Integral gaussiana

Integral de la función gaussiana, igual a sqrt(π)

Una gráfica de la función y el área entre ella y el eje (es decir, toda la línea real) que es igual a . ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}}$

La integral gaussiana , también conocida como integral de Euler-Poisson , es la integral de la función gaussiana sobre toda la línea real. La integral, que recibe su nombre del matemático alemán Carl Friedrich Gauss , es ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

Abraham de Moivre descubrió originalmente este tipo de integral en 1733, mientras que Gauss publicó la integral precisa en 1809. ^[1] La integral tiene una amplia gama de aplicaciones. Por ejemplo, con un ligero cambio de variables se utiliza para calcular la constante de normalización de la distribución normal . La misma integral con límites finitos está estrechamente relacionada tanto con la función de error como con la función de distribución acumulativa de la distribución normal . En física este tipo de integral aparece con frecuencia, por ejemplo, en mecánica cuántica , para encontrar la densidad de probabilidad del estado fundamental del oscilador armónico. Esta integral también se utiliza en la formulación de la integral de trayectoria, para encontrar el propagador del oscilador armónico, y en mecánica estadística , para encontrar su función de partición .

Aunque no existe una función elemental para la función de error, como se puede demostrar mediante el algoritmo de Risch ^[2] , la integral gaussiana se puede resolver analíticamente mediante los métodos del cálculo multivariable . Es decir, no existe una integral indefinida elemental para pero se puede evaluar la integral definida . La integral definida de una función gaussiana arbitraria es $${\displaystyle \int e^{-x^{2}}\,dx,}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}$$

Cálculo

Por coordenadas polares

Una forma estándar de calcular la integral gaussiana, cuya idea se remonta a Poisson, ^[3] es utilizar la propiedad que:

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

Considere la función en el plano y calcule su integral de dos maneras: ${\displaystyle e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}}$ ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$

1. por un lado, por doble integración en el sistema de coordenadas cartesianas , su integral es un cuadrado: $${\displaystyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};}$$
2. Por otra parte, por integración de capas (un caso de doble integración en coordenadas polares ), su integral se calcula como ${\displaystyle \pi }$

Comparando estos dos cálculos se obtiene la integral, aunque hay que tener cuidado con las integrales impropias involucradas.

$${\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dx\,dy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\[6pt]&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\[6pt]&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\[6pt]&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\[6pt]&=\lim _{x\to -\infty }\pi \left(e^{0}-e^{x}\right)\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}$$donde el factor de r es el determinante jacobiano que aparece debido a la transformación a coordenadas polares ( r dr dθ es la medida estándar en el plano, expresada en coordenadas polares Wikilibros:Cálculo/Integración polar#Generalización), y la sustitución implica tomar s = − r ² , entonces ds = −2 r dr .

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

Prueba completa

Para justificar las integrales dobles impropias e igualar las dos expresiones, comenzamos con una función de aproximación: $${\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}dx.}$$

Si la integral fuera absolutamente convergente tendríamos que su valor principal de Cauchy , es decir, el límite coincidiría con Para ver que este es el caso, considere que $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a)}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$$

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

Así que podemos calcularlo simplemente tomando el límite. $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx}$$ $${\displaystyle \lim _{a\to \infty }I(a).}$$

Tomando el cuadrado de los rendimientos ${\displaystyle I(a)}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-x^{2}}\,dx\right)\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-y^{2}}\,dy\right)\,e^{-x^{2}}\,dx\\[6pt]&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\,dx.\end{aligned}}}$$

Usando el teorema de Fubini , la integral doble anterior puede verse como una integral de área tomada sobre un cuadrado con vértices {(− a , a ), ( a , a ), ( a , − a ), (− a , − a )} en el plano xy . $${\displaystyle \iint _{[-a,a]\times [-a,a]}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,d(x,y),}$$

Como la función exponencial es mayor que 0 para todos los números reales, se deduce que la integral tomada sobre el incírculo del cuadrado debe ser menor que , y de manera similar, la integral tomada sobre el circuncírculo del cuadrado debe ser mayor que . Las integrales sobre los dos discos se pueden calcular fácilmente cambiando de coordenadas cartesianas a coordenadas polares : ${\displaystyle I(a)^{2}}$ ${\displaystyle I(a)^{2}}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \end{aligned}}}$$ $${\displaystyle \mathbf {J} (r,\theta )={\begin{bmatrix}{\dfrac {\partial x}{\partial r}}&{\dfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\[1em]{\dfrac {\partial y}{\partial r}}&{\dfrac {\partial y}{\partial \theta }}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{bmatrix}}}$$ $${\displaystyle d(x,y)=|J(r,\theta )|d(r,\theta )=r\,d(r,\theta ).}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-r^{2}}\,dr\,d\theta .}$$

(Consulte coordenadas polares desde coordenadas cartesianas para obtener ayuda con la transformación polar).

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

Por el teorema del apretón , esto da la integral gaussiana $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

Por coordenadas cartesianas

Una técnica diferente, que se remonta a Laplace (1812), ^[3] es la siguiente. Sea $${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}}$$

Como los límites de s cuando y → ±∞ dependen del signo de x , el cálculo se simplifica si se tiene en cuenta que e ^{− x 2} es una función par y, por lo tanto, la integral sobre todos los números reales es simplemente el doble de la integral desde cero hasta el infinito. Es decir,

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

Por lo tanto, en el rango de integración, x ≥ 0 y las variables y y s tienen los mismos límites. Esto da como resultado: Luego, utilizando el teorema de Fubini para cambiar el orden de integración : $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}}{-2\left(1+s^{2}\right)}}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2\arctan(s){\Big |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}$$

Por lo tanto, como se esperaba. ${\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}$

PorEl método de Laplace

En la aproximación de Laplace, tratamos solo con términos de hasta segundo orden en la expansión de Taylor, por lo que consideramos . ${\displaystyle e^{-x^{2}}\approx 1-x^{2}\approx (1+x^{2})^{-1}}$

De hecho, dado que para todo , tenemos los límites exactos: Entonces podemos hacer el límite en el límite de aproximación de Laplace: ${\displaystyle (1+t)e^{-t}\leq 1}$ ${\displaystyle t}$ $${\displaystyle 1-x^{2}\leq e^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}}$$ $${\displaystyle \int _{[-1,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-1,1]}e^{-nx^{2}}dx\leq \int _{[-1,1]}(1+x^{2})^{-n}dx}$$

Eso es, $${\displaystyle 2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-{\sqrt {n}},{\sqrt {n}}]}e^{-x^{2}}dx\leq 2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1+x^{2})^{-n}dx}$$

Por sustitución trigonométrica, calculamos exactamente esos dos límites: y ${\displaystyle 2{\sqrt {n}}(2n)!!/(2n+1)!!}$ ${\displaystyle 2{\sqrt {n}}(\pi /2)(2n-3)!!/(2n-2)!!}$

Al tomar la raíz cuadrada de la fórmula de Wallis , tenemos , el límite inferior deseado. De manera similar, podemos obtener el límite superior deseado. Por el contrario, si primero calculamos la integral con uno de los otros métodos anteriores, obtendremos una prueba de la fórmula de Wallis. $${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}}$$ ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}=2\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}}$

Relación con la función gamma

El integrando es una función par ,

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

Por lo tanto, después del cambio de variable , esto se convierte en la integral de Euler ${\textstyle x={\sqrt {t}}}$

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

donde es la función gamma . Esto demuestra por qué el factorial de un semientero es un múltiplo racional de . En términos más generales, se puede obtener sustituyendo en el integrando de la función gamma para obtener . ${\textstyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}e^{-t}dt}$ ${\textstyle {\sqrt {\pi }}}$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-ax^{b}}dx={\frac {\Gamma \left((n+1)/b\right)}{ba^{(n+1)/b}}},}$$ ${\displaystyle t=ax^{b}}$ ${\textstyle \Gamma (z)=a^{z}b\int _{0}^{\infty }x^{bz-1}e^{-ax^{b}}dx}$

Generalizaciones

La integral de una función gaussiana

La integral de una función gaussiana arbitraria es $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}$$

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

Esta forma es útil para calcular las expectativas de algunas distribuciones de probabilidad continuas relacionadas con la distribución normal, como la distribución log-normal , por ejemplo.

Forma compleja

$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{{\frac {1}{2}}it^{2}}dt=e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }}}$$y más generalmente, para cualquier matriz simétrica positiva definida . $${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{N}}e^{{\frac {1}{2}}ix^{T}Ax}dx=\det(A)^{-{\frac {1}{2}}}(e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }})^{N}}$$ ${\displaystyle A}$

norte-generalización dimensional y funcional

Supongamos que A es una matriz de precisión n × n simétrica definida positiva (por lo tanto invertible) , que es la matriz inversa de la matriz de covarianza . Entonces,

$${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}={\sqrt {\frac {1}{\det(A/2\pi )}}}={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}}$$Al completar el cuadrado, esto se generaliza a $${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}x^{\mathsf {T}}Ax+b^{\mathsf {T}}x+c\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\det(2\pi A^{-1})}}e^{{\frac {1}{2}}b^{\mathsf {T}}A^{-1}b+c}}$$

Este hecho se aplica en el estudio de la distribución normal multivariante .

Además, donde σ es una permutación de {1, …, 2 N } y el factor extra en el lado derecho es la suma de todos los emparejamientos combinatorios de {1, …, 2 N } de N copias de A ⁻¹ . $${\displaystyle \int x_{k_{1}}\cdots x_{k_{2N}}\,\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})_{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})_{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}}$$

Alternativamente, ^[4]

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

para alguna función analítica f , siempre que satisfaga algunos límites apropiados para su crecimiento y algunos otros criterios técnicos. (Funciona para algunas funciones y falla para otras. Los polinomios están bien). La exponencial sobre un operador diferencial se entiende como una serie de potencias .

Si bien las integrales funcionales no tienen una definición rigurosa (o incluso una definición computacional no rigurosa en la mayoría de los casos), podemos definir una integral funcional gaussiana en analogía con el caso de dimensión finita. ^{[ cita requerida ]} Sin embargo, todavía existe el problema de que es infinita y, además, el determinante funcional también sería infinito en general. Esto se puede solucionar si solo consideramos las proporciones: ${\displaystyle (2\pi )^{\infty }}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {\displaystyle \int f(x_{1})\cdots f(x_{2N})\exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}{\displaystyle \int \exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}}\\[6pt]={}&{\frac {1}{2^{N}N!}}\sum _{\sigma \in S_{2N}}A^{-1}(x_{\sigma (1)},x_{\sigma (2)})\cdots A^{-1}(x_{\sigma (2N-1)},x_{\sigma (2N)}).\end{aligned}}}$$

En la notación DeWitt , la ecuación parece idéntica al caso de dimensión finita.

norte-dimensional con término lineal

Si A es nuevamente una matriz definida positiva simétrica, entonces (asumiendo que todos son vectores columna) $${\displaystyle \int \exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum _{i=1}^{n}B_{i}x_{i}\right)d^{n}x=\int e^{-{\frac {1}{2}}{\vec {x}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} {\vec {x}}+{\vec {B}}^{\mathsf {T}}{\vec {x}}}d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det {A}}}}e^{{\frac {1}{2}}{\vec {B}}^{\mathsf {T}}\mathbf {A} ^{-1}{\vec {B}}}.}$$

Integrales de forma similar

$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{b^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{b}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {n!}{2b^{n+1}}}}$$ $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}{2}}}}}$$¿Dónde está un entero positivo? ${\displaystyle n}$

Una forma fácil de derivarlos es diferenciando bajo el signo integral .

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}\,dx&=\left(-1\right)^{n}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\&=\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\[6pt]&={\sqrt {\pi }}\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\alpha ^{-{\frac {1}{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}{\frac {(2n-1)!!}{\left(2\alpha \right)^{n}}}\end{aligned}}}$$

También se podría integrar por partes y encontrar una relación de recurrencia para resolver esto.

Polinomios de orden superior

La aplicación de un cambio de base lineal muestra que la integral de la exponencial de un polinomio homogéneo en n variables puede depender únicamente de invariantes SL( n ) del polinomio. Uno de estos invariantes es el discriminante , cuyos ceros marcan las singularidades de la integral. Sin embargo, la integral también puede depender de otros invariantes. ^[5]

Las exponenciales de otros polinomios pares se pueden resolver numéricamente mediante series. Estas pueden interpretarse como cálculos formales cuando no hay convergencia. Por ejemplo, la solución de la integral de la exponencial de un polinomio de cuarto grado es ^{[ cita requerida ]}

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

El requisito de n + p = 0 mod 2 se debe a que la integral de −∞ a 0 contribuye con un factor de (−1) ^{n + p} /2 a cada término, mientras que la integral de 0 a +∞ contribuye con un factor de 1/2 a cada término. Estas integrales aparecen en materias como la teoría cuántica de campos .

Véase también

• Portal de matemáticas
• Portal de física

• Lista de integrales de funciones gaussianas
• Integrales comunes en la teoría cuántica de campos
• Distribución normal
• Lista de integrales de funciones exponenciales
• Función de error
• Integral de Berezin

Referencias

Citas

1. Stahl, Saul (abril de 2006). "La evolución de la distribución normal" (PDF) . MAA.org . Consultado el 25 de mayo de 2018 .
2. Cherry, GW (1985). "Integración en términos finitos con funciones especiales: la función de error". Journal of Symbolic Computation . 1 (3): 283–302. doi : 10.1016/S0747-7171(85)80037-7 .
3. Lee, Peter M. "La integral de probabilidad" (PDF) .
4. "Referencia para la integral gaussiana multidimensional". Stack Exchange . 30 de marzo de 2012.
5. Morozov, A.; Shakirove, Sh. (2009). "Introducción a los discriminantes integrales". Journal of High Energy Physics . 2009 (12): 002. arXiv : 0903.2595 . Bibcode :2009JHEP...12..002M. doi :10.1088/1126-6708/2009/12/002.

Fuentes

• Weisstein, Eric W. "Integral gaussiana". MathWorld .
• Griffiths, David. Introducción a la mecánica cuántica (2.ª ed.).
• Abramowitz, M.; Stegun, IA Manual de funciones matemáticas . Nueva York: Dover Publications.