[意地っ張り友の会]1変数関数の微積分のみでガウス積分を計算する

微分積分学2の講義で使っている教科書, 三宅敏恒「入門 微分積分」(培風館)には, 重積分の応用として, \begin{equation} \label{gauss int} \mbox{ガウス積分}: \quad \int_0^\infty e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{equation} の計算が書いてあるのだが, そこに

1. ${\displaystyle S_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx}$, ${\displaystyle C_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x dx}$ とおくと, \begin{equation} \label{wallis int} S_n = C_n = \left\{ \begin{array}{ll} {\displaystyle \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k-2}{2k-1} \cdot \frac{2k-4}{2k-3} \cdot \cdots \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 } & n=2k+1 \ \mbox{のとき}, \\ {\displaystyle \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2k-3}{2k-2} \cdot \frac{2k-5}{2k-4} \cdot \cdots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} } & n=2k \ \mbox{のとき}. \end{array} \right. \end{equation}

[\eqref{wallis int}の計算] ${\displaystyle y=\frac{\pi}{2} - x}$とおくと \[ S_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \sin^n \left( \frac{\pi}{2} - y \right) (-dy) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n y dy = C_n \] となるので, $S_n$で\eqref{wallis int}を示せば良い. 部分積分により \begin{align*} S_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \sin x dx & = \left[ - \sin^{n-1} x \cos x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} (n-1) \sin^{n-2} x \cos x (-\cos x) dx \\ & = (n-1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \cos^2 x dx \\ & = (n-1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) dx \\ & = (n-1) S_{n-2} - (n-1) S_n. \end{align*} よって$nS_n = (n-1) S_{n-2}$であるから, ${\displaystyle S_n = \frac{n-1}{n} S_{n-2}}$を得て, \[ S_{2k+1} = \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k-2}{2k-1} \cdot \frac{2k-4}{2k-3} \cdot \cdots \cdot \frac{2}{3} \cdot S_1, \quad S_{2k} = \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2k-3}{2k-2} \cdot \frac{2k-5}{2k-4} \cdot \cdots \cdot \frac{1}{2} \cdot S_0. \] ここで \[ S_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x dx = [ - \cos x]^{\frac{\pi}{2}}_0 = 1, \quad S_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} dx = [ x]^{\frac{\pi}{2}}_0 = \frac{\pi}{2} \] であるので, \eqref{wallis int}を得る. $\Box$

2. ${\displaystyle S_{2k} S_{2k+1} = \frac{\pi}{4k+2}}$ より, ${\displaystyle \lim_{k \to \infty} k S_{2k} S_{2k+1} = \frac{\pi}{4}}$.

[2.の証明] $S_{2k+1}$, $S_{2k}$をそれぞれ式変形して, \begin{align*} S_{2k} & = \frac{(2k)!}{2^k \cdot k!} \cdot \frac{1}{2k \cdot (2k-2) \cdot (2k-4) \cdot \cdots \cdot 4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{(2k)!}{2^k \cdot k!} \cdot \frac{1}{2^k \cdot k!} \\ & = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{(2k)!}{2^{2k} \cdot (k!)^2}. \\ \mbox{同様に,} \quad S_{2k+1} & = \frac{2^{2k} \cdot (k!)^2}{(2k+1)!}. \end{align*} よって \[ S_{2k} S_{2k+1} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{(2k)!}{2^{2k} \cdot (k!)^2} \cdot \frac{2^{2k} \cdot (k!)^2}{(2k+1)!} = \frac{\pi}{4k+2} \] を得るので, \begin{equation} \label{wallis limit 1} \lim_{k \to \infty} k S_{2k} S{2k+1} = \lim_{k \to \infty} \frac{\pi}{4 + 2k^{-1}} = \frac{\pi}{4}. \ \Box \end{equation}

3. ${\displaystyle \lim_{k \to \infty} \sqrt{k} S_{2k} = \lim_{k \to \infty} \sqrt{k} S_{2k+1} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}}$. $C_n$も同様. ($S_n = C_n$より)

[証明] まず, ${\displaystyle \lim_{k \to \infty} \frac{S_{2k+1}}{S_{2k}} = 1}$に注意しよう. 実際, \[ S_{n} - S_{n+1} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x (1 - \sin x) dx \ge 0 \qquad (\because \ 0 \le x \le \frac{\pi}{2} \ \mbox{で} \ \sin^n x (1-\sin x) \ge 0 \ \mbox{より}) \] より$S_n \ge S_{n+1}$であるから, \[ 1 \ge \frac{S_{2k+1}}{S_{2k}} \ge \frac{S_{2k+2}}{S_{2k}} = \frac{2k+1}{2k+2} \to 1 \quad (k \to \infty). \] よってはさみうちの原理により ${\displaystyle \lim_{k \to \infty} \frac{S_{2k+1}}{S_{2k}} = 1}$. したがって2.により, \[ \lim_{k \to \infty} k S_{2k}^2 = \lim_{k \to \infty} k S_{2k} S_{2k+1} \cdot \frac{S_{2k}}{S_{2k+1}} = \frac{\pi}{4}. \quad \mbox{よって, } \quad \lim_{k \to \infty} \sqrt{k} S_{2k} = \sqrt{\lim_{k \to \infty} k S_{2k}^2} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}. \] ${\displaystyle \lim_{k \to \infty} \sqrt{k} S_{2k+1} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}}$ も同様. $\Box$

ここまでが準備だ.

4. ${\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2} dx}$の計算.

$e^x$のマクローリン展開により, \begin{align} & e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \cdots \ge 1 + x. \nonumber \\ \label{int kernel estimate 1} & \mbox{よって} \quad e^{-x^2} \le \frac{1}{1+x^2}. \end{align} 他方, $x \ge 0$で $e^{-x} \ge 1 - x$. 実際, $g(x) = e^{-x} - (1-x)$とおくと$x \ge 0$で \[ g'(x) = - e^{-x} + 1 \ge 0 \] より, $g(x)$は$x \ge 0$で単調増加. よって \[ e^{-x} - (1-x) = g(x) \ge g(0) = 0 \quad (x \ge 0). \] すなわち$e^{-x} \ge 1 - x$であるから, $e^{-x^2} \ge 1 - x^2$. \eqref{int kernel estimate 1}と上をまとめて, \begin{equation} \label{int kernel estimate 2} x \ge 0 \ \mbox{で} \quad (1 - x^2)^n \le e^{-nx^2} \le \frac{1}{(1+x^2)^n} \end{equation} を得る. (ただし$n$は自然数.)
そこでまず, 右の不等式を用いて \begin{equation} \label{rhs} \int_0^\infty e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx. \end{equation} (本当は, $[0,\infty)$区間上の積分は広義積分でやりますが, その極限操作はざっくり省略.)
ここで$x = \tan t$とすると, \[ \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n} dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(1+\tan^2 t)^n} \frac{dt}{\cos^2 t} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n-2} t dt = C_{2n-2}. \] 他方, \eqref{rhs}の左辺は$y = \sqrt{n}x$とすると, \begin{equation} \label{center side} \int_0^\infty e^{-nx^2} dx = \int_0^\infty e^{-y^2} \frac{dy}{\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^\infty e^{-x^2} dx \end{equation} より, \begin{equation} \label{rhs result} \int_0^\infty e^{-x^2} dx \le \sqrt{n} \cdot C_{2n-2} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n-1}} \cdot \sqrt{n-1} S_{2n-2} \to \frac{\sqrt{\pi}}{2} \quad (n \to \infty). \qquad (\because \mbox{3.}) \end{equation} 次に\eqref{int kernel estimate 2}の左の不等式を用いて, \[ \int_0^1 (1-x^2)^n dx \le \int_0^1 e^{-nx^2} dx \le \int_0^\infty e^{-nx^2} dx. \quad (\because e^{-nx^2} \ge 0) \] 上の左辺について, $x = \sin t$とおくと \[ \int_0^1 (1-x^2)^n dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2 t)^n \cos t dt = C_{2n+1} \] であるから, \eqref{center side}と合わせて \[ \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx \ge \sqrt{n} \int_0^1 (1-x^2) dx = \sqrt{n} C_{2n+1} \to \frac{\sqrt{\pi}}{2} \quad (n \to \infty) \] を得る. これと\eqref{rhs result}と合わせて, はさみうちの原理により, \[ \int_0^\infty e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \] を得る. $\Box$

わかるかこんなもん.