Integrale di Gauss

Template:F LTemplate:'integrale di Gauss è un integrale definito, calcolato per la prima volta da Gauss. È alla base della distribuzione normale (detta pure gaussiana), mattone fondamentale della teoria della probabilità. La funzione integranda, normalizzata affinché l'area dell'integrale da $-\mathrm{\infty }$ a $+\mathrm{\infty }$ sia $1$, è detta anche funzione gaussiana.

La forma solitamente usata per l'integrale di Gauss è:

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

o l'equivalente

$\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$

Una generalizzazione per una generica funzione gaussiana è:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}a{e}^{-b{x}^2+cx+d}dx=a\sqrt{\frac{\pi }{b}}\exp (\frac{c^2}{4b}+d),$

dove $b$ è reale e positivo.

Nel caso in cui l'esponente presenti numeri immaginari:

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{ib{x}^2}dx=e^{i\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{g}\mathrm{n}\mathrm{o}(b)\frac{\pi }{4}}\sqrt{\frac{\pi }{|b|}}=\sqrt{\frac{i\pi }{b}}.$

Per una funzione a più variabili, dove $A$ è una matrice $n\times n$ simmetrica definita positiva (quindi invertibile), si ha:

$\underset{{ℝ}^n}{\int }\exp (-\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{A}_{ij}{x}_i{x}_j)d^{n}x=\sqrt{\frac{(2\pi {)}^n}{\det A}},$

dove l'integrazione è effettuata su ${ℝ}^n$.

Calcolo dell'integrale

L'integrale indefinito$\int e^{-x^2}dx$ non è esprimibile in termini di funzioni elementari; di conseguenza, anche nel caso di integrale definito è impossibile usare la primitiva di $f(x)=e^{-x^2}$ per calcolare la differenza tra i due estremi ed ottenere il valore cercato. Tuttavia esistono alcuni metodi che permettono di aggirare il calcolo esplicito della primitiva.

Coordinate polari nel piano

Consideriamo l'integrale:

$I_1=\underset{ℝ}{\int }{e}^{-x^2}dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx.$

Consideriamo ora l'integrale:

$\begin{array}{cc}{I}_2& =\underset{{ℝ}^2}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\\ & =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy.\end{array}$

Osserviamo che, posto $f(x,y)=e^{-(x^2+y^2)}$, possiamo scrivere: $f(x,y)=g(x)h(y)=(e^{-x^2})(e^{-y^2})$, in virtù di ciò segue:

$\begin{array}{cc}{I}_2& =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\\ & =\left(\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx\right)\left(\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-y^2}dy\right)\\ & =I_1^2\end{array}$

Essendo l'esponenziale una funzione sempre positiva, sarà sufficiente calcolare il valore dell'integrale doppio esteso ad ${ℝ}^2$, che è un integrale generalizzato, e poi estrarre la radice quadrata del risultato.

Calcoliamo dunque:

$\underset{C}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy,$

dove $C=\{(x,y)\in {ℝ}^2:x^2+y^2\le R^2\}$ con $R>0.$

Passando ad un sistema di coordinate polari nel piano:

$\phi =\{\begin{array}{c}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \mathrm{sen}\theta \end{array}|J_{\phi }|=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (\rho ,\theta )}\right|=\rho$

$Q={\phi }^{-1}(C)=\{(\rho ,\theta )\in {ℝ}^{\mathrm{𝟚}}:0\le \rho \le R,0\le \theta \le 2\pi \}$

dunque:

$\begin{array}{cc}\underset{C}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& =\underset{Q}{\iint }{e}^{-{\rho }^2}\rho d\rho d\theta \\ & =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\theta \underset{0}{\overset{R}{\int }}\rho e^{-{\rho }^2}d\rho \\ & =2\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}\rho e^{-{\rho }^2}d\rho =\pi [-e^{-{\rho }^2}{]}_0^R\\ & =\pi (1-e^{-R^2}).\end{array}$

Quindi

$I_1^2=I_2=\underset{R\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\underset{C}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy=\underset{R\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\pi (1-e^{-R^2})=\pi ,$

e quindi

$I_1=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }.$

Un altro integrale gaussiano

Vediamo come ottenere la formula risolutiva per un integrale del tipo:

$I=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-\alpha x^2+\beta x}dx,$

con $\alpha >0.$ Riscriviamo il termine all'esponenziale come il termine di un quadrato:

$-\alpha x^2+\beta x=-{(\sqrt{\alpha }x-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha }})}^2+\frac{{\beta }^2}{4\alpha }.$

Sostituendo si ha:

$I=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\exp (\frac{{\beta }^2}{4\alpha }-{(\sqrt{\alpha }x-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha }})}^2)dx.$

Poiché il primo membro dell'esponenziale non dipende da $x$, può essere portato fuori, in tal modo:

$I=e^{\frac{{\beta }^2}{4\alpha }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(\sqrt{\alpha }x-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha }}{)}^2}dx.$

Effettuando il cambio di variabile

$y=\sqrt{\alpha }x-\frac{\beta }{2\sqrt{\alpha }},$

$dy=\sqrt{\alpha }dx⟹dx=\frac{dy}{\sqrt{\alpha }}$

si ottiene

$I=e^{\frac{{\beta }^2}{4\alpha }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{-y^2}}{\sqrt{\alpha }}dy,$

che è l'integrale gaussiano già calcolato alla sezione precedente e che dà

$I=\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}{e}^{\frac{{\beta }^2}{4\alpha }}.$

Voci correlate

• Distribuzione normale
• Teorema di Fubini
• Integrale di Eulero
• Integrale di Fresnel

Collegamenti esterni

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