${\displaystyle
\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \, dx
}$
の代わりに、
\[
\int_{0}^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \, dx
\]
を求める。
そのために、
\[
F(t) = \int_0^t e^{-x^2}\, dx
\]
と置く。
\[
F'(t) = e^{-t^2}
\]
だから、
\begin{eqnarray*}
\frac{d}{dt} F^2(t) &=& 2 F'(t) F(t) \\
&=& 2\int_0^t e^{-t^2-x^2}\, dx
\end{eqnarray*}
ここで、${x=ty}$とおくと、${dx = t dy }$ で ${0 \le y \le 1}$なので、
\begin{eqnarray*}
\frac{d}{dt} F^2(t) &=& 2\int_0^1 t e^{-t^2(1+y^2)}\, dy \\
&=& -\frac{d}{dt} \int_0^1 \frac{ e^{-t^2(1+y^2)}}{1+y^2}\, dy
\end{eqnarray*}
すなわち、
\begin{equation*}
\frac{d}{dt} \left\{ F^2(t) + \int_0^1 \frac{ e^{-t^2(1+y^2)}}{1+y^2}\, dy \right\} = 0
\end{equation*}
となるので、
\begin{equation}
F^2(t) + \int_0^1 \frac{ e^{-t^2(1+y^2)}}{1+y^2}\, dy
\label{eq:const}
\end{equation}
は、$t$に依らない定数である。
そこで、(\ref{eq:const})式に${t =\infty}$を代入したものと
${t = 0}$を代入したものを等しいとおくと、
${
F(0) = \int_0^0 e^{-x^2}\, dx = 0
}$
なので、
\begin{equation}
F^2(\infty) = \left( \int_{0}^\infty e^{-x^2} \, dx \right)^2 = \int_0^1 \frac{dy}{1+y^2}
\end{equation}
を得る。 (2)式の右辺は、
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 \frac{dy}{1+y^2} &=& \int_0^1 \frac{dy}{(y+i)(y-i)} \\
&=& \frac{-i}{2} \int_0^1\left( \frac{1}{y-i} - \frac{1}{y+i} \right)\, dy \\
&=& \frac{-i}{2} \left[ \ln \left(\frac{y-i}{y+i} \right) \right]_0^1 \\
&=& \frac{-i}{2} \ln \left\{\left(\frac{1-i}{1+i} \right) \left( \frac{i}{-i}\right)\right\} \\
%&=& \frac{-i}{2} \ln \left(\frac{1+i}{1-i} \right) \\
%&=& \frac{-i}{2} \ln \left(\frac{e^{i\pi/4}}{e^{-i\pi/4}} \right) \\
&=& \frac{-i}{2} \ln \left(i \right) \\
&=& \frac{-i}{2} \ln \left(e^{i \pi/2} \right) \\
&=& \frac{\pi}{4}
\end{eqnarray*}
となるので、
\[
\int_0^\infty e^{-x^2}\, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\]
すなわち、
\[
\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx = \sqrt{\pi}
\]
を得る。
参考文献
-
https://gowers.wordpress.com/2007/10/04/when-are-two-proofs-essentially-the-same/\comment-239