ガウス積分チートシート

理系学生としてあってはならないことだが、僕は頻繁にガウス積分を忘れる。導出の方法は覚えているのだが、毎回導出するのはかなりあほらしいしまちがいのもとにもなりかねないので、ここにまとめておこうと思う。

1.一番基本的なケース(e^{-x^2})
2.指数の肩が定数倍されているケース(e^{-ax^2})
3.積分区間が0以上のみのケース
4. xがかかっているケース(xe^{-x^2})
5.x^nがかかっているケース(x^n e^{-ax^2})

1.一番基本的なケース(e^{-x^2})

$\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} e^{-x^2}dx$

積分の積に関する可換性と変数変換を用いる。

$I=\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} e^{-x^2}dx =\int^{\infty}_{-\infty} e^{-y^2}dy$ とおくと、

$\begin{eqnarray} I^2 &=& \displaystyle \left( \int^{\infty}_{-\infty} e^{-x^2}dx\right) \cdot \left( \int^{\infty}_{-\infty} e^{-y^2}dy \right) \\ &=& \displaystyle \int^{\infty}_{x=-\infty}\int^{\infty}_{y=-\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy \end{eqnarray}$

ここで2次元極座標に変換する、すなわち

$\left\{ \begin{eqnarray} r &=& \sqrt{x^2+y^2} \\ \theta &=& \mathrm{arctan}\left( \frac{y}{x} \right) \end{eqnarray} \right.$

なる変数変換を行う。ただし、変域は $x$ も $y$ も負の無限大から正の無限大だったので、点対称となり $\theta$ の項は $2\pi$ となる。すなわち

$\begin{eqnarray} I^2 &=& \displaystyle \int^{\infty}_{0} e^{-r^2}\cdot 2\pi rdr \\ &=&-\pi \displaystyle\int^{\infty}_{0} -2r\cdot e^{-r^2} dr \\ &=& \pi \left[e^{-r^2}\right]^{0}_{\infty} \\ &=& \pi \end{eqnarray}$

となる。ここの積分がわからない場合は4を参照されたい。 $e^x$ の正値性より積分も正なので、

$I = \displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}$
を得る。

--------------

2.指数の肩が定数倍されているケース(e^{-ax^2})

$\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} e^{-ax^2}dx \hspace{5mm}(a>0)$

これは単なる置換積分の問題で、 $y=\sqrt{a}x$ と置換すれば、
$\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$
となる。

--------------

3.積分 区間が0以上のみのケース

$\displaystyle \int^{\infty}_{0} e^{-ax^2}dx \hspace{5mm}(a>0)$

これも、 $e^{-ax^2}$ が偶関数であることを考えれば単純で、2の結果を半分にすればよい。すなわち
$\displaystyle \int^{\infty}_{0} e^{-ax^2}dx =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$
また、次のように考えてもよい。1の議論で「積分は全空間だから角度積分は $2\pi$ となる」とした。それに対して積分区間が0から無限大の場合、 ${I^2}$ の積分領域は座標平面で $x$ 、 $y$ がともに正である第一象限のみとなり、 $I^2$ は1/4、結局 $I$ は1/2となるのである。

--------------

4. xがかかっているケース(xe^{-x^2})

$\displaystyle \int^{\infty}_{0} xe^{-ax^2}dx$

1の最後の部分の積分そのものなのだが、置換積分である。詳しくやっておく。

$\displaystyle \int^{\infty}_{0} xe^{-x^2}dx = -\frac{1}{2}\int^{\infty}_{0} -2xe^{-x^2}dx$
$u=-x^2$ とおくと、 $du=-2xdx$ 、 $u:0\to-\infty$ となり、
$\begin{eqnarray}\displaystyle \int^{\infty}_{0} xe^{-x^2}dx &=& -\frac{1}{2}\int^{-\infty}_{0} e^{u}du \\ &=& \frac{1}{2}[e^u]^{0}_{-\infty} \\ &=& \frac{1}{2} \end{eqnarray}$

ちなみに一応言っておくが、被積分関数は奇関数と偶関数の積だから、
$\displaystyle \int^{\infty}_{-\infty} xe^{-x^2}dx=0$
である。

係数がついて $\displaystyle \int^{\infty}_{0} xe^{-ax^2}dx$ となると、
$\displaystyle \int^{\infty}_{0} xe^{-ax^2}dx = \frac{1}{2a}$
となる。

--------------

5.x^nがかかっているケース(x^n e^{-ax^2})

$I_n=\displaystyle \int^{\infty}_{0} x^n e^{-ax^2}dx\hspace{5mm}(n\ge 0)$

これを $a$ の関数と見て微分すると、
$\displaystyle\frac{dI_n}{da}=-\int^{\infty}_0 x^{n+2} e^{-ax^2}dx=-I_{n+2}$
となる。

3,4を見るとわかるとおり、この積分は $n$ が偶数か奇数かで振る舞いが変わる。3が $I_0$ 、4が $I_1$ に相当するので、その結果を $a$ で微分することによって具体的な $n$ の値に対して答えが得られる。

低次の場合についてまとめると、以下のようになる。（というかおそらくここが最も求められているところだと思う）。

$n$	$I_n$	結果
0	$\displaystyle\int^\infty_0 e^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$
1	$\displaystyle\int^\infty_0 xe^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{1}{2a}$
2	$\displaystyle\int^\infty_0 x^2e^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$
3	$\displaystyle\int^\infty_0 x^3e^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{1}{2a^2}$
4	$\displaystyle\int^\infty_0 x^4 e^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{3}{8a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$
5	$\displaystyle\int^\infty_0 x^5e^{-ax^2}dx$	$\displaystyle\frac{1}{a^3}$