\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}
\end{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}
\end{equation*}
を考えます。左辺は
\begin{eqnarray*}
\lim_{a \to \infty} \int_{-a}^{a} e^{-x^2} dx
\end{eqnarray*}
を意味します（注１）。この積分をガウス積分と呼び、数学や物理学では多用される非常に重要な結果です。簡単そうに見えますか？結構、難しいですよ。
これを示すには、二重積分を用いて変数変換をしたり、ガンマ関数をつかったりするのがメジャーなやり方ですが、いずれも高校生には難解です。
今回は、この多重積分もガンマ関数も用いずに、ほぼ高校の数学のみでガウス積分の結果を証明します。
「ほぼ」と書きましたが、便宜上、証明には二重階乗を用いるので、その部分だけは高校の数学の範囲を逸脱しています（ごめんなさい）。
以下の記事では、高校で学習する微積分の知識に加えて
１．二重階乗[ほんの少しだけ高校の数学外] （詳細）
２．$\sin^n x$の定積分の公式[高校の数学] （詳細）
３．Wallisの公式[高校の数学のみで証明可] （詳細）
を利用します。理解できてない部分は記事を読んで確認してから以下を読み進めてください。
補題1 $\sin^nx$の定積分の公式
\begin{equation*}
I_n = \int_{0}^{\pi/2} \sin^nx dx
\end{equation*}と定義する。
このとき、つぎの補題1が成立する。
I_n = \int_{0}^{\pi/2} \sin^nx dx
\end{equation*}と定義する。
このとき、つぎの補題1が成立する。
I_{2n}&=&\frac{(2n)!}{(2^nn!)^2} \frac{\pi}{2} \\
I_{2n-1}&=&\frac{(2^nn!)^2}{2n(2n)!}
\end{eqnarray}
補題2 Wallisの公式
Wallisの公式
\begin{equation}
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \frac{(2^nn!)^2}{(2n)!} = \sqrt{\pi}\end{equation}
(証明はこちら）
\begin{equation*}
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx = I_{2n-1}
\end{equation*}
\begin{equation}
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \frac{(2^nn!)^2}{(2n)!} = \sqrt{\pi}\end{equation}
(証明はこちら）
補題3 $ \int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx = I_{2n-1}$
補題3
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx = I_{2n-1}
\end{equation*}
証明
$x = \cos t$ とおいて、置換積分をする。
\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx &=& \int_{\pi/2}^{0} (1- \cos^2t)^n(-\sin t) dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} ( \sin^2 t )^n \sin t dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n-1} dt = I_{2n-1}
\end{eqnarray*}
よって、補題3が示された。ただし、$\sin^2t +\cos^2t =1 $を用いた。
補題4 $ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx = I_{2n-2}$
補題4
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx = I_{2n-2}\end{equation*}
証明
$x = \tan t$とおいて、置換積分をする。 $dx=(1+\tan^2t)dt$に注意。
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx &=& \int_{0}^{\pi/2} \frac{1+tan^2t}{(1+\tan^2t)^n} dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2 t)^{n-1}} dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n-2} t dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n-2} \left( \pi/2-t \right) dt
\end{eqnarray*}
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx &=& \int_{0}^{\pi/2} \frac{1+tan^2t}{(1+\tan^2t)^n} dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2 t)^{n-1}} dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n-2} t dt \\
&=& \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n-2} \left( \pi/2-t \right) dt
\end{eqnarray*}
$1+\tan^2x=\frac{1}{\cos^2x}$を用いた。引き続き、$u=\left(\pi/2-t \right)$とおいて、置換積分をすれば、
\int_{\pi/2}^{0} \sin^{2n-2} u (-du) = I_{2n-2}
\end{equation*}
よって、補題4が示せた。
補題5 $ \lim_{n \to \infty} \sqrt{n}I_{2n-2}=\lim_{n \to \infty} I_{2n-1} = \sqrt{\pi}/2 $
補題5
\end{equation*}
証明
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n-1} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \frac{(2^nn!)^2}{2n(2n)!} =\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\frac{(2^nn!)^2}{2(2n)!} = \sqrt{\pi}/2
\end{equation*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} I_{2n-1} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \frac{(2^nn!)^2}{2n(2n)!} =\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\frac{(2^nn!)^2}{2(2n)!} = \sqrt{\pi}/2
\end{equation*}
ただし、補題1と補題2を用いた。
また、Wallisの公式の証明に際して、
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \frac{I_{2n}}{I_{2n-1}} = 1
\end{equation*}
\lim_{n \to \infty} \frac{I_{2n}}{I_{2n-1}} = 1
\end{equation*}
を示している。これより、
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \frac{I_{2n-2}}{I_{2n-1}} = 1
\end{equation*}
\lim_{n \to \infty} \frac{I_{2n-2}}{I_{2n-1}} = 1
\end{equation*}
としてよい。
これを用いれば、
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}I_{2n-2} = \lim_{n \to \infty} I_{2n-1} \frac{I_{2n-2}}{I_{2n-1}} = \frac{\pi}{2}
\end{equation*}
\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}I_{2n-2} = \lim_{n \to \infty} I_{2n-1} \frac{I_{2n-2}}{I_{2n-1}} = \frac{\pi}{2}
\end{equation*}
となる。
補題5が示された。
ガウス積分の証明
次のグラフより、すべての$x$について、$e^x \geq x + 1$ が成立する。
もちろんこれは、グラフをコンピュータに書かせなくても簡単に証明できる。$f(x)=e^x-x-1$と定義し、これを微分すれば、極値は$x=0$で$f(0)=0$の一つしかないことがわかる。増減表を書けばそこが最小値であることが分かるから、全ての$x$について$f(x) \geq 0$より、$e^x \geq x + 1$ である。
$x \geq 0$のとき、$e^x \geq x + 1$ の $x$を$x^2$でおきかえ、$e^{x^2} \geq x^2 +1 $ となる。この両辺の逆数をとって、$e^{-x^2} \leq (1+x^2)^{-1} $ である。さらに$n$乗し、積分すれば、
\int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx \leq \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx
\end{equation*}
となる。
$x \leq x \leq 1$のときは$e^{-x^2} \geq (-x^2) +1 = 1 - x^2$ が言える($x>1$では右辺の正負が変化してしまうことに注意)。両辺を$n$乗し、積分すれば、
\begin{equation*}
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \leq \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx
\end{equation*}
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \leq \int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx
\end{equation*}
となる。$e^{x^2}$は$x>0$において減少関数ではあるが、常に正の値をとる（注２）ため
\begin{equation*}
\int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \leq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx
\end{equation*}
\int_{0}^{1} e^{-nx^2} dx \leq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx
\end{equation*}
が言える。以上より
\begin{equation}
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \leq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx \leq \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx
\end{equation}
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n dx \leq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx \leq \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^n} dx
\end{equation}
$\sqrt{n}x=t$とおいて、置換積分をすれば、
\int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} dx = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\infty} e^{-t^2} dt
\end{equation*}
であるから、(4)は
\begin{equation*}
\sqrt{n} I_{2n-1} \leq \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx \leq \sqrt{n} I_{2n-2}
\end{equation*}
と書き直せる。補題5を用いて、$n \to \infty$で、
\begin{equation*}
\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{equation*}
\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{equation*}
となる。$e^{-x^2}$は明らかに、偶関数であるから、
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx
\end{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx
\end{equation*}
が成立する。よって、
\begin{equation*}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}
\end{equation*}
となり、ガウス積分を高校数学の（ほぼ）範囲内で示すことができた。
注１）このように積分域に$\infty$を含む積分を「広義積分」などと呼ぶ（この説明は広義積分の正しい定義ではない）。
注２）常に正であることは、いかなる実数$x,y$において、$x^y \geq 0$より明らか。減少関数であることは微分すれば直ちに分かる。
補題３の結果がI(2n-1)とありますが、I(2n+1)の間違いではないでしょうか？
返信削除その議論に影響が出ると思います。