec {x}})\right|_{{\vec {x}}=0}}$$ Untuk suatu fungsi analitik ${\displaystyle f}$ , mengasumsikan pertumbuhan fungsi tersebut memenuhi suatu batasan yang masuk akal, dan beberapa kriteria lainnya. Perpangkatan pada operator diferensial dipandang sebagai bentuk deret pangkat.

Jika ${\displaystyle A}$  merupakan matriks simetrik definit-positif, maka (dengan asumsi bahwa semuanya adalah vektor kolom):$${\displaystyle \int e^{-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum \limits _{i=1}^{n}B_{i}x_{i}}d^{n}x=\int e^{-{\frac {1}{2}}{\vec {x}}^{T}\mathbf {A} {\vec {x}}+{\vec {B}}^{T}{\vec {x}}}d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det {A}}}}e^{{\frac {1}{2}}{\vec {B}}^{T}\mathbf {A} ^{-1}{\vec {B}}}.}$$ 

Misalkan ${\displaystyle n}$  adalah bilangan bulat positif dan ${\displaystyle !!}$  menyatakan faktorial ganda. Beberapa integral berikut memiki bentuk yang mirip dengan integral Gauss:$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{a^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{a}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {n!}{2a^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2a^{\frac {n+1}{2}}}}}$$ 

Sebuah cara mudah untuk menghasilkan bentuk-bentuk tersebut adalah dengan mendiferensialkannya terhadap variabel integrasi:

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}\,dx&=\left(-1\right)^{n}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\&=\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\&={\sqrt {\pi }}\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\alpha ^{-{\frac {1}{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}{\frac {(2n-1)!!}{\left(2\alpha \right)^{n}}}\end{aligned}}}$$ 

Cara lain untuk mendapatkannya adalah dengan menggunakan integral parsial dan menemukan relasi pengulangan.

Menerapkan perubahan basis linier memperlihatkan bahwa integral dari eksponensial dari polinomial homogen pada ${\displaystyle n}$  variabel hanya dapat bergantung pada invarian-SL(n) dari polinomial. Salah satu invarian tersebut adalah diskriminan, akar fungsi yang menandai singularitas integral. Sayangnya, integral tersebut juga dapat bergantung pada invarian lainnya.^[4]

• Daftar integral dari fungsi Gauss
• Integral yang umum dalam teori medan kuantum
• Distribusi normal
• Daftar integral dari fungsi eksponensial
• Fungsi galat
• Integral Berezin

• (Inggris) Weisstein, Eric W. Integral.html "Gaussian Integral" Periksa nilai |url= (bantuan). MathWorld. 
• Griffiths, David. Pengantar Mekanika Kuantum (edisi ke-2nd). 
• Abramowitz, M.; Stegun, I. A. Buku Pegangan Fungsi Matematika. New York: Dover Publications.