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가우스 적분의 일반화

공식¹

정수 $n \ge 0$에 대해서 다음의 식이 성립한다.

• 짝수 차수 다항식이 곱해진 경우 $$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{(2n)!}{n! 2^{2n}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$

$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{(2n)!}{n! 2^{2n+1}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$

• 홀수 차수 다항식이 곱해진 경우

$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n+1} e^{-\alpha x^{2}}dx = 0 $$

$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n+1} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{n!}{2 \alpha^{n+1}} $$

설명

가우스 적분

$$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx= \sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} $$

가우스 적분의 일반화로 볼 수 있다.

곱해지는 다항식의 차수가 홀수이면 기함수이므로 실수 전체 범위에 대한 적분은 항상 $0$이다.

증명

짝수

가우스 적분의 양 변을 $\alpha$로 미분하자. 그러면 라이프니츠 규칙에 의해 다음이 성립한다.

$$ \dfrac{d}{d\alpha}\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx \right) = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\partial }{\partial \alpha}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{d}{d\alpha}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} $$

$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{3}}} $$

$\alpha$에 대해서 한 번 더 미분하면 다음을 얻는다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2}\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{5}}} $$

$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} x^{2\cdot2}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{1 \cdot 3}{2^{2}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{5}}} $$

$\alpha$에 대해서 한 번 더 미분하면 다음을 얻는다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{2\cdot2}e^{-\alpha x^2} dx = \cancel{-}\dfrac{1 \cdot 3}{2^{2}}\dfrac{5}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{7}}} $$

$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} x^{2\cdot3}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2^{3}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{7}}} $$

연속된 홀수의 곱

정수 $n \ge 0$에 대해서 다음이 성립한다.

$$ (2n-1) \cdot (2n-3) \cdots 5 \cdot 3 \cdot 1 = \dfrac{(2n)!}{2^{n} (n!)} = (2n-1)!! $$

따라서 위 공식에 의해 다음과 같이 일반화된다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2n}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{(2n!)}{n!2^{2n}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$

$x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}$는 우함수이므로 적분 범위가 절반이면 값도 절반이다.

$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n}e^{-\alpha x^2} dx = \dfrac{(2n!)}{n!2^{2n+1}}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{2n+1}}} $$

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홀수

우선 $\alpha x^{2} \equiv y$와 같이 치환하면 $2\alpha x dx = dy$이므로 $n=0$일 때의 식은 다음과 같다.

$$ \int_{0}^{\infty} xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1}{2\alpha} \int_{0}^{\infty} e^{-y}dy $$

위 식의 우변은 감마함수를 이용하여 $\Gamma (1) = \int_{0}^{\infty} y^{0} e^{-y}dy = 1$임을 알 수 있다. 따라서 다음의 식을 얻는다.

$$ \int_{0}^{\infty} x^{1}e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1}{2\alpha} = \dfrac{0!}{2\alpha^{1}} $$

짝수일 때와 마찬가지로 양 변을 $\alpha$로 미분하면 다음과 같다.

$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{1}{2\alpha^{2}} $$

$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{3}e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1!}{2\alpha^{2}} $$

$\alpha$에 대해서 한 번 더 미분하면 다음을 얻는다.

$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{3}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{2 \cdot 1}{2\alpha^{3}} $$

$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{5}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{2!}{2\alpha^{3}} $$

$\alpha$에 대해서 한 번 더 미분하면 다음을 얻는다.

$$ \int_{0}^{\infty} \cancel{-}x^{2}x^{5}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \cancel{-}\dfrac{3 \cdot 2!}{2\alpha^{4}} $$

$$ \implies \int_{0}^{\infty} x^{7}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{3!}{2\alpha^{4}} $$

따라서 이를 일반화여 표현하면 다음과 같다.

$$ \int_{0}^{\infty} x^{2n+1}xe^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{n!}{2\alpha^{n+1}} $$

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