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非有界区間の積分と極限
∫[0,∞]e^(-x^2)dx=√π/2 を示すために e^x>x+1(x≠0)(x=0での一次近似) より 両辺にx=x^2とx=-x^2を代入すると 1-x^2<e^(-x^2)<1/(1+x^2)……(1) (1)のそれぞれのグラフの形に留意しながら定積分の値を定めて それぞれをn乗してから定積分しても大小関係は変化しないので ∫[0,1](1-x^2)^ndx<∫[0,∞]e^(-nx^2)dx<∫[0,∞]1/(1+x^2)^ndx ここで x=cosθと置換すると ∫[0,1](1-x^2)^ndx=∫[0,π/2]sin^(2n+1)θdθ x=1/tanθと置換すると ∫[0,∞]1/(1+x^2)^ndx=[0,π/2]sin(2n-2)dθ また I_n=∫[0,π/2]sin^nθdθ は1≦nにおいて I_2n=π/2・1/2・3/4・5/6・7/8…(2n-1)/2n=πΠ[k=1,n](2k-1)/2k I_(2n+1)=1・2/3・4/5・6/7・8/9…2n/2n+1=Π[k=1,n]2k/(2k+1) となる。 更に √n・x=yとおくと ∫[0,∞]e^(-nx^2)dx=1/√n∫[0,∞]e^(-y^2)dy なので 求める定積分は √n・I_(2n+1)<∫[0,∞]e^(-x^2)dx<√n・I_(2n-2) ここまでは自力でたどり着いたのですが lim[n→∞]I_(2n+1)→√π/2 が示せなくなってしまいました。。。 これさえ示せれば証明できるのですが。。。 どなたかご教授お願いします。
- -somebody-
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I[2n+1]≦I[2n]≦I[2n-1}から(sinθ≦1) lim[n→∞]{(2n)!!/(2n-1)!!}^2・{1/(2n+1)}=π/2 を得ます。これを利用します。 ここで n!!=n(n-2)・・・3・1(nが奇数) n!!=n(n-2)・・・4・2(nが遇数)
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ちょっと数式読むのが面倒くさいので読んでないですが、有名な問題です。 （ガウシアンは、正規分布なんかによく出てくる、超重要な関数です） 「ガウス積分」で検索すればすぐにヒットしますよ。 ネット上に導出がいくらでも転がってます。 wikiにも導出が載ってるくらい有名な積分です。
お礼
ガウス積分というのですね。 ありがとうございます。 また一つ賢くなりました。 やはり曲座標表示との関係性などから二重積分をして導出するのが一般的なようですね。 本当は多変数の微積を学びたいのですが 最近数学にまとまった時間を取れなくなってきてしまったので 今持っている知識でどうにかならないかあがいてみたのですが… お手数をおかけしました。 そのうちに時間が取れたら多変数の微積について学んでみようと思います。
- info22
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わざわざ難しくして出来ない式にしなくて、先人がチャンとやった方法を使えはずっと簡単に示せますよ。 >∫[0,∞]e^(-x^2)dx=√π/2 ∫[0,∞]e^(-x^2)dx=I(>0)とおくと I^2=∫[0,∞]e^(-x^2)dx∫[0,∞]e^(-y^2)dy =∫[0,∞]∫[0,∞]e^(-x^2-y^2)dxdy 直交座標から曲座標の変換を利用して x=rcosθ,y=rsinθと置換すると x^2+y^2=r^2 dxdy=rdrdθ I^2=∫[0,π/2] dθ∫[0,∞] r*e^(-r^2)dr = (π/2)[-e^(-r^2)/2] [0,∞] =(π/2) e^0=π/2 I>0より I=√(π/2)
補足
回答ありがとうございます。 残念ながら多変数関数の微積分をやったことがないので >直交座標から曲座標の変換を利用して x=rcosθ,y=rsinθと置換すると x^2+y^2=r^2 dxdy=rdrdθ ここの式変形で完全に置いていかれてしまいました。。。 友人曰く lim[n→∞]I_(2n+1)→√π/2 が示せるからOK とのことなのですが 証明については適当にはぐらかされてしまったのです。。。
お礼
ありがとうございます。 最近忙しくてパソコンに触れる機会が無かったものでお返事できず申し訳ないです。 回答でのご指摘その通りですね。 ・I_nは減少数列である ・lim[n→∞]n・I_(2n)・I_(2n+1)=π/4 ことから はさみうちの原理で lim[n→∞]√n・I_(2n)=√π/2が示せました。 ありがとうございます。