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記憶から消える前に備忘録。

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．

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