ガウス積分の証明【重積分やベータ関数とガンマ関数の関係を使った証明】

【重積分を使った証明】

\(\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx\)とおく。

\(\displaystyle I = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy\)としてもう一つ\(I\)を準備した上で、

\(\displaystyle I^2 = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^2}dy\)

\(\displaystyle \quad = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x^2+y^2)}dxdy \)

ここで、\(x=r \cos\theta\)、\(y=r \sin\theta\)と極座標変換すると、ヤコビアンは\(||J|| = r\)なので（ヤコビアンの説明はこちらの記事を参照）、

\(dxdy = rdrd\theta\)

また、\( \{ x: -\infty \to \infty , y: -\infty \to \infty \} \)の表す領域は\( \{ r: 0 \to \infty , \theta: 0 \to 2\pi \} \)となるので、

\(\displaystyle \quad = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{2\pi} e^{-ar^2}rdrd\theta \)

\(\displaystyle \quad = \int_{0}^{\infty}e^{-ar^2}rdr \int_{0}^{2\pi} d\theta \)

\(\displaystyle \quad = \left[-\frac{1}{2a}e^{-ar^2} \right]_{0}^{\infty} \left[\theta \right]_{0}^{2\pi}\)

\(\displaystyle \quad = \frac{1}{2a}\cdot 2\pi=\frac{\pi}{a}\)

よって、\(\displaystyle I=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\)すなわち、 \(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\)（終）

【ベータ関数とガンマ関数の関係を使った証明】

\(\displaystyle B\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma\left( \frac{1}{2} \right)\Gamma\left( \frac{1}{2} \right)}{\Gamma(1)}\)

\(\displaystyle \pi = \left\{ \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) \right\}^2 \)…※（←ちなみに、\(\Gamma(1)=1\)です。こちらの記事を参照。）

ここで、\(\displaystyle \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) \)について

\(\displaystyle \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) = \int_0^\infty t^{-\frac{1}{2}} e^{-t} dt \)なので、

\(t=ax^2\)とおくと、\(t:0 \to \infty\)のとき\(x:0 \to \infty\)、

\(dt = 2axdx\)

よって、

\(\displaystyle \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) = \int_0^\infty a^{-\frac{1}{2}}x^{-1} e^{-ax^2} 2axdx \)

\(\displaystyle \quad = 2 \int_0^\infty a^{\frac{1}{2}} e^{-ax^2} dx \)

\(\displaystyle \quad = \sqrt{a} \int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2} dx \)（←\(e^{-ax^2}\)は偶関数だから）

ゆえに、※より、

\(\displaystyle \pi = \left\{ \sqrt{a} \int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2} dx \right\}^2 \)

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}=\sqrt{\frac{\pi}{a}} \)（終）

（確認）

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{X^2}{2}}dX=1\)となることを確認する。

\(X = \sqrt{2}t\)とおくと、\(X: -\infty \to \infty \)のとき\(t: -\infty \to \infty \)、

\(dX = \sqrt{2}dt\)

よって、

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{X^2}{2}}dX=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2}\sqrt{2}dt\)

\(\displaystyle \quad = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}dt\)

\(\displaystyle \quad = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \cdot \sqrt{\pi} = 1 \)

したがって、\(\displaystyle f(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{X^2}{2}}\)は確率密度関数の条件を満たす。