フーリエ変換を利用してガウス積分 \begin{equation} I_G = \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx \label{eq:I_G} \end{equation} を求める。

1. フーリエ変換

フーリエ変換の定義は色々あるが、ここでは次のように定義する。 \begin{eqnarray} f(x) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} F(k) e^{ikx}\, dk \label{eq:f(x)} \\ F(k) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{-ikx}\, dx \label{eq:F(k)} \end{eqnarray} (\ref{eq:F(k)})式の積分変数${x}$を${x'}$と書き換えて、(\ref{eq:f(x)})式に代入すると、 \begin{eqnarray} f(x) &=& \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \left( f(x') \int_{-\infty}^{+\infty}e^{ik(x-x')} \, dx' \right) \, dk \\ && \nonumber \\ &=& \int_{-\infty}^{+\infty} f(x') \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{ik(x-x')} \, dk \right)\, dx' \end{eqnarray} となる。ゆえに、 \begin{equation} \delta(x-x') = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{ik(x-x')}\, dk \end{equation} が成り立つ。

次に、${f(x)}$にFourier変換を2度おこなう。 これは、(\ref{eq:f(x)})式右辺の${F(k)}$を再度(\ref{eq:f(x)})式を用いて${FF(y)}$に分解して表す操作のことである。 すなわち、 \begin{equation} F(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} FF(y)e^{iky}\, dy \end{equation} とおき、この式を(\ref{eq:f(x)})式に代入する。 \begin{eqnarray} f(x) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} FF(y)e^{iky}\, dy \right) e^{ikx}\, dk \\ &=& \int_{-\infty}^{+\infty} FF(y) \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{ik(x+y)} \, dk \right)\, dy \\ &=& \int_{-\infty}^{+\infty} FF(y) \delta(x+y)\, dy \\ &=& FF(-x) \end{eqnarray} すなわち、 \[ f(x) = FF(-x) \] を得る。

これとは逆に、(\ref{eq:F(k)})式で得られた${F(k)}$を、再度(\ref{eq:F(k)})式右辺に${f(x)}$の代わりに代入して計算する 操作をおこなうと、今度は、 \[ FF(x) = f(-x) \] を得る。

次に、${f'(x)}$のフーリエ変換について考える。その結果を、${\mathcal{F}(k)}$と書くことにし、部分積分をおこなうと、 \begin{eqnarray} \mathcal{F}(k) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} f'(x)e^{-ikx}\, dx \label{mathcal_F(k)} \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left\{ \left[f(x) e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty + ik\int_{-\infty}^\infty f(x) e^{-ikx}\, dx \right\} \\ &=& \frac{ik}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{-ikx}\, dx \end{eqnarray} となるので、 \begin{equation} \mathcal{F}(k) = ik F(k) \label{eq:DF(k)} \end{equation} を得る。

2. ガウス積分

${ a> 0}$ として、 \[ f(x) = e^{-ax^2} \] とおく。すると、 \[ f'(x) = -2ax f(x) =-2ax e^{-ax^2} \] となる。 すると、(\ref{eq:F(k)})式より、 \begin{equation} F(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2} e^{-ikx}\, dx \label{eq:F(k)_G} \end{equation} (\ref{mathcal_F(k)})式および(\ref{eq:DF(k)})式より、 \begin{eqnarray} \mathcal{F}(k) %&=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} f'(x)e^{-ikx}\, dx \\ &=& -\frac{2a}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} x e^{-ax^2} e^{-ikx}\, dx \\ &=& ik F(k) \end{eqnarray} 一方、(\ref{eq:F(k)_G})式を$k$で微分すると、 \begin{eqnarray} \frac{d}{d k} F(k) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2} \ \frac{\partial e^{-ikx}}{\partial k}\, dx \\ &=& -\frac{i}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} x e^{-ax^2} e^{-ikx}\, dx \\ &=& \frac{i}{2a} \mathcal{F}(k) \\ &=& - \frac{k}{2a} F(k) \end{eqnarray} すなわち、 \[ \frac{d}{d k} F(k) = - \frac{k}{2a} F(k) \] が成り立つ。この${F(k)}$についての微分方程式の一般解は、 \begin{equation} F(k) = C e^{-\frac{k^2}{4a}} \label{eq:generalF(k)} \end{equation} で与えられる。

(\ref{eq:F(k)_G})式において${k=0}$とおくと、 \begin{eqnarray} F(0) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}\, dx \nonumber \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi a}}\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx　\nonumber \\ &=& \frac{I_G}{\sqrt{2\pi a}} \label{eq:F(0)} \end{eqnarray} ここで、(\ref{eq:I_G})式 \[ I_G = \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx \] を用いた。 (\ref{eq:F(0)})式と(\ref{eq:generalF(k)})式で${k=0}$とおいたものを比較して、 \[ C = \frac{I_G}{\sqrt{2\pi a}} \] を得るので、結局、 \[ F(k) = \frac{I_G}{\sqrt{2\pi a}} e^{-\frac{k^2}{4a}} \] となる。

以上の結果を(\ref{eq:f(x)})式に代入すると、 \begin{equation} e^{-ax^2} = \frac{I_G}{2 \pi \sqrt{a}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{k^2}{4a}}e^{ikx}\, dk \label{eq:gauss} \end{equation} (\ref{eq:gauss})式において、 置き換え、 \[ a \to \frac{1}{4a} \quad x \to k \quad k \to y \] をおこなうと、 \begin{equation} e^{-\frac{k^2}{4a}} = \frac{I_G \sqrt{a}}{\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{-ay^2} e^{iky} \,dy \label{eq:gauss_k} \end{equation} を得る。

(\ref{eq:gauss_k})式の右辺を(\ref{eq:gauss}) 式の${e^{-\frac{k^2}{4a}}}$に代入すると、 \begin{eqnarray} e^{-ax^2} &=& \frac{I_G^2}{2\pi^2} \int_{-\infty}^\infty e^{-ay^2} \left( \int_{-\infty}^\infty e^{ik(x+y)} \, dk \right)\, dy \\ &=& \frac{I_G^2}{\pi} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-ay^2} \delta(x+y) \, dy \\ &=& \frac{I_G^2}{\pi} e^{-ax^2} \end{eqnarray} すなわち、 \[ \frac{I_G^2}{\pi} = 1 \] を得る。ゆえに、 \[ I_G = \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx = \sqrt{\pi} \] と積分は求まる。