ガウス積分

ガウス積分

定理

$a>0$ とする。このとき、

$$\int_{-\infty}^{\infty} \e^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}$$

が成り立つ。

証明

$$I := \int_{-\infty}^{\infty}\e^{-ax^2}\dd x$$

とおく。

被積分関数は正だから $I>0$ である。また、

$$\begin{aligned} I^2 &= \left( \int_{-\infty}^{\infty} \e^{-ax^2}\dd x \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \e^{-ay^2}\dd y \right) \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \e^{-a(x^2+y^2)} \dd x\dd y. \end{aligned}$$

ここで、

$$x=r\cos\theta, \qquad y=r\sin\theta$$

と極座標変換する。

このときヤコビアンは $r$ だから、

$$\begin{aligned} I^2 &= \int_0^\infty \int_0^{2\pi} \e^{-ar^2}r \dd\theta\dd r \\ &= 2\pi \int_0^\infty \e^{-ar^2}r \dd r \\ &= 2\pi \left[ \dfrac{\e^{-ar^2}}{-2a} \right]_0^\infty \\ &= \lim_{N\to\infty} 2\pi \left[ \dfrac{\e^{-ar^2}}{-2a} \right]_0^N \\ &= \lim_{N\to\infty} 2\pi \left( \dfrac{\e^{-aN^2}}{-2a} - \dfrac{\e^{-a\cdot0^2}}{-2a} \right) \\ &= \pi \left( \dfrac{\displaystyle\lim_{N\to\infty}\e^{-aN^2}}{-a} + \dfrac{\e^{-a\cdot0^2}}{a} \right). \end{aligned}$$

$a>0$ より、

$$\lim_{N\to\infty}\e^{-aN^2}=0$$

だから、

$$\begin{aligned} I^2 &= \pi \left( \dfrac{0}{-a} + \dfrac{1}{a} \right) \\ &= \dfrac{\pi}{a}. \end{aligned}$$

$I>0$ であるから、

$$\boxed{ \int_{-\infty}^{\infty} \e^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}} }$$

となる。$\Box$