ガウス積分の公式の２通りの証明

１次元のガウス積分の公式を導出します。重積分を用いる方法とガンマ関数を用いる方法を解説します。

Γ ( 1 2 ) 2 = Γ ( 1 ) β ( 1 2 , 1 2 ) = ∫ 0 1 d x x ( 1 − x ) \Gamma\left(\dfrac\right)^2=\Gamma(1)\beta\left(\dfrac,\dfrac\right)= \int_0^1\dfrac> Γ ( 2 1 ​ ) 2 = Γ ( 1 ) β ( 2 1 ​ , 2 1 ​ ) = ∫ 0 1 ​ x ( 1 − x )

ここで x = sin ⁡ 2 θ x=\sin^2\theta x = sin 2 θ と置換すると，

d x d θ = 2 sin ⁡ θ cos ⁡ θ \dfrac=2\sin\theta\cos\theta d θ d x ​ = 2 sin θ cos θ より，

∫ 0 1 d x x ( 1 − x ) = ∫ 0 π 2 2 sin ⁡ θ cos ⁡ θ sin ⁡ θ cos ⁡ θ d θ = π \int_0^1\dfrac>= \int_0^\dfracd\theta=\pi ∫ 0 1 ​ x ( 1 − x )

​ d x ​ = ∫ 0 2 π ​ ​ sin θ cos θ 2 sin θ cos θ ​ d θ = π

​ 1 ​ Γ ( 2 1 ​ ) = a π ​

π \pi π を出現させるために極座標を用います。極座標が使える形にするために最初にあえて二乗します。

ガウス積分の値を I I I とおく。

I 2 = ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 d x ∫ − ∞ ∞ e − a y 2 d y = ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 − a y 2 d x d y \begin I^2 &= \int_^e^dx\int_^e^dy\\ &= \int_^\int_^e^dxdy \end I 2 ​ = ∫ − ∞ ∞ ​ e − a x 2 d x ∫ − ∞ ∞ ​ e − a y 2 d y = ∫ − ∞ ∞ ​ ∫ − ∞ ∞ ​ e − a x 2 − a y 2 d x d y ​

ここで x = r cos ⁡ θ , y = r sin ⁡ θ x=r\cos\theta,y=r\sin\theta x = r cos θ , y = r sin θ と置換すると，ヤコビアンは r r r なので，

I 2 = ∫ 0 ∞ ∫ 0 2 π e − a r 2 r d θ d r = 2 π ∫ 0 ∞ e − a r 2 r d r = 2 π [ e − a r 2 − 2 a ] 0 ∞ = π a \begin I^2 &= \int_^\int_^e^rd\theta dr\\ &= 2\pi \int_^e^rdr\\ &= 2\pi\left[\dfrac\right]_0^\\ &= \dfrac \end I 2 ​ = ∫ 0 ∞ ​ ∫ 0 2 π ​ e − a r 2 r d θ d r = 2 π ∫ 0 ∞ ​ e − a r 2 r d r = 2 π [ − 2 a e − a r 2 ​ ] 0 ∞ ​ = a π ​ ​

補足：

• 最初の部分で ∫ A ∫ B = ∫ ∫ A B \displaystyle\int A\int B=\displaystyle\int\int AB ∫ A ∫ B = ∫∫ A B とできることを用いました。（フビニの定理）これは，シグマの二重和が分解できることの一般形です。シグマ計算を機械的に行うための3つの公式の最後の部分。
• 重積分の変数変換，ヤコビアンに関しては厳密には大学内容が必要です。→ヤコビ行列，ヤコビアンの定義と極座標の例
• 平面上において r r r から r + d r r+dr r + d r の間にある部分の面積が 2 π r d r 2\pi rdr 2 π r d r と近似できることと関係しています。全平面上で積分する際に r r r を固定して θ \theta θ で積分し，最後に r r r で積分します。

奇関数の積分なので， ∫ − ∞ ∞ x e − a x 2 d x = 0 \displaystyle\int_^xe^dx=0 ∫ − ∞ ∞ ​ x e − a x 2 d x = 0 ∫ − ∞ ∞ x 3 e − a x 2 d x = 0 \displaystyle\int_^x^3e^dx=0 ∫ − ∞ ∞ ​ x 3 e − a x 2 d x = 0

∫ − ∞ ∞ x n e − a x 2 d x = [ x n + 1 n + 1 e − a x 2 ] − ∞ ∞ + ∫ − ∞ ∞ 2 a n + 1 x n + 2 e − a x 2 d x \begin &\int_^x^ne^dx\\ &=\left[\dfrac>e^\right]_^+ \int_^\dfracx^e^dx \end ​ ∫ − ∞ ∞ ​ x n e − a x 2 d x = [ n + 1 x n + 1 ​ e − a x 2 ] − ∞ ∞ ​ + ∫ − ∞ ∞ ​ n + 1 2 a ​ x n + 2 e − a x 2 d x ​

よって， ∫ − ∞ ∞ x n + 2 e − a x 2 d x = n + 1 2 a ∫ − ∞ ∞ x n e − a x 2 d x \int_^x^e^dx=\dfrac \int_^x^ne^dx ∫ − ∞ ∞ ​ x n + 2 e − a x 2 d x = 2 a n + 1 ​ ∫ − ∞ ∞ ​ x n e − a x 2 d x

• n = 0 n=0 n = 0 として公式1を使うと公式3を得る： ∫ − ∞ ∞ x 2 e − a x 2 d x = 1 2 π a 3 \int_^x^2e^dx=\dfrac\sqrt ∫ − ∞ ∞ ​ x 2 e − a x 2 d x = 2 1 ​ a 3 π ​ ​
• さらに n = 2 n=2 n = 2 として公式3を使うと公式5を得る： ∫ − ∞ ∞ x 4 e − a x 2 d x = 3 4 π a 5 \int_^x^4e^dx=\dfrac\sqrt ∫ − ∞ ∞ ​ x 4 e − a x 2 d x = 4 3 ​ a 5 π ​ ​

∫ − ∞ ∞ e − a x 2 + b x + c d x = ∫ − ∞ ∞ e − a ( x − b 2 a ) 2 + b 2 4 a + c d x = e b 2 4 a + c ∫ − ∞ ∞ e − a ( x − b 2 a ) 2 d x \begin &\int_^e^dx\\ &= \int_^e^dx\\ &= e^ \int_^e^dx \end ​ ∫ − ∞ ∞ ​ e − a x 2 + b x + c d x = ∫ − ∞ ∞ ​ e − a ( x − 2 a b ​ ) 2 + 4 a b 2 ​ + c d x = e 4 a b 2 ​ + c ∫ − ∞ ∞ ​ e − a ( x − 2 a b ​ ) 2 d x ​

ここで， x − b 2 a = y x-\dfrac=y x − 2 a b ​ = y と置換して公式1を使うと，上式は

∫ 0 ∞ x e − a x 2 d x = [ − e − a x 2 2 a ] 0 ∞ = 1 2 a \begin &\int_^xe^dx\\ &=\left[\dfrac\right]_^\\ &=\dfrac \end ​ ∫ 0 ∞ ​ x e − a x 2 d x = [ 2 a − e − a x 2 ​ ] 0 ∞ ​ = 2 a 1 ​ ​

公式3の証明と同様に，部分積分すると以下を導ける： ∫ 0 ∞ x n + 2 e − a x 2 d x = n + 1 2 a ∫ 0 ∞ x n e − a x 2 d x \displaystyle\int_^x^e^dx=\dfrac\displaystyle\int_^x^ne^dx ∫ 0 ∞ ​ x n + 2 e − a x 2 d x = 2 a n + 1 ​ ∫ 0 ∞ ​ x n e − a x 2 d x n = 1 n=1 n = 1 として公式8を使うと公式10を得る。

東京大学大学院情報理工学系研究科修了／2014年にWebサイト『高校数学の美しい物語』を立ち上げ／著書累計 50,000部突破／「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。 →著者情報・書籍一覧を見る