ガウス積分の一般化
式1
整数$n \ge 0$に対して、次の式が成り立つ。
- 偶数次の多項式がかけられた場合 $$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{(2n)!}{n! 2^{2n}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$
$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{(2n)!}{n! 2^{2n+1}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$
- 奇数次の多項式がかけられた場合
$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n+1} e^{-\alpha x^{2}}dx = 0 $$
$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n+1} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{n!}{2 \alpha^{n+1}} $$
説明
$$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx= \sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} $$
ガウス積分の一般化と見ることができる。
かけられる多項式の次数が奇数の場合は、奇関数なので、実数全範囲における積分は常に$0$である。
証明
偶数
ガウス積分の両辺を$\alpha$で微分しよう。すると、ライプニッツの法則により、次が成り立つ。
$$ \dfrac{d}{d\alpha}\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx \right) = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\partial }{\partial \alpha}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{d}{d\alpha}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} $$
$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{3}}} $$
$\alpha$に対してもう一度微分すると、次のようになる。
$$ \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2}\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{5}}} $$
$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} x^{2\cdot2}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{1 \cdot 3}{2^{2}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{5}}} $$
$\alpha$に対してもう一度微分すると、次のようになる。
$$ \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{2\cdot2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1 \cdot 3}{2^{2}}\dfrac{5}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{7}}} $$
$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} x^{2\cdot3}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2^{3}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{7}}} $$
整数$n \ge 0$に対して、次が成り立つ。
$$ (2n-1) \cdot (2n-3) \cdots 5 \cdot 3 \cdot 1 = \dfrac{(2n)!}{2^{n} (n!)} = (2n-1)!! $$
したがって、上記の式により、次のように一般化される。
$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{(2n!)}{n!2^{2n}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$
$x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}$は偶関数なので、積分範囲が半分なら値も半分である。
$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{(2n!)}{n!2^{2n+1}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$
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奇数
まず、$\alpha x^{2} \equiv y$のように置換すると、$2\alpha x dx = dy$なので、$n=0$のときの式は次のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty} xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1}{2\alpha} \int_{0}^{\infty} e^{-y}dy $$
上記の式の右辺は、ガンマ関数を用いると、$\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} y^{0} e^{-y}dy = 1$であることがわかる。したがって、次の式が得られる。
$$ \int_{0}^{\infty} x^{1}e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1}{2\alpha} = \dfrac{0!}{2\alpha^{1}} $$
偶数のときと同様に、両辺を$\alpha$で微分すると、次のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2\alpha^{2}} $$
$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{3}e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1!}{2\alpha^{2}} $$
$\alpha$に対してもう一度微分すると、次のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{3}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{2 \cdot 1}{2\alpha^{3}} $$
$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{5}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{2!}{2\alpha^{3}} $$
$\alpha$に対してもう一度微分すると、次のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{5}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{3 \cdot 2!}{2\alpha^{4}} $$
$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{7}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{3!}{2\alpha^{4}} $$
したがって、これを一般化して表現すると、次のようになる。
$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n+1}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{n!}{2\alpha^{n+1}} $$
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Stephen J. Blundell and Katherine M. Blundell, 열 물리학(Concepts in Thermal Physics, 이재우 역) (2nd Edition, 2014), p590-591 ↩︎