2019/12/18 ガウス積分

承知しました
でも，部分積分でできるでしょう？ まず，\(e^{-t^2}\) を微分してみましょう \[\left(e^{-t^2}\right)' = -2t\,e^{-t^2}\] となりますから \[\begin{eqnarray} I &=& \lim_{k \to \infty} \int_0^k \left(-\frac{1}{2}t\right)\cdot\left(-2t\,e^{-t^2}\right)\,dt \\[4px] &=& -\frac{1}{2} \lim_{k \to \infty} \int_0^k t\cdot\left(e^{-t^2}\right)'\,dt \\[4px] &=& -\frac{1}{2}\lim_{k \to \infty} \left(\Big[\,t\,e^{-t^2}\,\Big]_0^k - \int_0^k e^{-t^2}\,dt\right)　\\[4px] &=& -\frac{1}{2}\lim_{k \to \infty} \left(\frac{k}{e^{k^2}} - \int_0^k e^{-t^2}\,dt\right) \tag{♩} \end{eqnarray}\] あら～！ そういうことでしたか！ ガウス積分ですねぇ！
前半部分の極限が \(0\) であることは容易に分かりますが，後半の積分が問題です
何通りか計算する方法がありまして，ここでは，２乗して重積分を使う方法を紹介していきたいと思います \[I_1 = \int_0^{\infty} e^{-t^2}\,dt\] と書くことにしましょう \[\begin{eqnarray} I_1\!^2 &=& \left(\int_0^{\infty} e^{-t^2}\,dt\right)^2 \\[4px] &=& \int_0^{\infty} e^{-x^2}\,dx \cdot \int_0^{\infty} e^{-y^2}\,dy \\[4px] &=& \int_0^{\infty}\!\!\!\int_0^{\infty} e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}\,dx\,dy \\[4px] &=& \int_0^{\infty}\!\!\!\int_0^{\infty} e^{-\left(x^2+y^2\right)}\,dx\,dy \\[4px] \end{eqnarray}\] 重積分に慣れている方ならば，極座標変換をすれば良いことは直ぐに気づきますね
しかしここでは，念のため，計算過程をできる限り丁寧に示しておきます \[x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta\] とすると \[\begin{eqnarray} x^2 + y^2 &=& r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2 \theta \\[4px] &=& r^2\left(\cos^2\theta + \sin^2\theta\right) \\[4px] &=& r^2 \end{eqnarray}\] また，積分区間は，\(0 \leqq x < \infty\)，\(0 \leqq y < \infty\) より \(\displaystyle 0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}\)，\(0 \leqq r < \infty\)
さらに，ヤコビアン \(|\,J\,|\)を計算しましょう \[\begin{array}{lcl} \displaystyle \frac{\partial x}{\partial r} = \cos\theta & , & \displaystyle \frac{\partial y}{\partial t} = \sin\theta \\[4px] \displaystyle \frac{\partial x}{\partial \theta} = -r\sin\theta & , & \displaystyle \frac{\partial y}{\partial \theta} = r\cos\theta \end{array}\] より \[|\,J\,| = r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r\left(\cos^2\theta + \sin^2\theta\right) = r\] したがって \[\begin{eqnarray} && I_1\!^2 = \int_0^{\infty}\!\!\!\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-r^2}\cdot r\,d\theta\,dr = \int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta \cdot \int_0^{\infty}e^{-r^2}\,r\,dr \\[4px] && \quad \int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta = \Big[\,\theta\,\Big]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} \\[4px] && \quad \int_0^{\infty}e^{-r^2}\,r\,dr = \lim_{k \to \infty}\int_0^k e^{-r^2}\,r\,dr　\\ && \qquad -r^2 = u\quad{\scriptsize とすると}\quad -2r = \frac{du}{dr} \\ && \qquad ∴\quad rdr = -\frac{1}{2}du \\ && \hspace{3em} \begin{array}{c|ccc} r & 0 & \to & k \\ \hline u & 0 & \to & -k^2 \end{array} \\[4px] && \quad ∴\ \begin{array}[t]{l} \displaystyle \int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,dr \\ \displaystyle = -\frac{1}{2}\lim_{k \to \infty} \int_0^{-k^2}e^u\,du \\ \displaystyle = -\frac{1}{2}\lim_{k \to \infty} \Big[\,e^u\,\Big]_0^{-k^2} \\ \displaystyle = \frac{1}{2}\lim_{k \to \infty}\left(1 - e^{-k^2}\right) \\ \displaystyle = \frac{1}{2} \end{array} \end{eqnarray}\] 以上から　　\(\displaystyle I_1\!^2 = \frac{\pi}{4}\)　となって　\(\displaystyle I_1 = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\)

それでは \((♩)\) にもどりましょう
ロピタルの定理を用いれば　\(\displaystyle \lim_{k \to \infty}\frac{k}{e^{k^2}} = \lim_{k \to \infty}\frac{1}{2k\,e^{k^2}} = 0\)　となるので \[I = \frac{\sqrt{\pi}}{4}\] が得られます \(-\!\!\!-\!\!\!-\) 以上にてミッション完了!!