ガウス積分の公式の２通りの証明

ガンマ関数の定義より $\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\displaystyle\int_0^{\infty}\dfrac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt$

であり，$t=ax^2$ と置換すると，

$$\begin{aligned} \Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \int_0^{\infty}\dfrac{e^{-ax^2}}{\sqrt{a}x}2axdx\\ &=2\sqrt{a} \int_0^{\infty}e^{-ax^2}dx\\ &=\sqrt{a}I \end{aligned}$$

一方，ガンマ関数とベータ関数の関係より，

$$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\Gamma(1)\beta\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)= \int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}$$

ここで $x=\sin^2\theta$ と置換すると，

$\dfrac{dx}{d\theta}=2\sin\theta\cos\theta$ より，

$$\int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}= \int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}d\theta=\pi$$

以上より，

$$\begin{aligned} I&=\dfrac{1}{\sqrt{a}}\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)\\ &=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \end{aligned}$$

ガウス積分の値を $I$ とおく。

$$\begin{aligned} I^2 &= \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2-ay^2}dxdy \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} I^2 &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{2\pi}e^{-ar^2}rd\theta dr\\ &= 2\pi \int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}rdr\\ &= 2\pi\left[\dfrac{e^{-ar^2}}{-2a}\right]_0^{\infty}\\ &= \dfrac{\pi}{a} \end{aligned}$$

よって，$I=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}$

奇関数の積分なので，
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}xe^{-ax^2}dx=0$
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}x^3e^{-ax^2}dx=0$

部分積分を使うと，

$$\begin{aligned} &\int_{-\infty}^{\infty}x^ne^{-ax^2}dx\\ &=\left[\dfrac{x^{n+1}}{n+1}e^{-ax^2}\right]_{-\infty}^{\infty}+ \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{2a}{n+1}x^{n+2}e^{-ax^2}dx \end{aligned}$$

よって， $$\int_{-\infty}^{\infty}x^{n+2}e^{-ax^2}dx=\dfrac{n+1}{2a} \int_{-\infty}^{\infty}x^ne^{-ax^2}dx$$

• $n=0$ として公式1を使うと公式3を得る： $$\int_{-\infty}^{\infty}x^2e^{-ax^2}dx=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a^3}}$$
• さらに $n=2$ として公式3を使うと公式5を得る： $$\int_{-\infty}^{\infty}x^4e^{-ax^2}dx=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{\pi}{a^5}}$$

$$\begin{aligned} &\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2+bx+c}dx\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x-\frac{b}{2a})^2+\frac{b^2}{4a}+c}dx\\ &= e^{\frac{b^2}{4a}+c} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x-\frac{b}{2a})^2}dx \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} &e^{\frac{b^2}{4a}+c} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy\\ &=e^{\frac{b^2}{4a}+c}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}} \end{aligned}$$ となる。

偶関数の性質と公式1より，

$$\int_0^{\infty}e^{-ax^2}dx=\dfrac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}$$

同様に公式3から公式9が導ける。公式5から公式11が導ける。

普通に原始関数が求まるパターンです：

$$\begin{aligned} &\int_{0}^{\infty}xe^{-ax^2}dx\\ &=\left[\dfrac{-e^{-ax^2}}{2a}\right]_{0}^{\infty}\\ &=\dfrac{1}{2a} \end{aligned}$$

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