微分積分⑲ ガウス積分
ガウス積分の公式の導出
ガウス積分の導出を行います。このサイトでもたびたび使っているので、導出まで紹介しようと思います。この記事は広義積分のある程度の理解を前提として書いています。ガウス積分の公式一覧とその導出
ガウス積分公式一覧
以下、$a$$\in \mathbb{R}$について、$a$$\gt$$0$とします。
\begin{align}
\int_{-\infty}^\infty e^{-a x^2}dx&=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \label{eq:1}\\
\int_0^\infty e^{-a x^2}dx&=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \label{eq:2}\\
\int_0^\infty xe^{-a x^2}dx&=\dfrac{1}{2a} \label{eq:3}
\end{align}
また、
\begin{align*}
I_n(a)=\int_0^\infty x^ne^{-a x^2}
\end{align*}
とおくと、
\begin{align}
\dfrac{d}{da}I_n(a)=-I_{n+2}(a) \label{eq:4}
\end{align}
が成り立ちます。
(1)式の証明
以下のように$I$をおきます。\begin{align*}
I=\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}dx
\end{align*}
このとき、明らかに$I$は正です。ここで、$I^2$を計算すると、
\begin{align*}
I^2
&=\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-ay^2}dy\right) \\
&=\int_{-\infty}^\infty dx\int_{-\infty}^\infty dy\ e^{-a(x^2+y^2)}
\end{align*}
ここで、変数変換を行います。$x$,$y$を極座標表示に変換します。
\begin{align*}
x&=r\cos{\theta} \\
y&=r\sin{\theta}
\end{align*}
このとき、$e^{-a(x^2+y^2)}$$=e^{-ar^2(\cos^2{\theta}+\sin^2{\theta})}$$=e^{-ar^2}$で、さらに、ヤコビアン$J$は、
\begin{align*}
J&=
\begin{vmatrix}
\dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial \theta} \\
\dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial \theta}
\end{vmatrix}
\\
&=\begin{vmatrix}
\cos{\theta} & -r\sin{\theta} \\
\sin{\theta} & r\cos{\theta}
\end{vmatrix}
\\
&=r
\end{align*}
なので、(参考:重積分(ヤコビアンなど))
\begin{align*}
I^2=\int_0^{2\pi}d\theta \int_0^\infty dr\ e^{-ar^2}|r|
\end{align*}
ここで、積分範囲は$r$$\gt 0$なので、絶対値は外せて、
\begin{align*}
I^2=\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\infty dr\ re^{-ar^2}
\end{align*}
ここで、被積分関数は$\theta$には依存しないので、
\begin{align*}
I^2=2\pi \int_0^\infty re^{-ar^2}dr
\end{align*}
ここで、$r^2$$=t$とおいて、置換積分を実行すると、積分範囲は$t$:$0\to\infty$で、
$dt$$=2r\ dr$であり、
\begin{align*}
I^2
&=\pi \int_0^\infty e^{-at}dt \\
&=\left. -\dfrac{\pi}{a}e^{-at}\right|^\infty_0 \\
&=\dfrac{\pi}{a}
\end{align*}
さて、$I$$\gt$$0$を考慮すれば、
\begin{align*}
I=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}
\end{align*}
となります。
(2)式の証明
$e^{-ax^2}$は偶関数です。これは$x$$\to$$-x$としたときに形が全く変わらないことからいえます。よって、\begin{align*}
\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}dx
&=\int_{-\infty}^0 e^{-ax^2}dx+\int_0^\infty e^{-ax^2}dx \\
&=2\int_0^\infty e^{-ax^2}dx
\end{align*}
よって、
\begin{align*}
\int_0^\infty e^{-ax^2}dx=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}
\end{align*}
となります。
(3)式の証明
以下の式を計算します。\begin{align*}
\int_0^\infty xe^{-ax^2}dx=\dfrac{1}{2a} \tag{\ref{eq:3}}
\end{align*}
この式は単純な置換積分で計算することができます。$x^2=t$とおくと、$t$:$0\to \infty$,$2xdx$$=dt$なので、
\begin{align*}
\int_0^\infty xe^{-ax^2}dx&=\dfrac{1}{2}\int_0^\infty e^{-at}dt \\
&=\left. -\dfrac{1}{2a}e^{-at}\right|^\infty_0 \\
&=\dfrac{1}{2a}
\end{align*}
(4)式の証明
\begin{align*}
I_n(a)=\int_0^\infty x^n e^{-ax^2}dx
\end{align*}
とおいていました。この式に対して、
\begin{align}
\dfrac{d}{da}I_n(a)=-I_{n+2}(a) \tag{\ref{eq:4}}
\end{align}
を示します。左辺を計算すると右辺にたどり着く、と考えると証明しやすいですし、この結果を発見する流れとしては自然だと思います。積分は$x$に関するもので、連続関数の場合には$x$とは独立な$a$の微分と順番を入れ替えることができて、
\begin{align*}
\dfrac{d}{da}\int_0^\infty x^n e^{-ax^2}dx&=\int_0^\infty \dfrac{d}{da}\left(x^ne^{-ax^2}\right)dx
\end{align*}
この左辺を計算すると、
\begin{align*}
\int_0^\infty x^n e^{-ax^2}(-x^2)dx=-\int_0^\infty x^{n+2}e^{-ax^2}dx=-I_{n+2}(a)
\end{align*}
これで\eqref{eq:4}式は計算できました。