Gauss integrali, Euler–Poisson integrali olarak da bilinir,^[1] tüm reel sayılardaki e^−x2 Gauss fonksiyonunun integralidir. Alman matematik ve fizikçi Carl Friedrich Gauss'dan sonra adlandırlıdı. İntegrali şöyledir:

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

Bu integral çok geniş uygulama alanına sahiptir. Örneğin değişkenlerin azıcık değiştirilerek normal dağılımın normalleştirme sabitini hesaplamak için kullanılır. Sonlu sınırları olan aynı integral, normal dağılımın hem hata fonksiyonu hem de birikimli dağılım fonksiyonu ile yakından ilişkilidir.

Hata fonksiyonu için her ne kadar temel fonksiyon olmazsa bile, Risch algoritması kanıtlamıştır ki, Kalkülüs araçları kullanılarak Gauss integrali analitik olarak çözülebilir. Burada, aşağıdaki integralin temel İlkel fonksiyonu yoktur:

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

fakat aşağıdaki belirli integrali hesaplanabilir:

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

Gauss integrali ile, fizikte çok sık karşılaşılır ve integralin sayısal genelleştirilmesi ile kuantum alan kuramında sık karşılaşılır.

Hesaplama[değiştir | kaynağı değiştir]

Kutupsal koordinat sisteminde[değiştir | kaynağı değiştir]

Gauss integralini hesaplamanın standart yolu Poisson'a geri gitmektir,^[2] is

• R² düzleminde e^{−(x2 + y2)} = e^−r2 fonksiyonunu göz önüne alalım ve iki yolla integralini hesaplayalim:
  1. bir taraftan, bir kare integral olan kartezyen koordinat sistemindeki katlı integrali ile:

     ${\displaystyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};}$

  2. diğer taraftan kabuk integrali (kutupsal koordinat sistemindeki çift katlı integral) ile, bu integral π olarak hesaplar.

Bu iki hesaplama karşılaştırılırsa uygun integral elde edilmiş olur.

Basit ispat[değiştir | kaynağı değiştir]

Kısaca yukarıdaki yöntem kullanılarak, bir taraftan şöyle hesaplanabilir;

${\displaystyle \int _{\mathbf {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy\right)=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}}$

Diğer taraftan da şöyle hesaplanabilir;

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\mathbf {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\&=\pi (e^{0}-e^{-\infty })\\&=\pi ,\end{aligned}}}$

Buradaki r faktörü, kutupsal koordinat dönüşümlerinden elde edilir. (r dr dθ, kutupsal koordinat sisteminde ifade edilen düzlemin standart ölçüsüdür [1]25 Aralık 2012 tarihinde Wayback Machine sitesinde arşivlendi.) ve s = −r² yerine konulursa ds = −2r dr olur.

Bunları bir araya getirirsek

${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,}$ olur.

Böylece,

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

Kapsamlı ispat[değiştir | kaynağı değiştir]

Katlı integrallerin uygunluğunu ve iki ifadenin eşitliğini doğrulamak için, aşağıdaki yaklaşım fonksiyonu ile başlayalım:

${\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.}$

Eğer integral şöyle olursa:

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

mutlak yakınsaklığın Cauchy esas değeri limiti şöyle olur;

${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}$

Bu limit aşağıdaki integral ile uyuşur;

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

Bunun gerçek durumunu şöyledir;

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }|e^{-x^{2}}|\,dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\,dx<\infty .}$

Böylece şöyle hesaplayabiliriz

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

burada limit alınırsa

${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}$.

I(a)nın karesi elde edilir

${\displaystyle {\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\\&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dx\\&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.\end{aligned}}}$

Fubini teoremini kullanarak, yukarıdaki katlı integral, şu şekilde alan integraline çevrilebilir:

${\displaystyle \int e^{-(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y),}$

xy düzleminde {(−a, a), (a, a), (a, −a), (−a, −a)} köşelerine sahip bir kare elde edilir.

Üstel fonksiyon, tüm reel sayılar için 0'dan büyük olduğundan dolayı, karenin iç teğet çemberinin integrali ${\displaystyle I(a)^{2}}$'den küçük olmalıdır ve benzer şekilde karenin dış teğet çemberinin integrali de ${\displaystyle I(a)^{2}}$'den büyük olmalıdır. Bu iki çemberin integralleri kutupsal koordinat dönüşümünden kolayca hesaplanabilir:

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \\d(x,y)&=r\,d(r,\theta ).\end{aligned}}}$

${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta .}$

(Kutupsal dönüşümler için kartezyen koordinatlardan kutupsal koordinatlara dönüşüme bakın.)

Integral alma,

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

Sıkıştırma teoreminden, Gauss integral elde edilebilir:

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

Kartezyen koordinat sisteminde[değiştir | kaynağı değiştir]

Laplace dönüşümüne geri gitmenin farklı bir yöntemi,^[2] aşağıdaki gibidir:

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}}$

y → ±∞ iken s sınırları, x in işaretine bağlıdır ve bir çift fonksiyon olan e^−x2 kullanılarak hesaplama basitleştirilebilir. Böylece tüm reel sayılardaki integral için, sıfırdan sonsuza iki kez integral alınır. Bu da şöyle olur;

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$

Böylece, x ≥ 0 için integral alınır ve y ile s değişkenleri aynı sınırlara sahiptir. Buradan:

${\displaystyle I^{2}=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dy\,dx.}$

elde edilir. Ardından:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\tfrac {1}{4}}I^{2}&=\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dy\right)\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,ds\right)dx\\&=\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}x\,dx\right)\,ds\\&=\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {1}{-2(1+s^{2})}}e^{-x^{2}(1+s^{2})}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\&={\tfrac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\\&={\tfrac {1}{2}}\left[\arctan s{\frac {}{}}\right]_{0}^{\infty }\\&={\tfrac {\pi }{4}}.\end{aligned}}}$

Son olarak, ${\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}$ olur.

Gama fonksiyonu ile ilişkisi[değiştir | kaynağı değiştir]

Bir çift fonksiyonun integrali şöyle olsun:

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

Burada ${\displaystyle x={\sqrt {t}}}$ değişken değiştirme yapılırsa bu denklem Euler integraline dönüşür:

${\displaystyle 2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{2}}\ e^{-t}\ t^{-{\frac {1}{2}}}dt=\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)={\sqrt {\pi }}}$

Buradaki Γ, gama fonksiyonudur. Bu, bir yarım tam sayı faktöriyelinin, ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}}$nin bir oransal çarpanı olduğunu gösteriyor. Bunun daha genel ifade şöyledir:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-ax^{b}}dx={\frac {1}{b}}\ a^{-{\frac {1}{b}}}\,\Gamma \left({\frac {1}{b}}\right).}$

Genelleştirmeler[değiştir | kaynağı değiştir]

Gauss fonksiyonunun integrali[değiştir | kaynağı değiştir]

Keyfi bir Gauss fonksiyonunun integrali şöyledir:

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

Bunun başka bir biçimi de şöyledir:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}+bx+c}\,dx={\sqrt {\pi }}\,e^{b^{2}/4+c},}$

n boyutlu ve fonksiyonel genelleştirme[değiştir | kaynağı değiştir]

A, bir simetrik pozitif tanımlı (bu yüzden tersinir) n×n ortak değişirli matrisi olsun. Böylece integral şöyle olur:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)\,d^{n}x=\int _{-\infty }^{\infty }\exp \left(-{\frac {1}{2}}x^{T}Ax\right)\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}}$

Burada integral Rⁿde anlaşılır. Bu, çokdeğişirli normal dağılım incelenerek uygulanır.

Ayrıca,

${\displaystyle \int x^{k_{1}}\cdots x^{k_{2N}}\,\exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})^{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})^{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}}$

Burada σ, bir {1, ..., 2N} permütasyonu ve sağ taraftaki ek faktör, N nin {1, ..., 2N} tüm kombinasyonel çiftlerinin toplamıdır ve A^d−1'den elde edilmişlerdir.

Alternatif olarak,

${\displaystyle \int f({\vec {x}})\exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)d^{n}x={\sqrt {(2\pi )^{n} \over \det A}}\,\left.\exp \left({1 \over 2}\sum _{i,j=1}^{n}(A^{-1})_{ij}{\partial \over \partial x_{i}}{\partial \over \partial x_{j}}\right)f({\vec {x}})\right|_{{\vec {x}}=0}}$

Yüksek dereceli polinomlar[değiştir | kaynağı değiştir]

Diğer çift polinomların üstelleri seriler kullanılarak kolayca çözülebilir. Örneğin bir dördüncü dereceden bir polinomun üstel integralinin çözümü şöyledir:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+f}\,dx={\frac {1}{2}}e^{f}\ \sum _{\begin{smallmatrix}n,m,p=0\\n+p=0\mod 2\end{smallmatrix}}^{\infty }\ {\frac {b^{n}}{n!}}{\frac {c^{m}}{m!}}{\frac {d^{p}}{p!}}{\frac {\Gamma \left({\frac {3n+2m+p+1}{4}}\right)}{(-a)^{\frac {3n+2m+p+1}{4}}}}.}$

Burada n + p = 0 mod 2 gereklidir. Çünkü −∞'dan 0'a integral her bir terimde (−1)^n+p/2 faktörü oluştururken, 0'dan +∞'a integral her bir terimde 1/2 faktörü oluşturur. Bu integraller, kuantum alan kuramının konusuna girer.

Kaynakça[değiştir | kaynağı değiştir]