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記憶から消える前に備忘録。

ガウス積分 Part 3

数学

ガウス積分の応用についての備忘録．
今回は，指数に {\displaystyle \frac{1}{x^{2}} } を含む場合について考える．

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \cosh \left( 2\sqrt{\alpha \beta} \right)
}

ただし \alpha(>0), \beta(\ge 0) は実数とする．

前回記事

誤差関数

まず，誤差関数 { \displaystyle \mathrm{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{x} e^{-t^{2}} \mathrm{d} t } を導入する．
誤差関数 { \mathrm{erf}(x) } を図示すると下図のようになる．

ガウス積分 Part 1の結果を踏まえると，

 {\displaystyle
\begin{align}
& \mathrm{erf}(\infty) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-t^{2}} \mathrm{d} t = 1 \\ 
& \mathrm{erf}(-\infty) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{-\infty} e^{-t^{2}} \mathrm{d} t = -1 
\end{align}
}

となることがわかる．

誤差関数の微分

誤差関数 { \mathrm{erf}(x) } の微分はとても単純で，

 {\displaystyle
\begin{align}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-x^{2}}
\end{align}
}

となる．

ガウス積分（応用形）

さて，ここから本題を考えていく．

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \cosh \left( 2\sqrt{\alpha \beta} \right)
}

ただし \alpha(>0), \beta(\ge 0) は実数とする．

証明）
\alpha, \beta(\ge 0) であることから，指数を以下の2通りに平方完成できる．

 {\displaystyle
\begin{align}
& \alpha x^{2} + \frac{\beta}{x^{2}} \\
=\ & \left\{ \begin{array}{l}
\displaystyle \left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2} - 2 \sqrt{\alpha \beta} \\
\displaystyle \left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2} + 2 \sqrt{\alpha \beta} \\
\end{array} \right.
\end{align}
}

ここで， {\displaystyle \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) , \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) } の微分を考えると，

 {\displaystyle
\begin{align}
& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2}} \times \left( \sqrt{\alpha} - \frac{\sqrt{\beta}}{x^{2}} \right) \tag{1}\\
& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2}} \times\left( \sqrt{\alpha} + \frac{\sqrt{\beta}}{x^{2}} \right) \tag{2}
\end{align}
}

となり， (1) \times e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} +(2) \times e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} より，

 {\displaystyle
\begin{align}
& e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) + e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) \\
=\ & 2\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} \left( e^{-\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2}+2 \sqrt{\alpha \beta}} + e^{-\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right)^{2}-2 \sqrt{\alpha \beta}} \right) \\
=\ & 4\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}}
\end{align}
}

 {\displaystyle
\begin{align}
e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} = \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \left\{ e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) + e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) \right\}
\end{align}
}

となる．
よって，

 {\displaystyle
\begin{align}
& \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} \mathrm{d} x \\
=\ & \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \left[ e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) + e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) \right]_{-\infty}^{\infty} \\
=\ & \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \left\{ \left( \mathrm{erf}( \infty ) - \mathrm{erf}( -\infty ) \right) e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} + \left( \mathrm{erf}( \infty ) - \mathrm{erf}( -\infty ) \right) e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \right\} \\
=\ & \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \frac{e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} + e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}}}{2}  \\
=\ & \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \cosh \left( 2\sqrt{\alpha \beta} \right)
\end{align}
}

となる．

ちなみに， \beta = 0 のときには一般のガウス積分となるが， \cosh \left( 2\sqrt{\alpha \beta} \right) = 1 であるため一般のガウス積分の性質が確認できる．

積分区間が片側のとき

ついでに，積分区間が 0 から \infty までのときについて考えておく．

 {\displaystyle
\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} \mathrm{d} x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} e^{-2\sqrt{\alpha \beta}}
}

ただし \alpha(>0), \beta(\ge 0) は実数とする．

証明）
積分区間が両側，つまり， -\infty から \infty までのときの証明と途中まで同じ．

 {\displaystyle
\begin{align}
& \int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} - \frac{\beta}{x^{2}}} \mathrm{d} x \\
=\ & \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \left[ e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x + \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) + e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \times \mathrm{erf}\left( \sqrt{\alpha} x - \frac{\sqrt{\beta}}{x} \right) \right]_{0}^{\infty} \\
=\ & \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \left\{ \left( \mathrm{erf}( \infty ) - \mathrm{erf}( \infty ) \right) e^{2 \sqrt{\alpha \beta}} + \left( \mathrm{erf}( \infty ) - \mathrm{erf}( -\infty ) \right) e^{-2 \sqrt{\alpha \beta}} \right\} \\
=\ & \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} e^{-2\sqrt{\alpha \beta}}
\end{align}
}

より，示された．

これも \beta = 0 のときには片側ガウス積分となるが， e^{-2\sqrt{\alpha \beta}} = 1 であるため片側ガウス積分の性質が確認できる．

ガウス積分 Part 2

数学

前回に引き続き，ガウス積分についての備忘録．
今回は複素数を含む場合について証明を残しておく．

前回記事

複素ガウス積分

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha \{x-(p+qi)\}^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
}

ただし \alpha(>0), p, q は実数とする．

証明）
複素関数 f(z) = e^{-z^{2}} を下図の経路 C (= C_{1} + C_{2} + C_{3} + C_{4}) で積分することを考える．

まず， f(z) は極をもたないので留数定理より

 {
\begin{align}
\oint_{C} f(z) \mathrm{d} z = 0
\end{align}
}

とわかる．（留数定理についての説明は省きます…）

  • 経路 C_{1} について
    z=\alpha (x-p) とおくと \mathrm{d} z = \alpha \mathrm{d} x ， x の積分区間は -R から R までである．
 {
\begin{align}
& \int_{C_{1}} f(z) \mathrm{d} z \\
=\ & \int_{-R}^{R} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \alpha \mathrm{d} x \\
=\ & \alpha \int_{-R}^{R} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x
\end{align}
}
  • 経路 C_{3} について
    z=\alpha {x-(p+qi)} とおくと \mathrm{d} z = \alpha \mathrm{d} x ， x の積分区間は R から -R までである．
 {
\begin{align}
& \int_{C_{3}} f(z) \mathrm{d} z \\
=\ & \int_{R}^{-R} e^{-\alpha \{x-(p+qi)\}^{2}} \alpha \mathrm{d} x \\
=\ & -\alpha \int_{-R}^{R} e^{-\alpha \{x-(p+qi)\}^{2}} \mathrm{d} x
\end{align}
}
  • 経路 C_{2} について
    z=\alpha {(-p+R)+yi} とおくと \mathrm{d} z = i \alpha \mathrm{d} y ， y の積分区間は 0 から -q までである．
 {
\begin{align}
& \left| \int_{C_{2}} f(z) \mathrm{d} z \right| \\
=\ & \left| \int_{0}^{-q} e^{-\alpha \{(-p+R)+yi\}^{2}} i \alpha \mathrm{d} y \right| \\
\le\ & \left| \int_{-q}^{0} \left| \alpha e^{-\alpha \{(-p+R)+yi\}^{2}} \right| \mathrm{d} y \right| \\
=\ & \left| \int_{-q}^{0} \left| \alpha e^{-\alpha \{(-p+R)^{2}-y^{2}\}} e^{-2\alpha (-p+R)yi} \right| \mathrm{d} y \right| \\
\le\ & \left| \int_{-q}^{0} \alpha e^{\alpha \{-(-p+R)^{2}+q^{2}\}} \mathrm{d} y \right| \\
=\ & |q| \alpha e^{\alpha \{-(-p+R)^{2}+q^{2}\}} \\
\to\ & 0 \ \ (R \to \infty)
\end{align}
}

 {
\begin{align}
\lim_{R \to \infty} \int_{C_{2}} f(z) \mathrm{d} z = 0
\end{align}
}
  • 経路 C_{4} について
    z=\alpha {(-p-R)+yi} とおくと \mathrm{d} z = i \alpha \mathrm{d} y ， y の積分区間は -q から 0 までである．
 {
\begin{align}
& \left| \int_{C_{4}} f(z) \mathrm{d} z \right| \\
=\ & \left| \int_{-q}^{0} e^{-\alpha \{(-p-R)+yi\}^{2}} i \alpha \mathrm{d} y \right| \\
\le\ & \left| \int_{-q}^{0} \left| \alpha e^{-\alpha \{(-p-R)+yi\}^{2}} \right| \mathrm{d} y \right| \\
=\ & \left| \int_{-q}^{0} \left| \alpha e^{-\alpha \{(-p-R)^{2}-y^{2}\}} e^{-2\alpha (-p-R)yi} \right| \mathrm{d} y \right| \\
\le\ & \left| \int_{-q}^{0} \alpha e^{\alpha \{-(-p-R)^{2}+q^{2}\}} \mathrm{d} y \right| \\
=\ & |q| \alpha e^{\alpha \{-(-p-R)^{2}+q^{2}\}} \\
\to\ & 0 \ \ (R \to \infty)
\end{align}
}

 {
\begin{align}
\lim_{R \to \infty} \int_{C_{4}} f(z) \mathrm{d} z = 0
\end{align}
}

よって，

 {
\begin{align}
& \lim_{R \to \infty} \oint_{C} f(z) \mathrm{d} z \\
=\ & \lim_{R \to \infty} \left\{ \int_{C_{1}} f(z) \mathrm{d} z + \int_{C_{2}} f(z) \mathrm{d} z + \int_{C_{3}} f(z) \mathrm{d} z + \int_{C_{4}} f(z) \mathrm{d} z \right\} \\
=\ & \alpha \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x - \alpha \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha \{x-(p+qi)\}^{2}} \mathrm{d} x \\
=\ & 0
\end{align}
}

であり，ガウス積分 Part 1より，

 {
\begin{align}
& \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha \{x-(p+qi)\}^{2}} \mathrm{d} x \\
=\ & \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x \\
=\ & \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{align}
}

となる．

次回記事

ガウス積分 Part 1

数学 
 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
}

の形のガウス積分について証明を残しておく．
ただし \alpha(>0), p は実数とする．

ガウス積分（基本形）

まず，ガウス積分の基本形（ \alpha=1, p=0 のとき）について考える．

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\pi}
}

証明）
まず，

 {\displaystyle
\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right)^{2}
}

を考える．

 {
\begin{align}
& \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right)^{2} \\
=\ & \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^{2}} \mathrm{d} y \right) \\
=\ & \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^{2} + y^{2})} \mathrm{d} x \mathrm{d} y
\end{align}
}

ここで， x,y の積分区間がともに -\infty から \infty までなので，この二重積分の積分領域は xy 平面全体になる．

(x,y) を極座標 (r,\theta) に変換すると，上図より r の積分区間は 0 から \infty ， \theta の積分区間は 0 から 2\pi となるので，

 {
\begin{align}
& \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^{2} + y^{2})} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \\
=\ & \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \\
=\ & 2\pi \int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r \mathrm{d} r \\
=\ & 2\pi \left[ - \frac{1}{2} e^{-r^{2}} \right]_{0}^{\infty} \\
=\ & \pi
\end{align}
}

よって，

 {
\begin{align}
& \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right)^{2} = \pi \\
& \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\pi}
\end{align}
}

となる．

ガウス積分（一般形）

続いて，ガウス積分の一般形

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
}

について証明する．

証明）
\sqrt{\alpha} (x-p) = t と置換すると \sqrt{\alpha} \mathrm{d} x = \mathrm{d} t ， t の積分区間は -\infty から \infty までであるので，

 {
\begin{align}
& \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x \\
=\ & \int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^{2}} \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \mathrm{d} t \\
=\ & \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^{2}} \mathrm{d} t
\end{align}
}

ガウス積分（基本形）の結果を利用して，

 {\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-p)^{2}} \mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
}

となる．

ガウス積分（片側）

ついでに x の積分区間が 0 から \infty までのときのガウス積分についても記しておく．

 {\displaystyle
\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
}

証明1）
ガウス積分（基本形）の結果と e^{-x^{2}} の偶関数性に注目すれば明らか．

証明2）
ガウス積分（基本形）の証明と同様に，求める積分値の2乗を考えて，

 {
\begin{align}
& \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right)^{2} \\
=\ & \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x^{2} + y^{2})} \mathrm{d} x \mathrm{d} y
\end{align}
}

であり，この二重積分の積分領域は xy 平面の第一象限になる．

(x,y) を極座標 (r,\theta) に変換すると，上図より r の積分区間は 0 から \infty ， \theta の積分区間は 0 から \frac{\pi}{2} となるので，

 {
\begin{align}
& \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x^{2} + y^{2})} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \\
=\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta \\
=\ & \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r \mathrm{d} r \\
=\ & \frac{\pi}{2} \left[ - \frac{1}{2} e^{-r^{2}} \right]_{0}^{\infty} \\
=\ & \frac{\pi}{4}
\end{align}
}

よって，

 {
\begin{align}
& \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x \right)^{2} = \frac{\pi}{4} \\
& \int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}} \mathrm{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{align}
}

となる．

次回記事