Integral Gauss

Grafik dari fungsi f(x) = e^−x2 dan luas di antara fungsi tersebut dan sumbu x (yakni, di sepanjang garis), sama dengan $\sqrt{\pi }$.

Integral Gauss, juga dikenal dengan nama integral Euler–Poisson, merupakan integral dari fungsi Gauss $f(x)=e^{-x^2}$ di sepanjang garis riil. Integral ini dinamai dari matematikawan Jerman Carl Friedrich Gauss, dan dituliskan secara matematis sebagai

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

Jenis integral ini awalnya ditemukan oleh Abraham de Moivre pada tahun 1733, tetapi Gauss menerbitkan bentuk integral yang rinci pada tahun 1809. Integral ini dapat diaplikasikan untuk berbagai macam hal. Contohnya, dengan sedikit perubahan dalam variabel, integral ini digunakan untuk menghitung konstanta normalisasi dari distribusi normal. Bentuk integral yang sama dengan limit terbatas memiliki kaitan yang erat dengan fungsi galat dan fungsi distribusi kumulatif dari distribusi normal. Dalam ilmu fisika, jenis fungsi ini sering muncul, sebagai contoh: dalam mekanika kuantum, untuk mencari kepadatan peluang dari keadaan dasar osilator harmonik; dalam mekanika statistika, untuk mencari fungsi partisi.

Cara menghitung

Menggunakan koordinat polar

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

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

Integral Gauss dapat dihitung dengan menggabungkan kedua cara tersebut, walau perhatian khusus diperlukan saat berurusan dengan bentuk integral takwajar:$$\begin{array}{cc}\underset{{ℝ}^2}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-r^2}rdrd\theta \\ & =2\pi \underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}r{e}^{-r^2}dr\\ & =2\pi \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{0}{\int }}\frac{1}{2}{e}^{s}ds& & s=-r^2\\ & =\pi \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{0}{\int }}{e}^{s}ds\\ & =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\pi (e^0-e^x)\\ & =\pi \end{array}$$Faktor $r$ yang ada di ruas kanan berasal dari nilai determinan Jacobi, yang muncul akibat transformasi ke koordinat polar ($rdrd\theta$ adalah ukuran standar pada bidang, yang dinyatakan dalam koordinat polar). Teknik subtitusi juga dilakukan dengan mengambil $s=-r^2,$ sehingga $ds=-2rdr.$

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

Bukti lengkap

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

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

Dengan koordinat Kartesius

Teknik berbeda, yang berasal dari Laplace (1812), juga dapat digunakan untuk menghitung integral Gauss. Karena fungsi $e^{-x^2}$merupakan fungsi genap, hasil integrasi di sepanjang garis riil sama saja dengan dua kali lipat hasil integrasi dari nol sampai takhingga; secara matematis $$I=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx.$$Selanjutnya, dengan menggunakan subtitusi$$\begin{array}{cc}y& =xs\\ dy& =xds,\end{array}$$dan memperhatikan variabel $y$ dan $s$ memiliki limit yang sama pada selang integrasi ($x\ge 0$), bentuk kuadrat dari $I$ dapat dijabarkan seperti berikut$$\begin{array}{cc}{I}^2& =4\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(x^2+y^2)}dydx\\ & =4\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(x^2+y^2)}dy\right)dx\\ & =4\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2(1+s^2)}xds\right)dx\\ \end{array}$$Menggunakan teorema Fubini untuk menukar urutan integrasi:$$\begin{array}{cc}{I}^2& =4\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2(1+s^2)}xdx\right)ds\\ & =4\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\left[\frac{e^{-x^2(1+s^2)}}{-2(1+s^2)}\right]}_{x=0}^{x=\mathrm{\infty }}ds\\ & =4\left(\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{ds}{1+s^2}\right)\\ & =2\arctan (s){|}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\pi .\end{array}$$Alhasil, terbukti $I=\sqrt{\pi }$.

Kaitan dengan fungsi gamma

Integran dalam integral Gauss merupakan fungsi genap, mengartikan$$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx,$$Jadi, setelah variabel $x$ diubah menjadi $\sqrt{t}$, bentuk integral tersebut berubah menjadi integral Euler$$2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{2}{e}^{-t}{t}^{-\frac{1}{2}}dt=\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$$dengan $\mathrm{\Gamma }(z)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^{z-1}{e}^{-t}dt$ adalah fungsi gamma. Hal ini memperlihatkan alasan faktorial dari setengah-bilangan-bulat adalah kelipatan rasional dari $\sqrt{\pi }$. Dengan mensubtitusi $t=a{x}^b$ di integran, dapat dihasilkan bentuk integral yang lebih umum,$$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^n{e}^{-a{x}^b}dx=\frac{\mathrm{\Gamma }((n+1)/b)}{b{a}^{(n+1)/b}}$$

Perumuman

Integral dari fungsi Gauss

Templat:Main Integral dari sebarang fungsi Gauss adalah

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

Integral di atas mempunyai bentuk alternatif, yaitu

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

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

Perumuman fungsional dan dimensi-Templat:Math

Misalkan $A$ adalah matriks presisi Templat:Math yang simetrik dan definit positif, yang dihasilkan dari invers matriks kovarians. Dapat ditunjukkan$$\begin{array}{cc}\underset{{ℝ}^n}{\int }\exp (-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)d^{n}x& =\underset{{ℝ}^n}{\int }\exp (-\frac{1}{2}{x}^{𝖳}Ax)d^{n}x\\ & =\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}=\sqrt{\frac{1}{\det (A/2\pi )}}\\ & =\sqrt{\det (2\pi A^{-1})}\end{array}$$Dengan melengkapi kuadrat, bentuk di atas dapat diperumum menjadi $$\underset{{ℝ}^n}{\int }\exp (-\frac{1}{2}{x}^{𝖳}Ax+b^{𝖳}x+c)d^{n}x=\sqrt{\det (2\pi A^{-1})}{e}^{\frac{1}{2}{b}^{𝖳}{A}^{-1}b+c}$$Fakta ini diterapkan dalam studi terkait distribusi normal multivariat. Selain itu,$$\int x_{k_1}\cdots x_{k_{2N}}\exp (-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)d^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}}\frac{1}{2^{N}N!}\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1}{)}_{k_{\sigma (1)}{k}_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1}{)}_{k_{\sigma (2N-1)}{k}_{\sigma (2N)}}$$ dengan $\sigma$ menyatakan permutasi dari $\{1,\cdots ,2N\}$ dan faktor tambahan di ruas kanan adalah hasil penjumlahan atas semua pasangan kombinatorik $\{1,\cdots ,2N\}$ dari $N$ salinan $A^{-1}.$.

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

Perumuman dimensi-Templat:Math dengan suku linear

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

Integral dengan bentuk yang serupa

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

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

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

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

Polinomial tingkat tinggi

Menerapkan perubahan basis linier memperlihatkan bahwa integral dari eksponensial dari polinomial homogen pada $n$ 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.

Lihat pula

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

Daftar pustaka

• Templat:MathWorld
• Templat:Cite book
• Templat:Cite book