3 積分に関する補題

補題 4

  $$\int_{\mbox{\boldmath\scriptsize R}} e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}$$ (8)

証明

$e^{-x^2}$ は偶関数なので、

  $$\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx = \lim_{K\rightarrow \infty}{\int_0^Ke^{-x^2}dx} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$ (9)

を示せばよい。それには、二重積分の極座標変換を用いる。

$$I_K = \int_0^Ke^{-x^2}dx$$

とすると、

$$I_K^2 = \int_0^Ke^{-x^2}dx\int_0^Ke^{-y^2}dy = \int_0^Kdx\int_0^Ke^{-x^2-y^2}dy$$

は、正方形 $D_K=[0,K]\times[0,K]$ 上の二重積分と見ることができる。 $D_K$ は、原点中心半径 $K$ の 1/4 円 $C_K$ を含み、 原点中心半径 $\sqrt{2}\,K$ の 1/4 円 $C_{\sqrt{2},K}$ に含まれるので、

  $$\int\!\!\int _{C_K}e^{-x^2-y^2}dxdy \leq I_K^2 \leq \int\!\!\int _{C_{\sqrt{2},K}}e^{-x^2-y^2}dxdy$$ (10)

となる。ここで、$C_K$ の積分を極座標変換すれば、

$$\int\!\!\int _{C_K}e^{-x^2-y^2}dxdy = \int_0^{\pi/2}d\theta\int_... ...}\left[-\,\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_{r=0}^{r=K} = \frac{\pi}{4}(1-e^{-K^2})$$

となるので、() より、

  $$\frac{\pi}{4}(1-e^{-K^2})\leq I_K^2\leq\frac{\pi}{4}(1-e^{-2K^2})$$ (11)

となる。ここで $K\rightarrow\infty$ とすれば、 はさみうちの原理により、

$$\lim_{K\rightarrow \infty}{I_K^2}=\frac{\pi}{4}$$

となるので、() が得られる。

補題 5

$a>0$, $D=b^2-4ac$ に対して、

  $$\int_{\mbox{\boldmath\scriptsize R}}e^{-(ax^2+bx+c)/2}dx = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}\,e^{D/(8a)}$$ (12)

証明

$$ax^2+bx+c % = a\left(x^2+\frac{bx}{a}\right)+c = a\left(x+\fra... ...\right)^2-\,\frac{b^2}{4a}+c = a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2-\,\frac{D}{4a}$$

より、この積分を $I$ とすると、

$$I = e^{D/(8a)}\int_{\mbox{\boldmath\scriptsize R}}e^{-a(x+b/(2a))^2/2}dx$$

となるので、 $\sqrt{a/2}(x+b/(2a)) = t$ と置換すれば、 補題 より

$$I = e^{D/(8a)}\int_{\mbox{\boldmath\scriptsize R}}e^{-t^2}dt \sqrt{\frac{2}{a}} = e^{D/(8a)}\sqrt{\frac{2\pi}{a}}$$

となる。