ガウス積分

^{ガウス積分を計算する標準的な方法は、ポアソン[ 3 ]}に遡る考え方に基づいて、次の性質を利用することである。

$${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,dy=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dx\,dy.}$$

関数を考えてみましょう${\displaystyle e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}=e^{-r^{2}}}$飛行機の中で$\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$そして、その積分を2つの方法で計算します。

1. 一方、デカルト座標系での二重積分により、その積分は二乗となる。$${\displaystyle \left(\int e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2};}$$
2. 一方、シェル積分（極座標における二重積分の場合）により、その積分は次のように計算される。${\displaystyle \pi }$

これら2つの計算結果を比較すると積分値が得られるが、含まれる広義積分には注意が必要である。

$${\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dx\,dy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,dr\,d\theta \\[6pt]&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}\,dr\\[6pt]&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\tfrac {1}{2}}e^{s}\,ds&&s=-r^{2}\\[6pt]&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\[6pt]&=\pi \,\left[e^{s}\right]_{-\infty }^{0}\\[6pt]&=\pi \,\left(e^{0}-e^{-\infty }\right)\\[6pt]&=\pi \,\left(1-0\right)\\[6pt]&=\pi ,\end{aligned}}}$$ここで、 r の因子は極座標への変換によって現れるヤコビ行列式であり( r dr dθは平面上の標準尺度であり、極座標で表されますWikibooks:Calculus/Polar Integration#Generalization )、置換にはs = − r ²を取ることが含まれるため、ds = −2 r drとなります。

これらの収量を組み合わせると $${\displaystyle \left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\pi ,}$$ それで $$\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$$

^{ラプラス（1812年） [ 3 ]}に遡る別の手法は次のとおりです。 $${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds.\end{aligned}}}$$

y → ±∞のときのsの制限はxの符号に依存するため、 e ^{− x 2}が偶関数であるという事実を利用すると計算が簡略化され、したがって、すべての実数にわたる積分は、0 から無限大までの積分の 2 倍になります。つまり、

$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$$

したがって、積分範囲においてx ≥ 0であり、変数yとs は同じ範囲を持つ。これにより、次の式が得られる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}dy\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\,dy\right)\,dx\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,ds\right)\,dx\\[6pt]\end{aligned}}}$$ 次に、フビニの定理を用いて積分の順序を入れ替える。 $${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\left(\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}x\,dx\right)\,ds\\[6pt]&=4\int _{0}^{\infty }\left[{\frac {e^{-x^{2}\left(1+s^{2}\right)}}{-2\left(1+s^{2}\right)}}\right]_{x=0}^{x=\infty }\,ds\\[6pt]&=4\left({\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right)\\[6pt]&=2\arctan(s){\Big |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=\pi .\end{aligned}}}$$

したがって、${\displaystyle I={\sqrt {\pi }}}$予想通り。

ラプラス近似では、テイラー展開の2次項までしか扱わないので、${\displaystyle e^{-x^{2}}\approx 1-x^{2}\approx (1+x^{2})^{-1}}$。

実際、${\displaystyle (1+t)e^{-t}\leq 1}$すべての人々のために${\displaystyle t}$正確な境界値は以下のとおりです。$$1-x^{2}\leq e^{-x^{2}}\leq (1+x^{2})^{-1}}$$次に、ラプラス近似極限での境界を求めることができます。$$\displaystyle \int _{[-1,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-1,1]}e^{-nx^{2}}dx\leq \int _{[-1,1]}(1+x^{2})^{-n}dx}$$

つまり、 $$\displaystyle 2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1-x^{2})^{n}dx\leq \int _{[-{\sqrt {n}},{\sqrt {n}}]}e^{-x^{2}}dx\leq 2{\sqrt {n}}\int _{[0,1]}(1+x^{2})^{-n}dx}$$

三角関数による置換によって、これら2つの境界値を正確に計算します。${\displaystyle 2{\sqrt {n}}(2n)!!/(2n+1)!!}$そして${\displaystyle 2{\sqrt {n}}(\pi /2)(2n-3)!!/(2n-2)!!}$

ウォリスの公式の平方根を取ることにより、$${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}{\frac {(2n)^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}}$$我々は持っています${\displaystyle {\sqrt {\pi }}=2\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}}$、これが求める下限値です。同様に、求める上限値も求めることができます。逆に、上記の他の方法のいずれかで最初に積分を計算すると、ウォリスの公式の証明が得られます。

コーシーの積分公式は、当初は留数計算には不向きだと考えられていたにもかかわらず、それを用いた証明がいくつか発見されている。^{[ 3 ] [ 4 ]}

任意のガウス関数の積分は $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.}$$

別の形式は $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-(ax^{2}-bx+c)}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\,e^{{\frac {b^{2}}{4a}}-c}.}$$

この形式は、例えば対数正規分布など、正規分布に関連するいくつかの連続確率分布の期待値を計算するのに便利です。

$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{{\frac {1}{2}}it^{2}}dt=e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }}}$$さらに一般的に言えば、$${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{N}}e^{{\frac {1}{2}}i\mathbf {x} ^{T}A\mathbf {x} }dx=\det(A)^{-{\frac {1}{2}}}{\left(e^{i\pi /4}{\sqrt {2\pi }}\right)}^{N}}$$任意の正定値対称行列に対して${\displaystyle A}$。

Aが対称正定値（したがって可逆）n × n精度行列であり、共分散行列の逆行列であると仮定します。すると、

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\mathbf {x} ^{\mathsf {T}}A\mathbf {x} \right)}\,d^{n}\mathbf {x} &=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}\mathbf {x} \\[1ex]&={\sqrt {\frac {{\left(2\pi \right)}^{n}}{\det A}}}={\sqrt {\frac {1}{\det \left(A/2\pi \right)}}}\\[1ex]&={\sqrt {\det \left(2\pi A^{-1}\right)}}\end{aligned}}}$$

平方完成により、これは次のように一般化されます。$${\displaystyle \int _{\mathbb {R} ^{n}}\exp {\left(-{\tfrac {1}{2}}\mathbf {x} ^{\mathsf {T}}A\mathbf {x} +\mathbf {b} ^{\mathsf {T}}\mathbf {x} +c\right)}\,d^{n}\mathbf {x} ={\sqrt {\det \left(2\pi A^{-1}\right)}}\exp \left({\tfrac {1}{2}}\mathbf {b} ^{\mathsf {T}}A^{-1}\mathbf {b} +c\right)}$$

この事実は、多変量正規分布の研究に応用されている。

また、 $${\displaystyle \int x_{k_{1}}\cdots x_{k_{2N}}\,\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\,{\frac {1}{2^{N}N!}}\,\sum _{\sigma \in S_{2N}}(A^{-1})_{k_{\sigma (1)}k_{\sigma (2)}}\cdots (A^{-1})_{k_{\sigma (2N-1)}k_{\sigma (2N)}}}$$ ここで、σは{1, …, 2 N }の順列であり、右辺の余分な因子は、A ^−1のN個のコピーの{1, …, 2 N }のすべての組み合わせペアの合計です。

あるいは、^{[ 5 ]}

$${\displaystyle \int f(\mathbf {x} )\exp {\left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}d^{n}\mathbf {x} ={\sqrt {\frac {{\left(2\pi \right)}^{n}}{\det A}}}\,\left.\exp \left({\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}\left(A^{-1}\right)_{ij}{\partial \over \partial x_{i}}{\partial \over \partial x_{j}}\right)f(\mathbf {x} )\right|_{\mathbf {x} =0}}$$

ある解析関数fに対して、その増大に関する適切な境界とその他の技術的基準を満たす限りにおいて。（一部の関数では機能するが、他の関数では機能しない。多項式は問題ない。）微分作用素上の指数関数はべき級数として理解される。

関数積分には厳密な定義（ほとんどの場合、厳密でない計算上の定義さえも）はありませんが、有限次元の場合と同様にガウス関数積分を定義することができます。しかし、まだ問題は残っています。${\displaystyle (2\pi )^{\infty }}$は無限大であり、また、関数行列式も一般に無限大になります。これは、比率のみを考慮すれば解決できます。

$${\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {\displaystyle \int f(x_{1})\cdots f(x_{2N})\exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}{\displaystyle \int \exp \left[{-\iint {\frac {1}{2}}A(x_{2N+1},x_{2N+2})f(x_{2N+1})f(x_{2N+2})\,d^{d}x_{2N+1}\,d^{d}x_{2N+2}}\right]{\mathcal {D}}f}}\\[6pt]={}&{\frac {1}{2^{N}N!}}\sum _{\sigma \in S_{2N}}A^{-1}(x_{\sigma (1)},x_{\sigma (2)})\cdots A^{-1}(x_{\sigma (2N-1)},x_{\sigma (2N)}).\end{aligned}}}$$

デウィット記法では、この方程式は有限次元の場合と全く同じように見える。

Aが再び対称正定値行列である 場合、（すべてが列ベクトルであると仮定すると）$${\displaystyle {\begin{aligned}\int \exp \left(-{\frac {1}{2}}\sum _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}x_{i}\right)d^{n}\mathbf {x} &=\int \exp \left(-{\tfrac {1}{2}}\mathbf {x} ^{\mathsf {T}}A\mathbf {x} +\mathbf {b} ^{\mathsf {T}}\mathbf {x} \right)d^{n}\mathbf {x} \\&={\sqrt {\frac {(2\pi )^{n}}{\det A}}}\exp \left({\tfrac {1}{2}}\mathbf {b} ^{\mathsf {T}}A^{-1}\mathbf {b} \right).\end{aligned}}}$$

$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{x^{2}}/{a^{2}}}\,dx={\sqrt {\pi }}{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{x^{2}}/{a^{2}}}\,dx={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {(2n-1)!!}{b^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{b}}}}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {n!}{2b^{n+1}}}}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-bx^{2}}\,dx={\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{2b^{\frac {n+1}{2}}}}}$$ どこ${\displaystyle n}$正の整数です

これらを導出する簡単な方法は、積分記号の下で微分することです。

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }x^{2n}e^{-\alpha x^{2}}\,dx&=\left(-1\right)^{n}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\[1ex]&=\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha x^{2}}\,dx\\[1ex]&={\sqrt {\pi }}\left(-1\right)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial \alpha ^{n}}}\alpha ^{-{\frac {1}{2}}}\\[1ex]&={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}}{\frac {(2n-1)!!}{\left(2\alpha \right)^{n}}}\end{aligned}}}$$

部分積分を用いて漸化式を見つけることで、この問題を解決することもできる。

線形基底変換を適用すると、n変数の同次多項式の指数関数の積分は、多項式のSL( n )不変量のみに依存する可能性があることがわかります。そのような不変量の 1 つは判別式であり、その零点は積分の特異点を示します。ただし、積分は他の不変量に​​も依存する可能性があります。^{[ 6 ]}

他の偶数次多項式の指数関数は、級数を用いて数値的に解くことができます。収束しない場合は、形式的な計算として解釈できます。例えば、4次多項式の指数関数の積分の解は次のようになります。

$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+f}\,dx={\frac {1}{2}}e^{f}\sum _{\begin{smallmatrix}n,m,p=0\\n+p=0{\bmod {2}}\end{smallmatrix}}^{\infty }{\frac {b^{n}}{n!}}{\frac {c^{m}}{m!}}{\frac {d^{p}}{p!}}{\frac {\Gamma {\left({\frac {3n+2m+p+1}{4}}\right)}}{{\left(-a\right)}^{\frac {3n+2m+p+1}{4}}}}.}$$

n + p = 0 mod 2 という条件は、 −∞ から 0 までの積分では各項に(−1) ^{n + p} /2の係数が加わり、0 から +∞ までの積分では各項に 1/2 の係数が加わるためです。これらの積分は、量子場理論などの分野で現れます。